ellipse, oval · 楕 圓 기하학 에 등장하는
도형 의 일종으로, 수학적 정의는
평면 상의 두 정점으로부터 거리의 합이 일정한 점들의 집합
이다. 그러므로
원 역시 초점이 일치하는 하나의 타원으로 볼 수 있다.
원뿔곡선 중 가장 간단한 형태로, 원을 잡아늘려서 만들 수도 있다.
파일:나무_타원방정식유도.png 우리는 우선적으로 가장 간단한 경우를 보고자한다. 즉, 타원의 중심이 원점이고, 두
초점(Foci) 이
x x x 축 위에 있는 경우를 보자. 그림과 같이 두 초점이
F ( c , 0 ) \mathrm{F}(c,\,0) F ( c , 0 ) ,
F ′ ( − c , 0 ) \mathrm{F'}(-c,\,0) F ′ ( − c , 0 ) 이고,
꼭짓점(Vertex 이
A ( a , 0 ) \mathrm{A}(a,\,0) A ( a , 0 ) ,
A ′ ( − a , 0 ) \mathrm{A'}(-a,\,0) A ′ ( − a , 0 ) ,
B ( 0 , b ) \mathrm{B}(0,\,b) B ( 0 , b ) ,
B ′ ( 0 , − b ) \mathrm{B'}(0,\,-b) B ′ ( 0 , − b ) 인 타원을 고려해보자. 타원의 정의에 따라
F ′ P ‾ + F P ‾ \overline{\mathrm{F'P}}+\overline{\mathrm{FP}} F ′ P + FP 는 일정해야하고, 타원 위의 점
P \mathrm{P} P 가
A \mathrm{A} A 위에 있다면, 그 길이는
2 a 2a 2 a 가 돼야 하므로,
( x + c ) 2 + y 2 + ( x − c ) 2 + y 2 = 2 a \displaystyle \sqrt{(x+c)^{2}+y^{2}}+\sqrt{(x-c)^{2}+y^{2}}=2a ( x + c ) 2 + y 2 + ( x − c ) 2 + y 2 = 2 a 이것을 다시 쓰면,
( x − c ) 2 + y 2 = 2 a − ( x + c ) 2 + y 2 \displaystyle \sqrt{(x-c)^{2}+y^{2}}=2a-\sqrt{(x+c)^{2}+y^{2}} ( x − c ) 2 + y 2 = 2 a − ( x + c ) 2 + y 2 이고, 양변을 제곱하여 정리하면,
c x + a 2 = a ( x + c ) 2 + y 2 \displaystyle cx+a^{2}=a\sqrt{(x+c)^{2}+y^{2}} c x + a 2 = a ( x + c ) 2 + y 2 다시 양변을 제곱하여 정리하면,
( a 2 − c 2 ) x 2 + a 2 y 2 = a 2 ( a 2 − c 2 ) \displaystyle (a^{2}-c^{2})x^{2}+a^{2}y^{2}=a^{2}(a^{2}-c^{2}) ( a 2 − c 2 ) x 2 + a 2 y 2 = a 2 ( a 2 − c 2 ) 맨 처음 식에 점
B \mathrm{B} B 를 대입하면,
b 2 = a 2 − c 2 \displaystyle b^{2}=a^{2}-c^{2} b 2 = a 2 − c 2 이므로 이것을 이용하면, 아래의 타원 방정식이 나오게 된다.
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 단, 이때,
0 < b < a \displaystyle 0<b<a 0 < b < a 의 조건을 만족해야 함에 유의해야 한다.
만약, 중심이 원점이며, 초점이
y y y 축에 있고,
F ( 0 , c ) \mathrm{F}(0,\,c) F ( 0 , c ) ,
F ′ ( 0 , − c ) \mathrm{F'}(0,\,-c) F ′ ( 0 , − c ) 이며, 타원의 꼭짓점이
A ( a , 0 ) \mathrm{A}(a,\,0) A ( a , 0 ) ,
A ′ ( − a , 0 ) \mathrm{A'}(-a,\,0) A ′ ( − a , 0 ) ,
B ( 0 , b ) \mathrm{B}(0,\,b) B ( 0 , b ) ,
B ′ ( 0 , − b ) \mathrm{B'}(0,\,-b) B ′ ( 0 , − b ) 인 타원을 고려하면, 위와 같은 논법으로 타원의 방정식은 다음이 됨을 보일 수 있다.
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 단, 이때
0 < a < b \displaystyle 0<a<b 0 < a < b 이며,
a 2 = b 2 − c 2 \displaystyle a^{2}=b^{2}-c^{2} a 2 = b 2 − c 2 를 만족하게 된다.
두 경우 모두 타원의 중심이
( x 0 , y 0 ) (x_{0},\,y_{0}) ( x 0 , y 0 ) 에 있다면,
x x x 축으로
x 0 x_{0} x 0 만큼,
y y y 축으로
y 0 y_{0} y 0 만큼 평행이동하면 되므로, 방정식은 아래와 같이 된다.
( x − x 0 ) 2 a 2 + ( y − y 0 ) 2 b 2 = 1 \displaystyle \frac{(x-x_{0})^{2}}{a^{2}}+\frac{(y-y_{0})^{2}}{b^{2}}=1 a 2 ( x − x 0 ) 2 + b 2 ( y − y 0 ) 2 = 1 이 경우, 초점과 각 꼭짓점 또한 평행 이동하게 됨에 유의해야 한다.
한편, 위와 같은 방정식 형태를
표준형 이라 한다.
타원의 방정식의 일반형은 아래와 같이 나타난다.
A x 2 + B y 2 + C x + D y + E = 0 \displaystyle Ax^{2}+By^{2}+Cx+Dy+E=0 A x 2 + B y 2 + C x + Dy + E = 0 이때,
A ∼ E A \sim E A ∼ E 는 상수이며, 이 일반형을 표준형 꼴로 바꾸면, 쉽게 어떤 타원을 나타내는 방정식인지 알 수 있게 된다.
