LWLAymh的备忘录

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2024的烟台一模数学压轴题是一道新定义题,是说证明摆线上一点$M ( x_0 , y_0 )$的切线的倾斜角为$\theta$,求证$\frac{ 1 + \cos 2 \theta }{ y_0 } = 1$.在这个题下选用的参数方程是$x = t - \sin t , y = 1 - \cos t$.

这个怎么做呢?我的文化课同学们纷纷使用强大的隐函数求导技巧把它杀穿了啊.可惜我不会隐函数求导,我只会链式法则.但是我考场只记得链式法则怎么用了而完全忘记了这个东西为啥是对的,所以就有了这篇复健博客.

首先来复习一下微分$\text{ d } y$的定义啊,下面这段抄自我原本的高数笔记:

考察$\Delta y = f ( x_0 + \Delta x ) - f ( x_0 )$,不妨假设$f ( x )$在$x_0$处导数存在,自然有$\lim_{ \Delta x \rightarrow 0 } \frac{ \Delta y }{ \Delta x } = f ‘ ( x_0 ) \\$.考察$\eta ( \Delta x ) = \frac{ \Delta y }{ \Delta x } - f ‘ ( x_0 )$,显然$\Delta x \rightarrow 0$时$\eta ( \Delta x )$是一个无穷小量.

那么,我们自然有:

$$\begin{aligned} \Delta y & = f ' ( x_0 ) \Delta x + \eta ( \Delta x ) \Delta x \\ & = f ' ( x_0 ) \Delta x + o ( \Delta x ) , \Delta x \rightarrow 0 \end{aligned}$$

同时,如果我们有这个式子,可以两边同时除以$\Delta x$以证明可导.

这就将一阶导数转化成了无穷小量的形式,我们借此给出微分的定义:

设$y = f ( x )$在$x_0$处有定义,假设有一个常数$A$使得$f ( x_0 + \Delta x ) - f ( x_0 ) = A \Delta x + o ( \Delta x ) , \Delta x \rightarrow 0$,称$f ( x )$在$x_0$处可微,并把$\text{ d } f = \text{ d } y = A \Delta x$称为$f ( x )$在$x_0$处的微分,由于后半部分是一个更高阶的无穷小量,我们说微分是函数改变量的线性主要部分.这个时候结合导数极限的定义,就可以得到$\text{ d } y = f ‘ ( x ) \text{ d } x$,$f ‘ ( x ) = \frac{ \text{ d } y }{ \text{ d } x } \\$.这就是我们将导数称作微商的原因.

一阶微分具有形式不变性.换言之就是,我们在求导的时候是需要选定一个自变量的,当选定的自变量是$y$的时候,根据上面自然会有$z = g ( y ) , \text{ d } z = g ‘ ( y ) \text{ d } y$.

但是当选定的自变量不是$y$的时候,上面的形式是同样成立的.我们下面证明这个结论,令$y = f ( x )$:

$$\begin{aligned} [ g ( f ( x ) ) ] ' & = g ' ( f ( x ) ) f ' ( x ) \\ \text{ d } z & = g ' ( f ( x ) ) f ' ( x ) \text{ d } x \\ \text{ d } z & = g ' ( y ) \text{ d } y \\ \end{aligned}$$

必须提出高阶微分不存在形式不变性,换句话说,$z = g ( y )$的二阶微分的形式不等价于$z = g ( y = f ( x ) )$的二阶微分,你不能乱换元.

根据上面的操作,我们很自然引出了链式法则,也就是:

$$\frac{ \text{ d } y }{ \text{ d } x } = \frac{ \text{ d } y }{ \text{ d } t } \frac{ \text{ d } t }{ \text{ d } x } = \frac{ \text{ d } y }{ \text{ d } t } \frac{ 1 }{ \frac{ \text{ d } x }{ \text{ d } t } }$$

这样上面的题就可以迎刃而解了.

在YT2S 2021级生2课上有一个著名的open problem,也就是在计算自由交配的时候能否拆开考虑,下面我来尝试写一点自己的理解.

首先来看两个问题(前置条件均为孟德尔第二次杂交实验):

1. 将F2中双显性植株自由交配,求后代表现型及比例.

2. 将F2中单显性植株(包括两种单显性植株)自由交配,求后代表现型及比例.

