如何證明這個有關橢圓的趣題？

12-03

將一根閉合的繩子套在橢圓上(假設繩子長度大於橢圓周長，且長度為定值)，並將繩子拉緊，得到點L，如圖
證明L的軌跡是橢圓.

這個是 Graves"s theorem，下面的證明是我從網上拼出來的，最多高中知識足夠了
簡便起見犧牲了一點嚴格性，不過經典力學數學上應該是沒問題的，所以原則上這個證明也沒問題。。。

圖我懶得畫了，自己想像吧

Motivation from mechanics:
取極值顯然答案似乎是橢圓，那麼我們假設軌跡就是個橢圓，並且那個點被約束在了大橢圓上面。假設繩子有彈性，並且現在處於拉伸狀態。繩子中的張力是處處相等的，所以合力落在角平分線上，我們只要證明它垂直於這一點的切線就行了（見下面的定理），因為這樣每個點都是平衡狀態，這個軌跡上能量處處相等，而彈性勢能只取決於拉伸量，所以繩子的總長自然也是相等的。

Main Theorem:
考慮兩個共焦的橢圓 A 與 B，假設 B 比 A 大，那麼過大橢圓 B 上任一點 $T_2$ 向小橢圓作兩個切線，那麼這兩個切線恰好是反射光（與過 P 的大橢圓的切線夾角相同）。

證明：考慮一族以 $F_1,F_2$ 為焦點的橢圓（這族橢圓只有一個自由度，被點到兩焦點的距離和唯一確定），過小橢圓 A 上的一點 P 作切線交大橢圓 B 於 $T_1,T_2$ ，設光線 $T_1,T_2$ 被反射到了 $T_2,T_3$ ，我們希望證明 $T_2,T_3$ 恰好就是過 $T_2$ 到小橢圓的另一條切線。
分別作兩個焦點 $F_1,F_2$ 關於 $T_1,T_2$ 與 $T_2,T_3$ 的對稱點 $F_1^prime,F_2^prime$ 。那麼 $|F_1P|+|PF_2|=|F_1^prime P|+|PF_2|=|F_1^prime F_2|$ ，類似地，這族橢圓中和 $T_2,T_3$ 相切的那個橢圓上的點到兩焦點的距離和是 $|F_2^prime F_1|$ 。
橢圓的光學性質告訴我們 $F_1T_2,T_2F_2$ 也是反射光，那麼 $angle T_1T_2F_1 = angle T_3T_2F_2$ ，翻個倍就是 $angle F_1T_2F_1^prime=angle F_2T_2F_2^prime$ ，那麼很容易看出 $Delta F_2T_2F_1^prime, Delta F_2^prime T_2F_1$ 全等，所以 $|F_1F_2^prime| = |F_2F_1^prime|$ 。也就證明了和 $T_2,T_3$ 相切的那個橢圓就是小橢圓 A。

Ref.

K. Poorrezaei. Two proofs of Graves』s theorem. Amer. Math. Monthly 110 (2003), 826–830.
Reflections in Ellipse

這定理出現在Geometry II

先說一下書中的解答，期待有更多精彩的解答
原書中的證明

額...全是敘述，然後就結束了....不過它用到的是Geometry I中的結論

看不懂上面的可以看下面

先證明以下幾個結論
1.過橢圓外一點做兩條切線，切點為F,G，則 $angle FEB=angle CEG$

做B關於直線EF的對稱點A，過C做關於直線EG對稱點D
則 $angle BFH=angle AFH$ ,
∵EF為橢圓切線
∴ $angle BFH=angle CFE$ (橢圓的光學性質)
∴ $angle AFH=angle CFE$
即A,F,C三點共線
同理B,G,D三點共線
在 $riangle EAC$ 和 $riangle EBD$ 中
$egin{equation} egin{cases} EA=EB \ EC=ED\ AC=AF+FC=BF+FC=BG+GC=BG+GD=BD end{cases} end{equation}$
∴ $riangle EAC cong riangle EBD$
∴ $angle AEC=angle BED$
∴ $angle AEB=angle CEDRightarrow angle FEB=angle CEG$