타원의 중심과 두 초점을 지나는 유일한
선분 을
긴 지름(Major axis) 이라고 한다. 그럴 때, 이 긴 지름으로부터 중심까지의 절반이 되는 선분을
긴 반지름(Semi-major axis) 이라고 한다. 간단하게 말하자면 타원의 중심에서 타원까지의 가장 먼 거리라고도 할 수 있다.
긴 반지름과는 반대로,
짧은 반지름(Semi-minor axis) 은 타원의 중심에서 타원까지 이르는 가장 짧은 길이의
선분 을 의미한다.
아래의 그림을 참조하자:
파일:나무_타원_구성요소_뉴sb.png 타원의
이심률(Eccentricity) 은 타원이 원에 비해 얼마나 찌그러졌는지를 수치화한 양으로 다음과 같이 정의된다.
k = 1 − r min 2 r max 2 = r focus r max \displaystyle k=\sqrt{1-\frac{r_{\text{min}}^{2}}{r_{\text{max}}^{2} }}=\frac{r_{\text{focus}} }{ r_{\text{max}} } k = 1 − r max 2 r min 2 = r max r focus 이때,
r min r_{\text{min}} r min ,
r max r_{\text{max}} r max 는 각각 타원의 짧은 반지름의 길이, 긴 반지름의 길이를,
r focus r_{\text{focus}} r focus 는 중심으로 부터 한 초점까지의 거리를 의미한다. 즉 타원의 이심률은 타원의 긴 반지름의 길이와 중심으로 부터 한 초점까지의 거리의 비로 정의됨을 알 수 있다.
타원은 일반적으로
0 < k < 1 0 <k<1 0 < k < 1 의 이심률을 갖고,
k → 0 k \to 0 k → 0 일 때 타원은
원 에 가까워지며,
k → 1 k \to 1 k → 1 일 때, 타원은 포물선 둘을 이어 붙인 모습에 가까워 진다.
우리가 유도한 타원의 방정식은 음함수 형태이므로 이것을 양함수 형태로 바꾸면, 미적분 등의 연산을 할 수 있게 된다. 양함수 형태로 바꾸게 되면, 아래와 같이 나오게 된다.
y = ± b 2 − b 2 ( x − x 0 ) 2 a 2 + y 0 \displaystyle y=\pm \sqrt{b^{2}-\frac{b^{2}(x-x_{0})^{2}}{a^{2} }}+y_{0} y = ± b 2 − a 2 b 2 ( x − x 0 ) 2 + y 0 즉, 한 타원은 한 양함수 식으로 표현되지 못하며, 반반 나뉘어 표현되게 된다. 아래의 그림을 참조하자:
파일:타원_양함수.png 파일:나무_타원_매개변수_NEW.png 위와 같이 원
C 1 : x 2 + y 2 = b 2 C_{1}\, : \, x^{2}+y^{2}=b^{2} C 1 : x 2 + y 2 = b 2 과
C 2 : x 2 + y 2 = a 2 C_{2}\, : \, x^{2}+y^{2}=a^{2} C 2 : x 2 + y 2 = a 2 를 고려하자.
이다. 원점에서 그은 한 직선과 각 원이 만나는 점을
Q , R \mathrm{Q,\,R} Q , R 이라 하자. 이때, 점
R \mathrm{R} R 에서
x x x 축에 내린 수선의 발을
H \mathrm{H} H 라 하고, 점
Q \mathrm{Q} Q 에서 선분
R H \mathrm{RH} RH 에 내린 수선의 발을
P \mathrm{P} P 라 하자. 이때,
∠ Q O H ≡ θ \mathrm{\angle QOH \equiv \theta} ∠QOH ≡ θ 라 하면, 점
P \mathrm{P} P 의 좌표는
x = a cos θ y = b sin θ \displaystyle x=a\cos{\theta} \qquad \qquad y=b\sin{\theta} x = a cos θ y = b sin θ 이때, 점
P \mathrm{P} P 의 자취는 위 그림처럼 타원을 나타내는데,
cos θ = x a sin θ = y b \displaystyle \cos{\theta}=\frac{x}{a} \qquad \qquad \sin{\theta}=\frac{y}{b} cos θ = a x sin θ = b y 에서
x 2 a 2 + y 2 b 2 = sin 2 θ + cos 2 θ = 1 \displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=\sin^{2}{\theta}+\cos^{2}{\theta}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = sin 2 θ + cos 2 θ = 1 로, 타원의 방정식이 나옴을 알 수 있다. 따라서 타원의
∠ Q O H ≡ θ \mathrm{\angle QOH \equiv \theta} ∠QOH ≡ θ 에 대한 매개변수 방정식은
x = a cos θ y = b sin θ \displaystyle x=a\cos{\theta} \qquad \qquad y=b\sin{\theta} x = a cos θ y = b sin θ 임을 알 수 있다.
각각의 좌표가 극좌표계에서 직교 좌표계로 변환했을 때 각각의 좌표의 표현법과 유사하기 때문에 혼동하기 쉬우나 사용한 매개변수인 각이 극좌표계의 각(angle) 변수(즉, 위 그림에서
∠ P O H \angle \rm POH ∠ POH .)와 동일한 것이라 생각하면 안된다. 극좌표계에서 각각의 변수를 어떻게 정의했는지 생각해보면 왜 그런지 알 수 있다. 그렇기 때문에 극좌표계에서 다시 직교 좌표계로 변환했을 땐 이 문단의 결과가 나오지 않으므로 반드시 주의하여야 한다.(바로 아래 문단을 보라.)
