ТОЛЬКО ли эллипс обладает этими свойствами?
Две параллельные прямые касаются эллипса. Между этими двумя линиями каждая линия, параллельная этим двум, пересекает эллипс в двух точках.
Точная середина между этими двумя точками лежит точно на линии, соединяющей две точки касания.
Мой вопрос здесь в том, верно ли это последнее утверждение для каждой пары параллельных касательных только для эллипса и никакой другой формы.
PS: Для настоящих целей давайте определим «касательную» как «касающуюся, но не пересекающую границу». Тогда наклонная линия, проходящая через угол прямоугольника, является «касательной», и мы видим, что прямоугольник НЕ является примером другой формы с интересующим свойством.
PPS: Хорошо, давайте немного уточним постановку задачи. Рассмотрим замкнутое ограниченное множество с непустой внутренней частью на плоскости. Предположим, что он строго выпуклый, т.е. каждая точка между двумя его точками является одной из его внутренних точек. Это означает, что линия, пересекающая его границу, но не внутреннюю часть, пересекает ее только в одной точке. Назовите такую линию касательной. Отсюда следует, что для каждой касательной есть ровно одна параллельная ей другая касательная. Предположим, что для каждой прямой, параллельной этим двум и между ними, середина пересечения этой прямой с нашим замкнутым ограниченным выпуклым множеством находится на прямой, соединяющей две точки касания.
Отсюда следует, что наше замкнутое ограниченное множество - это выпуклая оболочка эллипса?
Ответы
Всякая замкнутая выпуклая кусочно-дифференцируемая кривая с заданным свойством касательности является эллипсом.
Доказательство : проблема аффинна в том смысле, что если кривая обладает данным свойством, то то же самое происходит с любым ее аффинным преобразованием. Итак, начиная с пары касательных на самом широком протяжении кривой, используйте вращение, чтобы сделать касательные вертикальными, и сдвиг, чтобы привести кривую к$\mathcal{C}$ чья линия симметрии $x$-ось.
Теперь возьмем пару горизонтальных касательных на $\mathcal{C}$, встречая его в двух точках, расположенных вертикально друг над другом. Переведите его так, чтобы эта вертикальная линия была$y$ось. затем$\mathcal{C}$ симметричен как относительно $x$ а также $y$топоры. При масштабировании по этим осям их перехваты$1$. Все остальные точки имеют радиус не более$1$, кстати были выбраны исходные касательные.
Предложение 1. $\mathcal{C}$ сбалансирован, т. е. $x\in \mathcal{C}\implies -x\in\mathcal{C}$.
Это следует непосредственно из симметрии по двум перпендикулярным осям.
Следовательно, для любой пары касательных линия, соединяющая точки контакта, проходит через начало координат.
Предложение 2. Кривая дифференцируема.
Соедините противоположные углы линией, проходящей через начало координат. затем$\mathcal{C}$ будет иметь равные расстояния от этой линии вдоль двух наборов параллельных линий, что дает противоречие.
$\hspace{4cm}$
Предложение 3. Любая точка на $\mathcal{C}$ с радиусом $1$ имеет перпендикулярную касательную.
Точка с максимальным радиусом $r(\theta)=1$ должны быть $r'=0$.
Предложение 4. Если $OA$ а также $OB$ иметь радиус $1$ затем их биссектриса угла $OC$.
Касательная, параллельная $AB$ касается кривой в какой-то момент $C$. Линия$OC$ порезы $AB$ пополам по гипотезе и, таким образом, является медианной и биссектрисой угла $AOB$, и перпендикулярно $AB$. Таким образом$\mathcal{C}$ симметрично относительно $OC$ и так касательная в $C$ перпендикулярно $OC$.
$\hspace{3cm}$
Пусть касательная в точке $C$ встретить касательную в $A$ в момент $P$. Рассмотрим касательные, параллельные$AC$ и линия $Q'OQ$соединение противоположных касательных. Эта линия проходит через середину$AC$по гипотезе. В пределе, рядом точки$A'$ на $AP$ а также $C'$ на $CP$ с участием $A'C'$ параллельно $AC$ также делятся пополам $OQ$ поскольку $AP$ а также $CP$ касаются $\mathcal{C}$. Но это значит, что$OQ$ это медиана $APC$, и поэтому $Q$ на $OP$. поскольку$OAPC$ - вписанный четырехугольник с диаметром $OP$, разделенный пополам аккорд $AC$ перпендикулярно $OP$ так что $OC=OA=1$.
Предложение 5. $\mathcal{C}$ это круг.
Поскольку $x$ а также $y$ точки пересечения имеют радиус $1$, можно продолжать брать биссектрисы углов, образуя плотное множество точек радиуса $1$. По непрерывности все точки имеют одинаковый радиус.
Следовательно, исходная кривая является аффинным преобразованием окружности, а именно эллипса.