2.對任意兩個共焦點的橢圓，過外橢圓上一點E做內橢圓的兩條切線EF,EG，過E做外橢圓的切線MN
則 $angle alpha _1=angle alpha_2$

證明：由1的結論 $angle alpha_4=angle alpha3$
∵MN為外橢圓切線
∴ $angle alpha_1+anglealpha_4=angle alpha_3+angle alpha_2$
∴ $anglealpha_1=angle alpha_2$

3.
兩個共焦點的橢圓
內橢圓： $frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2}=1$
外橢圓： $frac{x^2}{m^2}+frac{y^2}{n^2}=1$
$a^2-b^2=m^2-n^2$
E為外橢圓上一點，則坐標可以設為： $x_0=mcos{alpha},y_0=nsin{alpha}$
不妨設 $alpha$ 由 $2pi$ 向 $0$ 變化，即E順時針方向運動
過E做內橢圓兩條切線，切點為F,G
我們來證明 $alpha$ 變化過程中，
線段EF的長+線段EG的長-劣弧FG的長為一個定值

直線FG方程為 $frac{mxcos alpha }{a^2}+frac{nysin{alpha}}{b^2}=1$
F,G坐標為下列方程組的解
$egin{equation} egin{cases} frac{mxcos alpha }{a^2}+frac{nysin{alpha}}{b^2}=1\ frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2}=1 end{cases} end{equation}$
記解為 $F(x_1(alpha),y_1(alpha)),G(x_2(alpha),y_2(alpha))$
$x_1(alpha),x_2(alpha),y_1(alpha),y_2(alpha)$ 均可微

$left| EF ight| =sqrt{(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2}$
對其求微分得
${ m{d}}left| EF ight| =frac{(x_0-x_1)({ m{d}}x_0-{ m{d}}x_1)+(y_0-y_1)({ m{d}}y_0-{ m{d}}y_1)}{sqrt{(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2}}\=({ m{d}}x_0-{ m{d}}x_1,{ m{d}}y_0-{ m{d}}y_1)ullet frac{(x_0-x_1,y_0-y_1)}{sqrt{(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2}}$

$frac{(x_0-x_1,y_0-y_1)}{sqrt{(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2}}$ 即為 $overline {FE}$ 方向上的單位向量，簡記為 $overline u$
所以 ${ m{d}}left| EF ight|=({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0)ullet overline u-({ m{d}}x_1,{ m{d}}y_1)ullet overline u$

$({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0)ullet overline u$ 為向量 $({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0)$ 在FE方向上的投影，故
$({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0)ullet overline u=left|({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0) ight| cos {alpha_3}$
$({ m{d}}x_1,{ m{d}}y_1)ullet overline u=left| ({ m{d}}x_1,{ m{d}}y_1) ight|$

記 $overline {EG}$ 方向上的單位向量為 $overline v$
同理 ${ m{d}}left| EG ight| =({ m{d}}x_2,{ m{d}}y_2)ullet overline v-({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0)ullet overline v$
$({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0)ullet overline v=left|({ m{d}}x_0,{ m{d}}y_0) ight| cos {alpha_2}$
$({ m{d}}x_2,{ m{d}}y_2)ullet overline v=left| ({ m{d}}x_2,{ m{d}}y_2) ight|$

用 $ilde{FG}$ 表示弧長FG(劣弧)
${ m{d}}{ ilde{FG} }=sqrt{{ m{d}}x_2^2+{ m{d}}{y_2^2}}-sqrt{{ m{d}}x_1^2+{ m{d}}{y_1^2}}=left| ({ m{d}}x_2,{ m{d}}y_2) ight| -left| ({ m{d}}x_1,{ m{d}}y_1) ight|$
∴ ${ m{d}}left| EF ight|+{ m{d}}left| EG ight|-{ m{d}}{ ilde{FG} }=0$
即 $left| EF ight| +left| EG ight| -left| ilde{FG} ight|$ 為一個定值
所以 $left| EF ight| +left| EG ight| + ilde{FG}$ 為一個定值
$ilde{FG}$ 表示優弧 $ilde{FG}$

4.原題證明
於是任意給定一個橢圓，焦點設為B,C，然後將繩子套在上面拉緊，得到L點，以B,C為焦點且經過L確定唯一的橢圓，當L在上面運動時，繩子一直處於拉緊狀態