타원
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 을 극 좌표계에서 직교 좌표계로 변환한다면,
( r , θ ) → ( x , y ) (r,\,\theta) \to (x,\,y) ( r , θ ) → ( x , y ) 에서
x = r cos θ y = r sin θ \displaystyle \begin{aligned} x&=r\cos{\theta} \\ y&=r\sin{\theta} \end{aligned} x y = r cos θ = r sin θ 로 나타낼 수 있을 것이다. 이때, 이 결과가 매개변수로 타원을 나타냈을 때와 동일한 결과를 준다고 생각하면 안 됨을 윗문단에서 주의를 준 바 있다.
r r r 을 구하기 위해 타원의 정의식을 이용하자. 타원의 정의식에 각 좌표를 대입하면,
r 2 cos 2 θ a 2 + r 2 sin 2 θ b 2 = 1 \displaystyle \frac{r^2\cos^{2}{\theta}}{a^2}+\frac{r^2\sin^{2}{\theta}}{b^2}=1 a 2 r 2 cos 2 θ + b 2 r 2 sin 2 θ = 1 이것은 아래와 같이 두 가지 형태의 유용한 꼴로 고칠 수 있다.
r 2 a 2 [ 1 − ( 1 − a 2 b 2 ) sin 2 θ ] = 1 ( 0 < a < b ) r 2 b 2 [ 1 − ( 1 − b 2 a 2 ) cos 2 θ ] = 1 ( 0 < b < a ) \displaystyle \begin{aligned} \frac{r^{2}}{a^2} \left[ 1-\left( 1-\frac{a^2}{b^2} \right )\sin^{2}{\theta} \right ]&=1 \qquad &&(0<a<b) \\ \frac{r^{2}}{b^2} \left[ 1-\left( 1-\frac{b^2}{a^2} \right )\cos^{2}{\theta} \right ]&=1 \qquad &&(0<b<a) \end{aligned} a 2 r 2 [ 1 − ( 1 − b 2 a 2 ) sin 2 θ ] b 2 r 2 [ 1 − ( 1 − a 2 b 2 ) cos 2 θ ] = 1 = 1 ( 0 < a < b ) ( 0 < b < a ) 타원의 이심률
k = { 1 − a 2 b 2 ( 0 < a < b ) 1 − b 2 a 2 ( 0 < b < a ) \displaystyle k=\begin{cases} \sqrt{1-\dfrac{a^2}{b^2}} \qquad &(0<a<b) \\ \\ \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}} \qquad &(0<b<a) \end{cases} k = ⎩ ⎨ ⎧ 1 − b 2 a 2 1 − a 2 b 2 ( 0 < a < b ) ( 0 < b < a ) 을 이용하면,
r 2 a 2 [ 1 − k 2 sin 2 θ ] = 1 ( 0 < a < b ) r 2 b 2 [ 1 − k 2 cos 2 θ ] = 1 ( 0 < b < a ) \displaystyle \begin{aligned} \frac{r^{2}}{a^2} [ 1-k^{2}\sin^{2}{\theta} ]&=1 \qquad &&(0<a<b) \\ \frac{r^{2}}{b^2} [ 1-k^{2}\cos^{2}{\theta} ]&=1 \qquad &&(0<b<a) \end{aligned} a 2 r 2 [ 1 − k 2 sin 2 θ ] b 2 r 2 [ 1 − k 2 cos 2 θ ] = 1 = 1 ( 0 < a < b ) ( 0 < b < a ) 이상에서
r = a 1 − k 2 sin 2 θ ( 0 < a < b ) r = b 1 − k 2 cos 2 θ ( 0 < b < a ) \displaystyle \begin{aligned} r&=\frac{a}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}{\theta} }} \qquad &&(0<a<b) \\ r&=\frac{b}{\sqrt{1-k^{2}\cos^{2}{\theta} }} \qquad &&(0<b<a) \end{aligned} r r = 1 − k 2 sin 2 θ a = 1 − k 2 cos 2 θ b ( 0 < a < b ) ( 0 < b < a ) 로 쓸 수 있음을 얻는다.
이상의 결과를 타원
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 에 대하여 정리하면 아래와 같다.(각각에서
k k k 는 타원의 이심률이다.)
0 < a < b \boldsymbol{0<a<b} 0 < a < b 극 좌표계에서의 표현
( r , θ ) = ( a 1 − k 2 sin 2 θ , θ ) \displaystyle (r,\,\theta)=\left( \frac{a}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}{\theta} }},\,\theta \right) ( r , θ ) = ( 1 − k 2 sin 2 θ a , θ ) 극 좌표계에서 직교 좌표계로 변환
( x , y ) = ( a 1 − k 2 sin 2 θ cos θ , a 1 − k 2 sin 2 θ sin θ ) \displaystyle (x,\,y)=\left( \frac{a}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}{\theta} }} \cos{\theta},\,\frac{a}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}{\theta} }} \sin{\theta} \right) ( x , y ) = ( 1 − k 2 sin 2 θ a cos θ , 1 − k 2 sin 2 θ a sin θ ) 0 < b < a \boldsymbol{0<b<a} 0 < b < a 극 좌표계에서의 표현
( r , θ ) = ( b 1 − k 2 cos 2 θ , θ ) \displaystyle (r,\,\theta)=\left( \frac{b}{\sqrt{1-k^{2}\cos^{2}{\theta} }},\,\theta \right) ( r , θ ) = ( 1 − k 2 cos 2 θ b , θ ) 극 좌표계에서 직교 좌표계로 변환
( x , y ) = ( b 1 − k 2 cos 2 θ cos θ , b 1 − k 2 cos 2 θ sin θ ) \displaystyle (x,\,y)=\left( \frac{b}{\sqrt{1-k^{2}\cos^{2}{\theta} }} \cos{\theta},\,\frac{b}{\sqrt{1-k^{2}\cos^{2}{\theta} }} \sin{\theta} \right) ( x , y ) = ( 1 − k 2 cos 2 θ b cos θ , 1 − k 2 cos 2 θ b sin θ )
사실상 타원은 원을
x x x 축과
y y y 축으로 일정 배만큼 늘린 것이라고도 볼 수 있다. 이를테면, 좌표평면 상 중심이 원점이고, 반지름이 1인 원의 방정식은
x 2 + y 2 = 1 \displaystyle x^{2}+y^{2}=1 x 2 + y 2 = 1 이다.
x x x 축 방향으로
a ( a ≠ 0 ) a(a \neq 0) a ( a = 0 ) 배,
y y y 축 방향으로
b ( b ≠ 0 ) b(b \neq 0) b ( b = 0 ) 배한 선형 변환을 고려하면,
[ x ′ y ′ ] = [ a 0 0 b ] [ x y ] \displaystyle \begin{bmatrix} x'\\y' \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a &0 \\ 0& b \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} [ x ′ y ′ ] = [ a 0 0 b ] [ x y ] 이기 때문에
x = x ′ a y = y ′ b \displaystyle x=\frac{x'}{a} \qquad \qquad y=\frac{y'}{b} x = a x ′ y = b y ′ 이고, 이를 원의 방정식에 넣으면, 곧 중심이 원점이고, 꼭짓점이
( ± a , 0 ) (\pm a,\,0) ( ± a , 0 ) ,
( 0 , ± b ) ( 0,\,\pm b) ( 0 , ± b ) 인 타원의 방정식을 얻는다:
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 즉, 타원은 곧 원의 선형 변환이라 볼 수 있는 것이다.