为了方便笔者书写,不妨设这两对基因是$A / a$和$B / b$.

先来看第一个问题,双显性植株中应该有:$\frac{ 1 }{ 9 } AABB , \frac{ 2 }{ 9 } AABb , \frac{ 2 }{ 9 } AaBB , \frac{ 4 }{ 9 } AaBb$.先让第一组基因自由交配,也就是只看$A / a$,我们有$\frac{ 1 }{ 3 } AA$和$\frac{ 2 }{ 3 } Aa$,产生$\frac{ 2 }{ 3 } A$和$\frac{ 1 }{ 3 } a$配子,得到$AA : Aa : aa = 4 : 4 : 1$,也就是$A _ : aa = 8 : 1$.对另一对也这么考虑,最终得到$A _ B _ : A _ bb : aaB _ : aabb = 64 : 8 : 8 : 1$.

非常合理且简洁对吧,但如果你同样拆开考虑第二个问题,会发现这么做是错误的.

我们生物老师LL老师给出的解释是,单显性植株的个体是$A _ bb$和$aaB _$,它们的基因型并没有组合的非常彻底,也就是并没有出现$aabb$和$A _ B _$个体,导致不能乱拆开.

而直觉上感觉这个东西和独立性有关对吧,我们来简单证明一下:

约定$X$是$AA , Aa$或$aa$,$Y$则是$BB , Bb , bb$,那么:$P ( XY ) = P ( Y | X ) P ( X )$.如果可以拆开,那么$P ( XY ) = P ( X ) P ( Y )$,于是有:$P ( Y | X ) = P ( Y )$,也就是这两种基因型互相独立就行,老师说的对啊!

如果只是这样就水了一篇博客非常无聊对吧,能不能证明一点更好玩的结论呢?

考虑设产生四种配子$AB , Ab , aB , ab$的概率分别是$x , y , z , w$,其中$x + y + z + w = 1$.

使用生成函数技巧,配子法给出的答案应该是:$( x AB + y Ab + z aB + w ab )^2$,而拆分再乘起来的答案应该是$( ( x + y ) A + ( z + w ) a )^2 ( ( x + z ) B + ( y + w ) b )^2$,其中$A , B , a , b$均为形式幂.

如果两边相等,有:

$$\begin{aligned} ( x \ AB + y \ Ab + z \ aB + w \ ab )^2 & = ( ( x + y ) A + ( z + w ) a )^2 ( ( x + z ) B + ( y + w ) b )^2 \\ ( x + y + z + w ) ( x \ AB + y \ Ab + z \ aB + w \ ab ) & = ( ( x + y ) A + ( z + w ) a ) ( ( x + z ) B + ( y + w ) b ) \\ \end{aligned}$$

两边展开,就可以知道它的充分必要条件是$P ( ab ) = P ( a ) P ( b )$,也就是产生$a$和$b$的配子概率是独立的.

事情是这样的,很久很久很久以前,我做了一个圆锥曲线压轴题,大概就是椭圆$x$轴上蝴蝶定理硬算题给我整傻眼了.今天我闲的没事乱想突然意识到椭圆可以仿射变换到圆来解决,那么圆肯定有很优美的做法了吧!

然而我瞪了半天也没看出来,没办法最后拿联消判韦把圆的结论搓出来了.

这个时候我又想看看其它的圆锥曲线,发现双曲线好像有点不太会,因为我不是很懂双曲线的内部是啥,然后我发现抛物线的蝴蝶定理更加优美.

所以我就把这一坨东西出了思考题,下面是整理.

约定

下文称$A , B , C$三点满足蝴蝶定理,当且仅当A,B,C三点都在圆锥曲线内部,并且过A的直线与圆锥曲线交于$P , Q$两点,$PB , QB$分别与圆锥曲线交于$P ‘ , Q ‘$两点,而且$P ‘ Q ‘$恒过$C$点.

抛物线

定理1

对于任何一条抛物线$y^2 = 2 px$以及与其内部一点$A ( a , 0 )$,过$A$点与抛物线相交的两个点的横坐标之积等于$a^2$.

证明:联立即可.

定理2

对于任何一条抛物线$y^2 = 2 px$以及其内部的三点$A ( a , 0 ) , B ( b , 0 ) , C ( c , 0 )$,三点满足蝴蝶定理当且仅当$b^2 = ac$.

