（その３９）をやり直し

(1,R)を焦点とする楕円・放物線・双曲線(x^2/a^2+y^2/b^2=1,y^2=4px,x^2/a^2-y^2/b^2=1)を求めたい

軸はy=tan(mθ)x

(1,0),(cos2mθ,sin2mθ)を通る。

(x,y)を標準的な座標(x^2/a^2+y^2/b^2=1,y^2=4px,x^2/a^2-y^2/b^2=1)とすると

X-1=[cosmθ,-sinmθ][x]

Y-R=[sinmθ, cosmθ][y]

y^2=4px,x=pt^2,y=2pt,(p+α)^2=1+R^2であってp^2=1+R^2ではない

(x1,y1)における接線はy1y=2p(x+x1)

y=0→x=-x1

(-x1,0)から(x1,y1)までの距離は1

(p,0)から(x1,y1)までの距離はR・・・この場合Rでも円の場合と同じであるR=tan(mθ)=cot(θ/2)

cos(mθ)=sin(θ/2)

sin(mθ)=cos(θ/2)

4x1^2+y1^2=1

(x1-p)^2+y1^2=R^2

(x1-p)^2+1-4x1^2=R^2

p^2-2x1p-3x1^2+1=R^2

cos(mθ)=2x1→pが求まる,x1=cos(mθ)/2,y1=sinmθ

p^2-cos(mθ)p-3/4・cos(mθ)^2+1=tan(mθ)^2=-1+sec(mθ)^2

p^2-cos(mθ)p-3/4・cos(mθ)^2-tan(mθ)^2+1=0

p=1/2・(cos(mθ)+{4cos(mθ)^2+4tan(mθ)^2-4}^1/2)

p=1/2・(cos(mθ)+{-4sin(mθ)^2+4tan(mθ)^2}^1/2)→∞

cos(mθ)=sin(θ/2)

sin(mθ)=cos(θ/2)

→p=1/tan(θ/2)に収束すると思われる

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X-α=[cosmθ,-sinmθ][x]

Y-β=[sinmθ, cosmθ][y]

(x1,-y1)=(cos(mθ)/2,-sinmθ)→(1,0)

(x1,y1)=(cos(mθ)/2,sinmθ)→(cos2mθ,sin2mθ)

1-α=cosmθcos(mθ)/2+sin(mθ)^1=1-cos(mθ)^2/2,α=cos(mθ)^2/2

0-β=＝sinmθcos(mθ)/2-cosmθsin(mθ),β=sinmθcos(mθ)/2

cos2mθ-α=cosmθcos(mθ)/2-sin(mθ)^1

sin2mθ-β=＝sinmθcos(mθ)/2+cosmθsin(mθ)・・・OK

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X-α=[cosmθ,-sinmθ][pt^2]

Y-β=[sinmθ, cosmθ][2pt]

rcosθ-α=cosmθ・pt^2-sinmθ・2pt

rsinθ-β=sinmθ・pt^2+cosmθ・2pt

rcosθ=cosmθ・pt^2-sinmθ・2pt+α

rsinθ=sinmθ・pt^2+cosmθ・2pt+β

tanθ=(sinmθ・pt^2+cosmθ・2pt+β)/(cosmθ・pt^2-sinmθ・2pt+α)=(cos(θ/2)・pt^2+sin(θ/2)・2pt+β)/(sin(θ/2)・pt^2-cos(θ/2)・2pt+α)

を解いてtを求める。

(cos(θ/2)・pt^2+sin(θ/2)・2pt+β)=tanθ(sin(θ/2)・pt^2-cos(θ/2)・2pt+α)

(cos(θ/2)-tanθ(sin(θ/2))・pt^2+(sin(θ/2)+tanθ(cos(θ/2))・2pt+β-αtanθ=0

α=cos(mθ)^2/2=sin(θ/2)^2/2,β=sinmθcos(mθ)/2=sin(θ/2)cos(θ/2)/2

→pが無限大になるからこの方程式は

pt^2+(sin(θ/2)+tanθ(cos(θ/2))・2pt=0

t=-2(sin(θ/2)+tanθ・cos(θ/2))に収束するだろうか？ →t=0?