우리는 위에서 타원을
θ \theta θ 에 대한 매개변수 방정식으로
x = a cos θ y = b sin θ } ( 0 ≤ θ ≤ 2 π ) \displaystyle \left.\begin{matrix} x=a\cos{\theta} \\ y=b\sin{\theta} \end{matrix}\right\} \qquad (0 \leq \theta \leq 2 \pi) x = a cos θ y = b sin θ } ( 0 ≤ θ ≤ 2 π ) 으로 나타낼 수 있음을 논의했다.
따라서 타원의 넓이는 면적소
d A = y d x dA=y\,dx d A = y d x 를
∫ y d x \displaystyle \int y\,dx ∫ y d x 로 나타낼 수 있다. 그런데 우리는 중심이 원점인 타원을 고려하고 있고,
x x x 축을 기준으로 윗 영역과 아랫 영역은 서로 합동이므로 한 영역의 넓이만을 구한 뒤 두 배 처리하여 구할 수 있다. 이때,
y d x = − a b sin 2 θ d θ \displaystyle y\,dx=-ab \sin^{2}{\theta} d\theta y d x = − ab sin 2 θ d θ 이고,
x x x 축을 기준으로 윗 영역만 고려한다면, 적분 영역은
− a ≤ x ≤ a -a \leq x \leq a − a ≤ x ≤ a 에서
π ≤ θ ≤ 0 \pi \leq \theta \leq 0 π ≤ θ ≤ 0 으로 바뀌므로 구하는 타원의 넓이는
2 a b ∫ 0 π sin 2 θ d θ = a b π \displaystyle 2ab\int_{0}^{\pi} \sin^{2}{\theta} \, d\theta=ab \pi 2 ab ∫ 0 π sin 2 θ d θ = abπ 임을 알 수 있다.
우리는 위에서 타원을
θ \theta θ 에 대한 매개변수 방정식으로
x = a cos θ y = b sin θ } ( 0 ≤ θ ≤ 2 π ) \displaystyle \left.\begin{matrix} x=a\cos{\theta} \\ y=b\sin{\theta} \end{matrix}\right\} \qquad (0 \leq \theta \leq 2 \pi) x = a cos θ y = b sin θ } ( 0 ≤ θ ≤ 2 π ) 으로 나타낼 수 있음을 논의했다. 타원의 둘레는 아래와 같이 구할 수 있다.
∫ 0 2 π ( d x d θ ) 2 + ( d y d θ ) 2 d θ \displaystyle \int_{0}^{2 \pi} \sqrt{ \left( \frac{dx}{d \theta} \right)^{2}+\left( \frac{dy}{d \theta} \right)^{2} }\,d\theta ∫ 0 2 π ( d θ d x ) 2 + ( d θ d y ) 2 d θ 타원의 대칭성을 이용하면,
4 ∫ 0 π / 2 a 2 sin 2 θ + b 2 cos 2 θ d θ \displaystyle 4 \int_{0} ^{\pi/2} \sqrt{ a^{2} \sin^{2}{\theta} +b^{2} \cos^{2}{\theta} }\,d\theta 4 ∫ 0 π /2 a 2 sin 2 θ + b 2 cos 2 θ d θ 으로 구할 수 있고, 이것을 다시 쓰면,
{ 4 a ∫ 0 π / 2 1 − k 2 cos 2 θ d θ ( 0 < b < a ) 4 b ∫ 0 π / 2 1 − k 2 sin 2 θ d θ ( 0 < a < b ) \displaystyle \begin{cases} \displaystyle 4a\int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1-k^{2}\cos^{2}{\theta}}\,d\theta
\qquad & (0<b<a) \\ \\ \displaystyle 4b\int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}{\theta}}\,d\theta
\qquad & (0<a<b) \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ 4 a ∫ 0 π /2 1 − k 2 cos 2 θ d θ 4 b ∫ 0 π /2 1 − k 2 sin 2 θ d θ ( 0 < b < a ) ( 0 < a < b ) 이다. 여기서
k k k 는 위에서 정의했던 이심률이다. 불행히도, 위의 적분은 초등함수로 표현할 수 없으며, 위와 같은 적분 형태를
타원 적분(Elliptic integral) 이라 한다. 기호로는
E ( k ) E(k) E ( k ) 로 나타내어,
E ( k ) ≡ ∫ 0 π / 2 1 − k 2 sin 2 θ d θ \displaystyle E(k) \equiv \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}{\theta}}\,d \theta E ( k ) ≡ ∫ 0 π /2 1 − k 2 sin 2 θ d θ 로 쓰고, 이를 사용하면, 타원의 둘레는
4 r max E ( k ) \displaystyle 4r_{\text{max}} E(k) 4 r max E ( k ) 로 쓸 수 있다.
r max r_{\text{max}} r max 는 타원의 긴 반지름이다.
우리는 임의의 직선
y − m x − n = 0 \displaystyle y-mx-n=0 y − m x − n = 0 이 타원
( x − x 0 ) 2 a 2 + ( y − y 0 ) 2 b 2 = 1 \displaystyle {\frac{(x-x_{0})^{2}}{a^{2}}+\frac{(y-y_{0})^{2}}{b^{2}}=1} a 2 ( x − x 0 ) 2 + b 2 ( y − y 0 ) 2 = 1 과 어떤 관계에 있는지 조사해보고자 한다. 이것은 다음의 순서를 따른다.