证明:由定理1,我们有:

x_Qx_{Q’}=b^2\\x_{P’}x_{Q’}=c^2\end{cases}

简单解一下就可以.

定理3

对于任何一条抛物线$y^2 = 2 px$以及其内部的两点$A ( x_a , y_a ) , B ( x_b , y_b )$,要么存在一个点$C$使得$A , B , C$三点满足蝴蝶定理,要么$P ‘ Q ‘$的斜率恒定.

证明:

引理

如果一条动直线$Ax + By + C = 0$中,$A , B , C$满足一次方程$pA + qB + C = 0$,那么这条直线肯定过定点$( p , q )$.

而如果可以找到一个参数$t$,使得可以做到将$A , B , C$分别表示为$f ( t ) , g ( t ) , h ( t )$的形式,其中$f , g , h$都是关于$t$的一次函数或常函数,那么这条直线要么过定点,要么斜率恒定.

对于$P ‘ Q ‘$这条直线,这个$t$相当好找,可以是$k_{ PQ }$,可以是$y_P y_Q$,可以是$y_P + y_Q$,然后带入简单检验一下即可.

圆

定理(坎迪定理)

特例

对于任何一个圆$x^2 + y^2 = r^2$以及其内部三点$A ( a , 0 ) , B ( b , 0 ) , C ( c , 0 )$,若三点满足蝴蝶定理,当且仅当$( a + c ) ( b^2 + r^2 ) = 2 b ( ac + r^2 )$.

通解

对于任何一个圆,我们有下图(图源自百度百科)

那么$\frac{ 1 }{ GP } - \frac{ 1 }{ HP } = \frac{ 1 }{ AP } - \frac{ 1 }{ BP }$.

该定理的几何/代数证明好像都略麻烦,笔者决定开摆

@Querainy 牛逼,下面给出他提供的曲线系证明:

我们尝试把这个做法拓展到坎迪定理上.

照葫芦画瓢,设圆心为$( x_0 , y_0 )$,得到$( CE , DF ) : ( 1 + \lambda k_1 k_2 ) x^2 - 2 x_0 x + x_0^2 + y_0^2 - r^2 = 0$.

此时,$| AB | = \sqrt{ r^2 - y_0^2 }$,$| AP | = | AB | - x_0 , | BP | = | AB | + x_0$,$\frac{ 1 }{ AP } - \frac{ 1 }{ BP } = \frac{ 2 x_0 }{ r^2 - y_0^2 - x_0^2 }$.

而$\frac{ 1 }{ GP } - \frac{ 1 }{ HP } = - \frac{ y_1 + y_2 }{ y_1 y_2 } = \frac{ 2 x_0 }{ r^2 - y_0^2 - x_0^2 }$.

笔者后来思考了一下为什么这个是二次曲线系啊.

我们考虑求过四个定点的二次曲线系,不妨假设这些二次曲线均为$Ax^2 + By^2 + Cxy + Dx + Ey + F = 0$\\

带入四个定点坐标,就可以得到关于$( A , B , C , D , E , F )$的四个方程.不妨先假设这四个方程线性无关.那么就有两个自由元,那么方程的任何一个解,就可以表示为两组线性无关的特解的线性组合.

注意到两个二次曲线线性相关,当且仅当它们是同一条曲线,这就证明了二次曲线系的正确性!

那么怎么证明这四个方程线性无关呢,不太会啊,这次真摆了.

椭圆

定理1

对于任何一个椭圆$\frac{ x^2 }{ r^2 } + \frac{ y^2 }{ d^2 } = 1 ( r > d )$以及其内部三点$A ( a , 0 ) , B ( b , 0 ) , C ( c , 0 )$,若三点满足蝴蝶定理,当且仅当$( a + c ) ( b^2 + r^2 ) = 2 b ( ac + r^2 )$.

证明:

注意到圆的坎迪定理的特例,然后发现我们如果将椭圆的纵轴拉长使其成为一个圆,换言之就是对椭圆进行仿射变换,那么$A , B , C$三点坐标不变并且仍然满足蝴蝶定理.

其它

众所周知,极点极线有一个经典内切四边形结论,其实也就是所谓的完全四边形啊.

给张图,

其中$G , D , H , A$成调和点列.