r^2=(sin(θ/2)・pt^2-cos(θ/2)・2pt+α)^2+(cos(θ/2)・pt^2+sin(θ/2)・2pt+β)^2からｒが求められる

=(pt^2)^2+(2pt)^2+α^2+β^2+(-2αcos(θ/2)+2βsin(θ/2))・2pt+(2αsin(θ/2)+2βcos(θ/2))・pt^2

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反対方向に回転させた場合（あるいはYを反転させてもよい）

X-α=[　cosmθ,sinmθ][x]

Y-β=[-sinmθ,cosmθ][y]

(x1,y1)=(cos(mθ)/2,sinmθ)→(1,0)

(x1,- y1)=(cos(mθ)/2,-sinmθ)→(cos2mθ,-sin2mθ)

1-α=cosmθcos(mθ)/2+sin(mθ)^1=1-cos(mθ)^2/2,α=cos(mθ)^2/2

0-β=＝-sinmθcos(mθ)/2+cosmθsin(mθ),β=-sinmθcos(mθ)/2

cos2mθ-α=cosmθcos(mθ)/2-sin(mθ)^1

-sin2mθ-β=＝-sinmθcos(mθ)/2-cosmθsin(mθ)・・・OK

この曲線は

X-α=[　cosmθ,sinmθ][pt^2]

Y-β=[-sinmθ,cosmθ][2pt]

α=cos(mθ)^2/2=sin(θ/2)^2/2

β=-sinmθcos(mθ)/2=-sin(θ/2)cos(θ/2)/2

X-α=cosmθ・pt^2+sinmθ・2pt

Y-β=-sinmθ・pt^2+cosmθ・2pt

X=cosmθ・pt^2+sinmθ・2pt+α=sin(θ/2)・pt^2+cos(θ/2)・2pt+α

Y=-sinmθ・pt^2+cosmθ・2pt+β=-cos(θ/2)・pt^2+sin(θ/2)・2pt+β

(rcosθ、rsinθ)と(rcos(π-2θ),rsin(π-2θ))＝(-rcos2θ,rsin2θ)を結ぶ直線

Y=(rsin2θ-rsinθ/(-rcos2θ-rcosθ)・(X-rcosθ)+rsinθとの交点を求めたいのであるが

X=cosmθ・pt^2+sinmθ・2pt+α=sin(θ/2)・pt^2+cos(θ/2)・2pt+α

Y=-sinmθ・pt^2+cosmθ・2pt+β=-cos(θ/2)・pt^2+sin(θ/2)・2pt+βを代入して、ｔを求める→x,yが求まる

Y(-rcos2θ-rcosθ)=(rsin2θ-rsinθ)・(X-rcosθ)+rsinθ(-rcos2θ-rcosθ)

(Y-rsinθ)(-rcos2θ-rcosθ)=(rsin2θ-rsinθ)・(X-rcosθ)

代入すると

(-cos(θ/2)・pt^2+sin(θ/2)・2pt+β-rsinθ)(-rcos2θ-rcosθ)=(rsin2θ-rsinθ)・(sin(θ/2)・pt^2+cos(θ/2)・2pt+α-rcosθ)

ｔについて整理する

(-cos(θ/2)(-rcos2θ-rcosθ)-sin(θ/2)・(rsin2θ-rsinθ))・pt^2

(sin(θ/2)(-rcos2θ-rcosθ)-cos(θ/2)・(rsin2θ-rsinθ))・2pt

(β-rsinθ)(-rcos2θ-rcosθ)-(α-rcosθ)・(rsin2θ-rsinθ))=0

この方程式は2rpt^2+(sin(θ/2)(-rcos2θ-rcosθ)-cos(θ/2)・(rsin2θ-rsinθ))・2pt=0に収束するか？

t=(sin(θ/2)(-rcos2θ-rcosθ)-cos(θ/2)・(rsin2θ-rsinθ))

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(rcosθ、rsinθ)と(rcos(π-2θ),rsin(π-2θ))＝(-rcos2θ,rsin2θ)を結ぶ直線

y=(rsin2θ-rsinθ/(-rcos2θ-rcosθ)・(x-rcosθ)+rsinθ

との交点を求める

(rcosθ、rsinθ)と(rcos(π-2θ),rsin(π-2θ))＝(-rcos2θ,rsin2θ)の中点((rcosθ-rcos2θ)/2,((rsinθ+rsin2θ)/2)

からの距離の2乗

2Lと1+rの比較が問題となる

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