우선 직선의 방정식을 한 변수에 대하여 정리하자.
1에서 정리한 직선을 원의 방정식에 대입하고, 적절히 이항하여, 이차방정식을 만든다.
2
에서 나온 이차방정식에 판별식 D \boldsymbol{D} D
판별식의 부호가 양이다 : 타원과 직선은 두 점에서 만난다.
판별식이 0이다 : 타원과 직선은 접한다.(즉, 타원과 직선은 한 점에서 만난다.)
판별식의 부호가 음이다 : 타원과 직선은 만나지 않는다.
우리는 문제 상황을 쉽게 하기 위해 우선은 타원의 중심이 원점인 경우를 먼저 다루자. 타원 위의 접선의 기울기는 음함수의 미분법을 이용하여 구할 수 있다.
2 x a 2 + 2 y b 2 d y d x = 0 → d y d x = − b 2 a 2 x y \displaystyle \frac{2x}{a^{2}} +\frac{2y}{b^{2}} \frac{dy}{dx}=0 \, \to \, \frac{dy}{dx}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\frac{x}{y} a 2 2 x + b 2 2 y d x d y = 0 → d x d y = − a 2 b 2 y x 타원 위의 점
( x 1 , y 1 ) (x_{1},\,y_{1}) ( x 1 , y 1 ) 을 고려하면, 이 점 위의 접선의 기울기는
− b 2 a 2 x 1 y 1 \displaystyle -\frac{b^{2}}{a^{2}}\frac{x_{1}}{y_{1}} − a 2 b 2 y 1 x 1 따라서 이 점을 지나는 접선의 방정식은
y − y 1 = − b 2 a 2 x 1 y 1 ( x − x 1 ) \displaystyle y-y_{1}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\frac{x_{1}}{y_{1}}(x-x_{1}) y − y 1 = − a 2 b 2 y 1 x 1 ( x − x 1 ) 이므로 이것을 다시 쓰면,
x x 1 a 2 + y y 1 b 2 = x 1 2 a 2 + y 1 2 b 2 \displaystyle \frac{xx_{1}}{a^{2}}+\frac{yy_{1}}{b^{2}}= \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}} a 2 x x 1 + b 2 y y 1 = a 2 x 1 2 + b 2 y 1 2 이고, 우변은 타원 위의 점이므로
x x 1 a 2 + y y 1 b 2 = 1 \displaystyle \frac{xx_{1}}{a^{2}}+\frac{yy_{1}}{b^{2}}=1 a 2 x x 1 + b 2 y y 1 = 1 이다. 만약 타원의 중심이
( x 0 , y 0 ) (x_{0},\,y_{0}) ( x 0 , y 0 ) 이라면, 평행이동을 이용하면 되므로 평행이동을 한 뒤의 타원 위의 점
( x 2 , y 2 ) (x_{2},\,y_{2}) ( x 2 , y 2 ) 위의 접선의 방정식은
( x − x 0 ) ( x 2 − x 0 ) a 2 + ( y − y 0 ) ( y 2 − y 0 ) b 2 = 1 \displaystyle \frac{(x-x_{0})(x_{2}-x_{0})}{a^{2}}+\frac{(y-y_{0})(y_{2}-y_{0})}{b^{2}}=1 a 2 ( x − x 0 ) ( x 2 − x 0 ) + b 2 ( y − y 0 ) ( y 2 − y 0 ) = 1 우리가 구하는 접선을
y = m x + n y=mx+n y = m x + n (
m , n m,\, n m , n 은 상수)으로 놓자. 이것을 타원의 식에 대입하고, 적절히 정리하면, 다음이 나온다.
( a 2 m 2 + b 2 ) x 2 + 2 a 2 m n x + a 2 ( n 2 − b 2 ) = 0 \displaystyle (a^{2}m^{2}+b^{2})x^{2}+2a^{2}mnx+a^{2}(n^{2}-b^{2})=0 ( a 2 m 2 + b 2 ) x 2 + 2 a 2 mn x + a 2 ( n 2 − b 2 ) = 0 위 이차 방정식이 중근을 가지면, 직선과 타원은 접한다. 즉, 판별식이 0이 되면 되며, 그렇게 되려면,
n = ± a 2 m 2 + b 2 \displaystyle n=\pm \sqrt{a^{2}m^{2}+b^{2}} n = ± a 2 m 2 + b 2 이상에서 우리가 구하는 접선의 방정식은
y = m x ± a 2 m 2 + b 2 \displaystyle y=mx\pm \sqrt{a^{2}m^{2}+b^{2}} y = m x ± a 2 m 2 + b 2 이다. 만약, 타원의 중심이
( x 0 , y 0 ) (x_{0},\,y_{0}) ( x 0 , y 0 ) 라면, 평행 이동을 이용해서
y = m ( x − x 0 ) ± a 2 m 2 + b 2 + y 0 \displaystyle y=m(x-x_{0})\pm \sqrt{a^{2}m^{2}+b^{2}}+y_{0} y = m ( x − x 0 ) ± a 2 m 2 + b 2 + y 0 임을 쉽게 증명할 수 있다.
파일:나무_타원 외내부 점.png 위 그림과 같이 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2=1 \,\, (a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) 와 두 초점
F ′ \rm F' F ′ ,
F \rm F F 가 있고, 임의의 외부의 점
A \rm A A 과 임의의 내부의 점
B \rm B B 를 고려하자. 이때,
F ′ B ‾ \overline{\rm F'B} F ′ B 의 연장선상 혹은
F ′ A ‾ \overline{\rm F'A} F ′ A 에는 타원 위의 점
P \rm P P 가 있다. 단, 그림에서는 두 경우에 대하여
P \rm P P 가 같은 것으로 묘사돼있지만 일반적으로는 다르다는 점에 유의한다.
이제 우리는
F ′ A ‾ + F A ‾ \overline{\rm F'A}+\overline{\rm FA} F ′ A + FA ,
F ′ B ‾ + F B ‾ \overline{\rm F'B}+\overline{\rm FB} F ′ B + FB 에 대해 탐구해보고자 한다.