我们冷静一下,注意到$( AF , AE )$就是一个二次曲线,而且$F , C , B , E$是二次曲线上四个点,所以这个还可以用曲线系方程来证明这四个点成调和点列,非常有实力.

当然,为了应对文化课,我们有更加简单的证明完全四边形调和点列的做法:

不妨设$d = \frac{ BC }{ EF }$,令$\vec{ e } = \vec{ AE } , \vec{ f } = \vec{ AF }$,则$\vec{ AD } = \lambda_1 \vec{ e } + \mu_1 d \vec{ f } = \lambda_2 d \vec{ e } + \mu_2 \vec{ f }$,对比系数得到两个方程,再加上$\mu_1 + \lambda_1 = 1 , \mu_2 + \lambda_2 = 1$,立刻解出结论.

高中物理的时候有这么一个题,然后今天刚好信物讲到了,顺手来总结一下.

先来个简单版本:我从一个点打炮弹,目标与我的距离为$x$,且目标比我高$h$,问以什么样的角度打出炮弹能使得击中目标并且初速度最小.

我们当然会第一反应认为这是一个很简单的问题,考虑$t = \frac{ x }{ v_0 \cos \theta }$,因为我们很容易写出方程:

$$\begin{aligned} x \frac{ \sin \theta }{ \cos \theta } - \frac{ gx^2 }{ 2 v_0^2 \cos^2 \theta } & = h \\ \frac{ 1 }{ v_0^2 } & = \frac{ 1 }{ gx^2 } ( x \sin ( 2 \theta ) - h \cos ( 2 \theta ) - h ) \\ \frac{ 1 }{ v_0^2 } & = \frac{ 1 }{ gx^2 } ( \sqrt{ x^2 + h^2 } \sin ( 2 \theta - \varphi ) - h ) , \varphi = \arctan ( \frac{ h }{ x } ) \end{aligned}$$

只需要对后面那个东西用辅助角公式就可以了对吧,非常简单啊!

然而,我们稍微改下题面:

我从一个高度为$h$的点打炮弹,初速度确定为$v_0$,问以什么样的角度打炮弹能打得最远.

这有啥区别啊,只需要改个正负号就行了是吧,让我们看看:

$$\frac{ 1 }{ v_0^2 } = \frac{ 1 }{ gx^2 } ( x \sin ( 2 \theta ) + h \cos ( 2 \theta ) + h )$$

这下发现问题了,这个$x$根本拿不出来啊.

重新按部就班,发现只能用求根公式得到$x$的表达式,更进一步地,我们有:

$$x = \frac{ v_0 \cos \theta ( v_0 \sin \theta + \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } ) }{ g }$$

怎么办呢?yth老师给出了一个想法是使用柯西不等式,注意到:

$$\begin{aligned} x & = \frac{ v_0 \cos \theta ( v_0 \sin \theta + \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } ) }{ g } \\ & = \frac{ v_0 \sin \theta v_0 \cos \theta + v_0 \cos \theta \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } }{ g } \\ & \leq \frac{ 1 }{ g } ( v_0 \sqrt{ v_0^2 + 2 gh } ) \end{aligned}$$

当且仅当$v_0^2 \cos^2 \theta = v_0 \sin \theta \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } , \frac{ 1 }{ \tan^2 \theta } = \frac{ 2 gh }{ v_0^2 } + 1$的时候取等.

还有一种策略是考虑对隐函数求导然后令$\frac{ \text{ d } x }{ \text{ d } \theta } = 0$,这样得到情况会和我们一开始的初始问题得到的答案相等,也就是当$\tan ( 2 \theta ) = - \frac{ x }{ h }$的时候$x$会取极限.这也很好理解,因为我们如果当前的速度没有用到极限打到最远,总能调整使得得到一个更小的速度打到当前的距离,因此距离还有提高的空间.

有没有更聪明一点的办法呢?

我们注意到初速度是定值,根据机械能守恒定律,末速度的大小一定是个定值,我们考虑:

$$\vec{ v } = \vec{ v }_0 + \Delta \vec{ v }$$

通过机械能守恒定律可以算出$| \vec{ v } | = \sqrt{ v_0^2 + 2 gh }$.