感謝 @Riinn 找到的證明，我給一個不依賴物理上的能量解釋，而是基於他的一部分證明從純粹的幾何角度進行的證明：

假設現在有兩個共焦 $F_1$ 和 $F_2$ 的橢圓一大一小，分別為 $Omega$ 和 $omega$ ， $Omega$ 上有個點P，從P向 $omega$ 做切線，相切於A和B。由Riinn的證明，很顯然 $angle APF_1=angle BPF_2$ 。
而因為 $Omega$ 為橢圓，做 $angle F_1PF_2$ 的平分線 $phi$ ，則 $phi$ 必然與經過P點的橢圓 $Omega$ 的切線相垂直。兩邊加上相等的 $angle APF_1$ 和 $angle BPF_2$ 可得 $angle APB$ 的平分線也為 $phi$ 。

這對於任意兩個橢圓都成立，所以我們假定某點P是恰好處於我們所得到的軌跡之上的。由定義，我們的軌跡顯然是凸曲線。若此軌跡不是橢圓 $Omega$ ，則必存在點M和點N，使得：
$ar{MF_1}+ar{MF_2}leq ar{PF_1}+ar{PF_2}leq ar{NF_1}+ar{NF_2}$
此不等式的兩個等號不能都取到。

若兩邊都不等，M和N分別在 $Omega$ 的內部和外部。我們所求的軌跡中的MPN段必與橢圓 $Omega$ 相交。

然而因為我們是拉著繩子得到的軌跡，一根繩上的力相等，所以為了保持平衡，軌跡上的任何一點P的連線夾角的平分線必然與軌跡在此點P的切線相垂直。因為所求軌跡是凸曲線，而M和N分別在橢圓 $Omega$ 的兩側，所以曲線MPN和橢圓 $Omega$ 在P點不相切，卻又共享一條法線 $phi$ ，矛盾。

若不等式只有一邊不等，也可以取P以外的另一個點來做類似證明。

這篇2005年的文章應該能提供些新的思路：
https://arxiv.org/pdf/math/0511009.pdf

幹嘛這麼麻煩嘞???
l點明顯就是跟橢圓外切的一個圓的圓心軌跡啊？？！

第一反應是命題對圓形肯定是對的，然後變換到橢圓上。不過應該沒戲，因為和周長有關。

可以從高維度來看問題嗎？

橢圓是圓錐曲線，顧名思義，是平面切一個圓錐面得到的交線。

設這個圓錐V的頂點為D，對稱軸為Z，橢圓所在的平面為P，橢圓周計作T，繩子在橢圓周上的兩個切點記為q1和q2。直覺告訴我，由 D，q1（或者q2），L三點構成的平面和圓錐V相切，切線為Dq1（或者Dq2）。顯然平面Dq1L和Dq2L相交於直線DL。

要證明L點的軌跡是橢圓，需要證明這軌跡是P與另一個圓錐V"的交線，且這個圓錐V"與V共有頂點D。

問題里，得到L的軌跡，需要繞行一周。這相當於兩平面Dq1L和Dq2L在圓錐V側面滾動一周，它們的交線DL即划出圓錐V"。

燃鵝，直覺並沒有告訴我為什麼如此，尤其是圓錐V和圓錐V"是否共軸。。。
誰來補一刀。。。

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更新，兩圓錐V和V"必然不共軸，原因是，當L與橢圓周T上近日點和遠日點共線的時候，兩個位置在平面P上是對稱的，但在空間里卻不是關於Z軸對稱的。。。這樣，假設DL掃過的面是圓錐，那麼上述兩個位置必然在這個圓錐V"上，鵝且不關於Z軸對稱，鵝鵝鵝好像有問題呢，，，
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再更新：
橢圓是代數曲線，鵝繩子長度固定且與橢圓相切等等條件得出的L點的軌跡方程也只是代數方程聯立求解的結果。如何證明這個結果是關於x和y的二次多項式？

受 @徐金華同學的激勵，給一個不嚴謹的提示，看看對大家有沒有幫助，權且拋磚引玉，希望此法被完善，本人學識有限，期待高手。