[1] F ′ A ‾ + F A ‾ \overline{\rm \bf F'A}+\overline{\rm \bf FA} F ′ A + FA F ′ A ‾ + F A ‾ = F ′ P ‾ + P A ‾ + A F ‾ \displaystyle \overline{\rm F'A}+\overline{\rm FA}=\overline{\rm F'P}+\overline{\rm PA}+\overline{\rm AF} F ′ A + FA = F ′ P + PA + AF 으로 쓸 수 있다. 한편, 삼각형
P F A \rm PFA PFA 에서 삼각형의 한 변의 길이는 나머지 두 변의 길이보다 작아야 하므로
F P ‾ < P A ‾ + F A ‾ \displaystyle \overline{\rm FP}<\overline{\rm PA}+\overline{\rm FA} FP < PA + FA 따라서
F ′ P ‾ + P A ‾ + A F ‾ > F ′ P ‾ + F P ‾ \displaystyle \overline{\rm F'P}+\overline{\rm PA}+\overline{\rm AF}>\overline{\rm F'P}+\overline{\rm FP} F ′ P + PA + AF > F ′ P + FP 이 성립한다. 이에
F ′ A ‾ + F A ‾ > F ′ P ‾ + F P ‾ = 2 a \displaystyle \begin{aligned} \overline{\rm F'A}+\overline{\rm FA}&>\overline{\rm F'P}+\overline{\rm FP} \\&=2a \end{aligned} F ′ A + FA > F ′ P + FP = 2 a 임을 얻는다. 한편, 타원의 정의에 따라 타원의 두 초점과 타원 위의 임의의 점까지의 각각의 거리의 합은
2 a 2a 2 a 로 일정하다. 따라서 이 결과는 다음으로 요약할 수 있다.
타원의 두 초점과 타원 외부의 점까지의 각각의 거리의 합은 타원의 두 초점과 타원 위의 임의의 점까지의 각각의 거리의 합보다 크다.
[2] F ′ B ‾ + F B ‾ \overline{\rm \bf F'B}+\overline{\rm \bf FB} F ′ B + FB F ′ B ‾ + F B ‾ = F ′ P ‾ − P B ‾ + B F ‾ \displaystyle \overline{\rm F'B}+\overline{\rm FB}=\overline{\rm F'P}-\overline{\rm PB}+\overline{\rm BF} F ′ B + FB = F ′ P − PB + BF 으로 쓸 수 있다. 한편, 삼각형
P F B \rm PFB PFB 에서 삼각형의 한 변의 길이는 나머지 두 변의 길이보다 작아야 하므로
B F ‾ < P B ‾ + F P ‾ \displaystyle \overline{\rm BF}<\overline{\rm PB}+\overline{\rm FP} BF < PB + FP 따라서
F ′ P ‾ − P B ‾ + B F ‾ < F ′ P ‾ − P B ‾ + P B ‾ + F P ‾ = F ′ P ‾ + F P ‾ \displaystyle \begin{aligned} \overline{\rm F'P}-\overline{\rm PB}+\overline{\rm BF}&<\overline{\rm F'P}-\overline{\rm PB}+\overline{\rm PB}+\overline{\rm FP} \\ &=\overline{\rm F'P}+\overline{\rm FP} \end{aligned} F ′ P − PB + BF < F ′ P − PB + PB + FP = F ′ P + FP 이 성립한다. 이에
F ′ A ‾ + F A ‾ < F ′ P ‾ + F P ‾ = 2 a \displaystyle \begin{aligned} \overline{\rm F'A}+\overline{\rm FA}&<\overline{\rm F'P}+\overline{\rm FP} \\&=2a \end{aligned} F ′ A + FA < F ′ P + FP = 2 a 임을 얻는다. 한편, 타원의 정의에 따라 타원의 두 초점과 타원 위의 임의의 점까지의 각각의 거리의 합은
2 a 2a 2 a 로 일정하다. 따라서 이 결과는 다음으로 요약할 수 있다.
타원의 두 초점과 타원 내부의 점까지의 각각의 거리의 합은 타원의 두 초점과 타원 위의 임의의 점까지의 각각의 거리의 합보다 작다.
이 문단에서는 특정한 타원의 경우에만 증명했지만 일반적인 타원에서도 성립한다. 위 결과를 요약하면 식으로
F ′ B ‾ + F B ‾ < 2 r max < F ′ A ‾ + F A ‾ \displaystyle \overline{\rm F'B}+\overline{\rm FB}<2r_{\text{max}}<\overline{\rm F'A}+\overline{\rm FA} F ′ B + FB < 2 r max < F ′ A + FA 으로 쓸 수 있다.
r max r_{\text{max}} r max 는 타원의 긴반지름이다.
파일:나무_타원_성질_2_NEW_NEW.png 위 그림과 같이 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2=1 \,\,(a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) 와 두 초점
F ′ \rm F' F ′ ,
F \rm F F 가 있고, 해당 타원의 한 접선
l l l 이 있다고 하자. 이때,
F ′ \rm F' F ′ ,
F \rm F F 에서
l l l 에 내린 수선의 발을 각각
A \rm A A ,
B \rm B B 라 할 때, 다음이 성립한다.
