網狀直線交點軌跡 II
蕭健忠
在數學傳播第84期中 , 提到了底下的問 題:
問題 C: ∆ABC中,
∠
B 的大小是∠
A 的 n 倍, D、E 分別是 BC 與 AC 上的動 點, 且∠
EBC = n∠
DAB, 設 M 是 BE 與 AD 的交點, M 的軌跡為?當時, 我們舉 n = 1 與 n = 2 的例子, M 的軌跡分別為圓及笛卡兒葉形線。 這篇文 章將給出一般的答案。
本文中, ∆ABC 皆設為直角三角形,
∠
B = 90◦
, 且 A、B 的坐標固定為 (0, 0) 與 (0, −1)。一. n = 3 的突破:
如圖一: M 是 BE 與 AD 的交點,
∠
DAB= ϕ,∠
EBC = 3ϕ,...
.. .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. . .. . .. ... .. . .. . .. .. .. .. .
.
... .
... ..
...
A
B C
D E M
圖一
直線 BE 與 AD 的方程式為 (1) AD : y = −x cot ϕ
(2) BE : y + 1 = x tan 3ϕ
由 (1), tan ϕ = −
x y
, 利用倍角公式, tan 3ϕ = 3 tan ϕ − tan3
ϕ1 − 3 tan
2
ϕ = x3
−3xy2
y3
−3x2
y, 代入 (2) 得(3) x
4
−y4
= y3
−3x2
y。換成極坐標, 令 x = r cos θ, y = r sin θ, 代 入 (3) 得
r
4
(cos2
θ −sin2
θ)= r
3
sin θ(sin2
θ −3 cos2
θ)⇒rcos 2θ = sin θ(sin
2
θ −3 + 3 sin2
θ)⇒rcos 2θ = 4 sin
3
θ −3 sin θ⇒rcos 2θ = − sin 3θ。
即 M 的軌跡為 r cos 2θ + sin 3θ = 0。
可以得到如此簡潔的極坐標方程式, 與 A、B 兩點的選擇有關, 尤其 A 當原點更是 得以突破的關鍵。
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網狀直線交點軌跡
II 43
利用相同的辦法, 當 n = 4 時, M 的 軌跡為 r sin 3θ = cos 4θ。
二. n = 4k + 2 的情形:
有 n = 3、n = 4 的成果, 再接再厲算 出 n = 5 時, 軌跡為 r cos 4θ + sin 5θ = 0, 而 n = 6 時, 軌跡為 r sin 5θ = cos 6θ。 所 以猜測 n =偶數時, 軌跡為 r sin(n − 1)θ = cos(nθ), n =奇數時, 軌跡為 r cos(n − 1)θ + sin(nθ) = 0。 不過, 要證明可是非常 繁複的工作, 首先要知道這兩件事:
(a) 將 cos(nθ)、sin(nθ) 表示成 cos θ、sin θ 的多項式。
(b) 將 tan(nϕ) 表示成 tan ϕ 的分式多項 式。
以上兩件事都可以從棣美弗定理導出, 為了方便, 我們舉 n = 4k + 2 的情形, 而 其他情形是類似的。
(a) 由棣美弗定理
(cos θ + i sin θ)
n
= cos(nθ) + i sin(nθ), 得cos(nθ) =
2k+1 X
j=0
(−1)
j
C2 n j
cosn−2j
θsin2j
θ,sin(nθ) =
2 X k+1
j=1
(−1)
j−1
C2 n j−1
cosn+1−2j
θ·sin
2 j−1
θ (b)tan(nϕ) = sin(nϕ) cos(nϕ)
=
2 k+1 P
j=1
(−1)j−1
C2 n j−1
tan2 j−1
ϕ2 k+1 P
j=0
(−1)j
C2j n
tan2 j
ϕ。
除了 (a)、(b) 之外, 證明過程中還需要 組合公式
(c) C
m n
− Cm−1 n
+ Cm−2 n−1
= Cm n−1
,∵
由 巴斯卡定理 Cm n
= Cm n−1
+ Cm−1 n−1
, Cm n
− Cm−1 n
+ Cm−2 n−1
= Cm n
−(Cm−1 n
−Cm−2 n−1
) = Cm n
−Cm−1 n−1
= Cm n−1
, 得證。現在, 可以寫下問題 C 的解答:
解答一:
參考圖一: M 是 BE 與 AD 的交點,
∠