注意到$\vec{ v }$和$\vec{ v }_0$的水平方向分速度是相同的.然后有一个天才的想法是,考虑上述那个向量式的三角形法则,设那个三角形的面积为$S$,注意到$\Delta \vec{ v } = gt$,而$x = v_0 \cos \theta t = \frac{ 2 S }{ g } \leq \frac{ v_0 \sqrt{ v_0^2 + 2 gh } }{ g }$,也就是面积最大的时候应该是$\vec{ v }_0$和$\vec{ v }$夹角为$\frac{ \pi }{ 2 }$的时候.

直接从形式上来看:

$$\frac{ v_0 \sin \theta v_0 \cos \theta + v_0 \cos \theta \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } }{ g }$$

我们知道正交分解的时候从结果上来说可以作分方向的动能定理,因此初速度是$( v_0 \cos \theta , v_0 \sin \theta )$,末速度是$( v_0 \cos \theta , - \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } ) )$,因此$x = \frac{ \vec{ v } \times \vec{ v }_0 }{ g }$.

这个想法过于震惊了,以至于我在之后多次回忆起这个题,想去找到初速度与末速度叉积的物理意义.但直到如今我也没有完全理解这个做法.

写到这发现没活整了,顺便在这写一下另一个斜抛题:

抛射质量为$m$的小球,抛射倾角为$\theta$,初速度大小为$v_0$,所受空气阻力$\vec{ F }$与速度$\vec{ v }$的关系为$\vec{ F } = - k \vec{ v }$,其中$k$为固定系数,求小球在空气中运行的轨迹曲线.

考虑$\frac{ \text{ d } \vec{ v } }{ \text{ d } t } = \vec{ a } = \frac{ \vec{ F } + \vec{ G } }{ m } = \frac{ 1 }{ m } ( - k \vec{ v } + m \vec{ g } )$.

于是:

$$\begin{aligned} \text{ d } \vec{ v } & = \frac{ 1 }{ m } ( - k \vec{ v } + m \vec{ g } ) \text{ d } t \\ \int_{ \vec{ v }_0 }^{ \vec{ v } } \text{ d } \vec{ v } & = \int_{ 0 }^t \frac{ 1 }{ m } ( - k \vec{ v } + m \vec{ g } ) \text{ d } t \\ \vec{ v } & = \frac{ - k \vec{ x } }{ m } + \vec{ g } t + \vec{ v }_0 \\ \begin{cases} \frac{ \text{ d } x }{ \text{ d } t } = \frac{ - kx }{ m } + v_0 \cos \theta \\ \frac{ \text{ d } y }{ \text{ d } t } = \frac{ - ky }{ m } + v_0 \sin \theta + gt \end{cases} \end{aligned}$$

对于第一个式子,令$w = \frac{ - kx }{ m } + v_0 \cos \theta$我们有:

$$\begin{aligned} \frac{ - m }{ k } \frac{ \text{ d } w }{ \text{ d } t } & = w \\ \frac{ - m }{ k } \int_{ v_0 \cos \theta }^{ w } \frac{ \text{ d } w }{ w } & = \int_{ 0 }^t \text{ d } t \\ \ln ( \frac{ \frac{ - kx }{ m } + v_0 \cos \theta }{ v_0 \cos \theta } ) & = \frac{ - k }{ m } t \\ \frac{ - kx }{ mv_0 \cos \theta } + 1 & = e^{ \frac{ - k }{ m } t } \\ x & = \frac{ mv_0 \cos \theta }{ k } ( 1 - e^{ - \frac{ k }{ m } t } ) \end{aligned}$$

同理解出$y = \frac{ m }{ k } ( ( v_0 \sin \theta + \frac{ mg }{ k } ) ( 1 - e^{ - \frac{ k }{ m } t } ) - gt )$.

综上参数方程是:$\begin{cases}x = \frac{ mv_0 \cos \theta }{ k } ( 1 - e^{ - \frac{ k }{ m } t } ) \ y = \frac{ m }{ k } ( ( v_0 \sin \theta + \frac{ mg }{ k } ) ( 1 - e^{ - \frac{ k }{ m } t } ) - gt )\end{cases}$.

轨迹方程是:$y = ( v_0 \sin \theta + \frac{ mg }{ k } ) \frac{ x }{ v_0 \cos \theta } + \frac{ mg }{ k } \ln ( 1 - \frac{ kx }{ mv_0 \cos \theta } )$.