F ′ A ‾ ⋅ F B ‾ = b 2 \displaystyle \overline{\rm F'A} \cdot \overline{\rm FB}=b^{2} F ′ A ⋅ FB = b 2 우선 접선
l l l 의 방정식은 기울기
m m m 일 때,
y = m x ± a 2 m 2 + b 2 y=mx \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} y = m x ± a 2 m 2 + b 2 이고,
F ′ A ‾ \overline{\rm F'A} F ′ A ,
F B ‾ \overline{\rm FB} FB 는 각각
F ′ \rm F' F ′ ,
F \rm F F 에서
l l l 까지의 거리와 같다. 이에
F ′ ( − a 2 − b 2 , 0 ) {\rm F'}(-\sqrt{a^2-b^2},\,0) F ′ ( − a 2 − b 2 , 0 ) ,
F ′ ( a 2 − b 2 , 0 ) {\rm F'}(\sqrt{a^2-b^2},\,0) F ′ ( a 2 − b 2 , 0 ) 이므로
직선 문서에서 한 점과 직선 사이의 거리 공식을 참조하면,
F ′ A ‾ = ∣ − m a 2 − b 2 ± a 2 m 2 + b 2 ∣ m 2 + 1 F B ‾ = ∣ m a 2 − b 2 ± a 2 m 2 + b 2 ∣ m 2 + 1 F ′ A ‾ ⋅ F B ‾ = ∣ a 2 m 2 + b 2 − m 2 ( a 2 − b 2 ) ∣ m 2 + 1 = ∣ b 2 ∣ ∣ m 2 + 1 ∣ m 2 + 1 = b 2 \displaystyle \begin{aligned} \overline{\rm F'A}&=\frac{| -m\sqrt{a^2-b^2} \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} |}{\sqrt{m^2+1}} \\ \overline{\rm FB}&=\frac{| m\sqrt{a^2-b^2} \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} |}{\sqrt{m^2+1}} \\ \\ \overline{\rm F'A} \cdot \overline{\rm FB}&=\frac{| a^2 m^2+b^2-m^2(a^2-b^2) |}{m^2+1} \\&=\frac{|b^2||m^2+1|}{m^2+1} \\&=b^2 \end{aligned} F ′ A FB F ′ A ⋅ FB = m 2 + 1 ∣ − m a 2 − b 2 ± a 2 m 2 + b 2 ∣ = m 2 + 1 ∣ m a 2 − b 2 ± a 2 m 2 + b 2 ∣ = m 2 + 1 ∣ a 2 m 2 + b 2 − m 2 ( a 2 − b 2 ) ∣ = m 2 + 1 ∣ b 2 ∣∣ m 2 + 1∣ = b 2 이 성립한다.
이 문단은 특정한 타원에 대해서 증명을 했지만 일반적으로
F ′ A ‾ ⋅ F B ‾ = r min 2 \displaystyle \overline{\rm F'A} \cdot \overline{\rm FB}=r_{\min}^{2} F ′ A ⋅ FB = r m i n 2 이 성립한다. 여기서
r min r_{\min} r m i n 은 타원의 짧은 반지름이다.
한 초점에서 접선에 내린 수선의 발의 자취는 타원의 장축을 지름으로, 타원의 중심을 중심으로 하는 원이다.
이것을 증명하기 위해 한 초점에서 내린 수선의 발을
C ( X , Y ) {\rm C}(X,\,Y) C ( X , Y ) 라 명명하자. 우선 점
C ( X , Y ) {\rm C}(X,\,Y) C ( X , Y ) 는 타원의 한 접선
y = m x ± a 2 m 2 + b 2 y=mx \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} y = m x ± a 2 m 2 + b 2 위의 점이므로
Y = m X ± a 2 m 2 + b 2 → Y − m X = ± a 2 m 2 + b 2 \displaystyle Y=mX \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} \quad \to \quad Y-mX= \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} Y = m X ± a 2 m 2 + b 2 → Y − m X = ± a 2 m 2 + b 2 이고, 양변을 제곱하면,
Y 2 − 2 m X Y + m 2 X 2 = a 2 m 2 + b 2 \displaystyle Y^{2}-2mXY+m^2 X^2=a^2 m^2+b^2 Y 2 − 2 m X Y + m 2 X 2 = a 2 m 2 + b 2 한편, 직선
F H \rm FH FH (혹은
F ′ H \rm F'H F ′ H )의 직선의 방정식은 접선과 수직이므로 기울기는
− m − 1 -m^{-1} − m − 1 이고,
x x x 절편의 절댓값은 타원의 초점 길이와 같으므로
y = − x m ± a 2 − b 2 m \displaystyle y=-\frac{x}{m} \pm \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{m} y = − m x ± m a 2 − b 2 C ( X , Y ) {\rm C}(X,\,Y) C ( X , Y ) 는 이 직선 위의 점이기도 하므로
Y = − X m ± a 2 − b 2 m → m Y + X = ± a 2 − m 2 \displaystyle Y=-\frac{X}{m} \pm \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{m} \quad \to \quad mY+X= \pm \sqrt{ a^2 -m^2 } Y = − m X ± m a 2 − b 2 → mY + X = ± a 2 − m 2 이고, 양변을 제곱하면,
m 2 Y 2 + 2 m X Y + X 2 = a 2 − b 2 \displaystyle m^2 Y^2+2mXY+X^2=a^2 - b^2 m 2 Y 2 + 2 m X Y + X 2 = a 2 − b 2 위의 두 과정에서 나온 결과 식을 더하면,
( m 2 + 1 ) Y 2 + ( m 2 + 1 ) X 2 = ( m 2 + 1 ) a 2 X 2 + Y 2 = a 2 \displaystyle \begin{aligned} (m^2+1) Y^2+(m^2+1)X^2&=(m^2+1)a^2 \\ X^2+Y^2&=a^2 \end{aligned} ( m 2 + 1 ) Y 2 + ( m 2 + 1 ) X 2 X 2 + Y 2 = ( m 2 + 1 ) a 2 = a 2 임을 얻을 수 있다. 이때,
( X , Y ) (X,\,Y) ( X , Y ) 가 기술하는 도형은 중심이 원점이고 반지름이 타원의 장축의 길이인
2 a 2a 2 a 인 원이므로 맨 위의 결과가 나오게 된다.
파일:나무_타원_성질4.png 위 그림과 같이 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2 \,\,(a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ( a > b > 0 ) 을 고려하고, 외부의 점
P \rm P P 에 대하여
P \rm P P 에서 접선을 그었을 때, 두 접선
l 1 l_{1} l 1 ,
l 2 l_{2} l 2 가 점
P \rm P P 에서 직교한다면, 점
P \rm P P 의 자취는 원
x 2 + y 2 = a 2 + b 2 x^2+y^2=a^2+b^2 x 2 + y 2 = a 2 + b 2 이다. 더욱 일반적으로 말하면 아래와 같이 정리할 수 있다.