DAB = ϕ,∠
EBC = nϕ, 直線 BE 與 AD 的方程式為(1) AD : y = −x cot ϕ (2) BE : y + 1 = x tan(nϕ) 由 (1), tan ϕ = −
x y
, 利用 (b),tan(nϕ) =
2 k+1 P
j=1
(−1)j
C2 n j−1
yn+1−2j
x2 j−1
2 k+1 P
j=0
(−1)j
C2 n j
yn−2j
x2 j
代入 (2) 得(y + 1)
2 X k+1
j=0
(−1)
j
C2j n
yn−2j
x2j
= x
2k+1 X
j=1
(−1)
j
C2 n j−1
yn+1−2j
x2 j−1
, 齊次項合併,2 X k+1
j=0
(−1)
j
C2 n j
yn+1−2j
x2 j
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數學傳播24
卷2
期 民89
年6
月−
2 X k+1
j=1
(−1)
j
C2 n j−1
yn+1−2j
x2 j
=
2 X k+1
j=0
(−1)
j+1
C2 n j
yn−2j
x2 j
,左式 = y
n+1
+2 X k+1
j=1
(−1)
j
(C2 n j
−C2 n j−1
)·y
n+1−2j
x2 j
= y
n+1
+2 X k+1
j=1
(−1)
j
(C2j n
−C2 n j−1
+C2 n−1 j−2
)yn+1−2j
x2 j
+
2k+1 X
j=1
(−1)
j+1
C2 n−1 j−2
yn+1−2j
x2 j
, 由(c)= y
n+1
+2 X k+1
j=1
(−1)
j
C2 n−1 j
yn+1−2j
x2j
+
2 k
X
j=0
(−1)
j
C2 n−1 j
yn−1−2j
x2 j+2
= y
2
2 k
X
j=0
(−1)
j
C2 n−1 j
yn−1−2j
x2 j
+x
2
2 k
X
j=0
(−1)
j
C2 n−1 j
yn−1−2j
x2 j
= (y
2
+x2
)2 k
X
j=0
(−1)
j
C2 n−1 j
yn−1−2j
x2 j
, 換成極坐標, 令 x = r cos θ, y = r sin θ 代 入, 再由 (a) 得 r sin(n − 1)θ = cos(nθ)。三. 極坐標: 證明其實很簡單
發現答案的極坐標方程式如此簡潔, 覺 得直接用極坐標來找方程式應該比較好, 結 果正如預料。
解答二:
參考圖一: M 是 BE 與 AD 的交點,
∠
DAB= ϕ,∠
EBC = nϕ。 設 M 的極坐 標 (r, θ), 即 AM = r, θ = ϕ +3 2 π
, 考慮∆ABM,
∵ ∠
ABC = 90◦
,∴ ∠
ABM =π
2
− nϕ,∠
AM B =π 2
+ (n − 1)ϕ; 又 AB = 1、AM = r, 利用三角形的正弦定 理, 得到r
sin(
π 2
−nϕ) = 1sin(
π 2
+ (n − 1)ϕ), 即 r cos(n−1)ϕ = cos(nϕ), 將 ϕ = θ−3 2 π
代入, 得rcos[(n−1)θ−3π
2 (n−1)]=cos(nθ−3π 2 n), 分別以 n = 4k, n = 4k + 1, n = 4k + 2, n= 4k + 3 討論, 得到,
n= 偶數時, r sin(n − 1)θ = cos(nθ), n= 奇數時, r cos(n − 1)θ + sin(nθ) = 0。
四. 結語
當發現直接利用極坐標, 證明其實很簡 單的時候, 覺得在直角坐標上與多項式的搏 鬥, 將成為 「抽屜裡的計算紙」, 最好藏起來。
後來想想, 不一定簡單的證明就比較有價值, 在此題目中, 我們於直角坐標上的衝鋒陷陣, 似乎有意思多了。
利用 Excel, 我們作出 n = 2, 3, 4, 5, 6 時, 極坐標方程式的圖形。 看到這些圖形的 人, 都覺得像是某種昆蟲, 而 n = 6 的圖 形, 更讓人聯想到蜘蛛。 在網狀直線中跑出蜘 蛛來, 也算趣味十足吧!
參考資料:
網狀直線交點軌跡
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1. 蕭健忠, 網狀直線交點軌跡, 數學傳播季刊, 第二十一卷第四期, 1997, pp.68-71。
附圖:
n= 2 :
n= 3
n= 4
n= 5
n= 6
—本文作者任教於聖功女中—
