问题及解答

给定 $k_1,k_2,k_3,k_4$ 和 $a_1,a_2$, 证明: 平面上存在唯一点 $(x,y)$, 满足下面的方程

\[
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
a_1+\frac{k_1 x+k_2 y}{x^2+y^2}\\
a_2+\frac{k_3 x+k_4 y}{x^2+y^2}
\end{pmatrix}
\]

设 $\cos\theta=\frac{x}{r}$, $\sin\theta=\frac{y}{r}$, 其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$.

于是

\[
\begin{pmatrix}
a_1+\frac{k_1 x+k_2 y}{x^2+y^2}\\
a_2+\frac{k_3 x+k_4 y}{x^2+y^2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
k_1 & k_2\\
k_3 & k_4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{x}{r^2}\\
\frac{y}{r^2}
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
a_1\\
a_2
\end{pmatrix}=\frac{1}{r}\cdot
\begin{pmatrix}
k_1 & k_2\\
k_3 & k_4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\cos\theta\\
\sin\theta
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
a_1\\
a_2
\end{pmatrix}.
\]

先假设 $A=\begin{pmatrix}
k_1 & k_2\\
k_3 & k_4
\end{pmatrix}$ 是正交矩阵, 或者是正交矩阵乘以一个非零常数, 则不妨记

\[
\begin{pmatrix}
k_1 & k_2\\
k_3 & k_4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\cos\theta\\
\sin\theta
\end{pmatrix}=\rho e^{i(\alpha+\theta)},
\]

由于 $k_1,k_2,k_3,k_4$ 是固定的, 因此这里的 $\rho$ 和 $\alpha$ 也是确定的. 记 $Q(s)=\frac{1}{s}\rho e^{i(\alpha+\theta)}$.

当固定 $\theta$ 时, 对每个 $s\in\mathbb{R}^+$, 存在唯一的 $P=(x(s),y(s))$, 使得 $\overrightarrow{QP}=(a_1,a_2)$.

或者反过来理解, 记

\[
M_{\theta}(s)=\overrightarrow{OQ(s)}+(a_1,a_2),
\]

所有的点 $M_{\theta}(s)$ 构成一条直线 $\ell_\theta$, 它到原点 $O$ 的距离是固定的(由 $(a_1,a_2)$ 所确定), 不妨记为 $R$.

要使 $M_\theta$ 就是所求, 即 $x^2(r_0)+y^2(r_0)=r_0^2$.

假设 $a=\sqrt{a_1^2+a_2^2}$, 由余弦定理

\[
a^2=r^2+(\frac{\rho}{r})^2-2r\cdot\frac{\rho}{r}\cdot\cos\alpha.
\]

整理得

\[
r^4-(a^2+2\rho\cos\alpha)r^2+\rho^2=0.
\]

当 $|a^2+2\rho\cos\alpha|\geqslant 2\rho$ 时, 可解出

\[
r^2=\frac{a^2+2\rho\cos\alpha\pm\sqrt{(a^2+2\rho\cos\alpha)^2-4\rho^2}}{2}.
\]

当 $A=\begin{pmatrix}
k_1 & k_2\\
k_3 & k_4
\end{pmatrix}$ 仅是一般的可逆矩阵时, 它作用在 $(\cos\theta,\sin\theta)$ 时仅是仿射变换.

不妨设 $A{e}_1={\epsilon}_1$, $A{e}_2={\epsilon}_2$.  这里 ${e}_1=(1,0)^T$, ${e}_2=(0,1)^T$.

则

\[
A(\cos\theta,\sin\theta)^T=A(\cos\theta e_1+\sin\theta e_2)=\cos\theta\cdot\epsilon_1+\sin\theta\cdot\epsilon_2.
\]

所以, 若设 $\rho e^{i\alpha}=A(\cos\theta,\sin\theta)^T$, 则

\[
\rho=\rho(\theta)=|\cos\theta\cdot\epsilon_1+\sin\theta\cdot\epsilon_2|.
\]

$\alpha=\alpha(\theta)$. 确切的, 有

\[
\begin{aligned}
\rho(\theta)&=\sqrt{(k_1\cos\theta+k_2\sin\theta)^2+(k_3\cos\theta+k_4\sin\theta)^2},\\
\tan\alpha&=\frac{k_3\cos\theta+k_4\sin\theta}{k_1\cos\theta+k_2\sin\theta}.
\end{aligned}
\]

即, 此时的解 $r$ 是依赖于辐角 $\theta$ 的.

\[
r^2(\theta)=\frac{a^2+2\rho(\theta)\cos\alpha(\theta)\pm\sqrt{(a^2+2\rho(\theta)\cos\alpha(\theta))^2-4\rho^2(\theta)}}{2}.
\]