타원 외부의 점에서 두 접선을 그었을 때, 두 접선이 직교하는 점의 자취는 원이다.
이것의 증명은 우선 접선
l 1 l_{1} l 1 ,
l 2 l_{2} l 2 의 방정식을 결정하는 것부터 시작된다.
l 1 l_{1} l 1 의 기울기를
m m m 이라 놓으면,
l 1 : y = m x ± a 2 m 2 + b 2 \displaystyle l_{1}:\, y=mx \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} l 1 : y = m x ± a 2 m 2 + b 2 그런데
l 1 l_{1} l 1 ,
l 2 l_{2} l 2 는 직교하므로
l 2 l_{2} l 2 의 기울기는
− m − 1 -m^{-1} − m − 1 이다. 즉,
l 2 : y = − x m ± a 2 m 2 + b 2 \displaystyle l_{2}:\, y=-\frac{x}{m} \pm \sqrt{\frac{a^2}{m^2}+b^2} l 2 : y = − m x ± m 2 a 2 + b 2 으로 쓸 수 있다. 한편,
P ( X , Y ) {\rm P}(X,\,Y) P ( X , Y ) 라 놓으면 각각은 다음이 성립한다.
l 1 : Y = m X ± a 2 m 2 + b 2 l 2 : Y = − X m ± a 2 m 2 + b 2 \displaystyle \begin{aligned} l_{1}:\,Y&=mX \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} \\ l_{2}:\,Y&=-\frac{X}{m} \pm \sqrt{\frac{a^2}{m^2}+b^2} \end{aligned} l 1 : Y l 2 : Y = m X ± a 2 m 2 + b 2 = − m X ± m 2 a 2 + b 2 이때 식을 변형하여
l 1 : Y − m X = ± a 2 m 2 + b 2 l 2 : m Y + X = ± a 2 + b 2 m 2 \displaystyle \begin{aligned} l_{1}:\,Y-mX&= \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} \\ l_{2}:\,mY+X&= \pm \sqrt{a^2+b^2 m^2} \end{aligned} l 1 : Y − m X l 2 : mY + X = ± a 2 m 2 + b 2 = ± a 2 + b 2 m 2 으로 쓸 수 있고, 각각의 양변을 제곱하면
l 1 : Y 2 − 2 m X Y + m 2 X 2 = a 2 m 2 + b 2 l 2 : m 2 Y 2 + 2 m X Y + X 2 = a 2 + b 2 m 2 \displaystyle \begin{aligned} l_{1}:\,Y^2-2mXY+m^2X^2&= a^2 m^2+b^2 \\ l_{2}:\,m^2 Y^2+2mXY+X^2&= {a^2+b^2 m^2} \end{aligned} l 1 : Y 2 − 2 m X Y + m 2 X 2 l 2 : m 2 Y 2 + 2 m X Y + X 2 = a 2 m 2 + b 2 = a 2 + b 2 m 2 각각을 더함으로써
( m 2 + 1 ) X 2 + ( m 2 + 1 ) Y 2 = ( m 2 + 1 ) a 2 + ( m 2 + 1 ) b 2 X 2 + Y 2 = a 2 + b 2 \displaystyle \begin{aligned} (m^2+1)X^2+(m^2+1)Y^2&=(m^2+1)a^2+(m^2+1)b^2 \\ X^2+Y^2&=a^2+b^2 \end{aligned} ( m 2 + 1 ) X 2 + ( m 2 + 1 ) Y 2 X 2 + Y 2 = ( m 2 + 1 ) a 2 + ( m 2 + 1 ) b 2 = a 2 + b 2 이 나오게 된다.
( X , Y ) (X,\,Y) ( X , Y ) 가 기술하는 도형은 중심이 원점이고 반지름의 제곱이
a 2 + b 2 a^2+b^2 a 2 + b 2 인 원이므로 맨 위의 결과가 나오게 된다.
파일:나무_타원_성질5.png 위 그림과 같이 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2 \,\,(a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ( a > b > 0 ) 을 고려하고, 타원 위의 한 점
P \rm P P 를 지나는 접선
l l l 과 원점을 통과하며,
l l l 과 평행한 직선과 타원과의 두 교점을 각각
A ( x 1 , y 1 ) {\rm A}(x_{1},\,y_{1}) A ( x 1 , y 1 ) ,
B ( x 2 , y 2 ) {\rm B}(x_{2},\,y_{2}) B ( x 2 , y 2 ) 라 하자. 이때,
△ P A B \triangle \rm PAB △ PAB 는 일정하다.
이것의 증명은
l l l 의 기울기를
m m m 이라 놓으면,
l : y = m x ± a 2 m 2 + b 2 l:\, y=mx \pm \sqrt{a^2 m^2+b^2} l : y = m x ± a 2 m 2 + b 2 이고, 직선
A B \rm AB AB 의 방정식은
y = m x y=mx y = m x 라 놓을 수 있다. 해당 직선과 타원의 방정식을 연립하면
x 2 a 2 + m 2 x 2 b 2 = 1 → m 2 a 2 + b 2 a 2 b 2 x 2 − 1 = 0 \displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{m^2 x^2}{b^2}=1 \quad \to \quad \frac{m^2 a^2+b^2}{a^2 b^2}x^2-1=0 a 2 x 2 + b 2 m 2 x 2 = 1 → a 2 b 2 m 2 a 2 + b 2 x 2 − 1 = 0 따라서 이 방정식의 해는
x 1 x_{1} x 1 혹은
x 2 x_{2} x 2 인데 이차방정식의 근과 계수의 관계에 의해 두 근의 합은
x 1 + x 2 = 0 x_{1}+x_{2}=0 x 1 + x 2 = 0 , 두 근의 곱은
x 1 x 2 = − a 2 b 2 m 2 a 2 + b 2 \displaystyle x_{1}x_{2}=-\frac{a^2 b^2}{m^2 a^2+b^2} x 1 x 2 = − m 2 a 2 + b 2 a 2 b 2 이므로
( x 1 − x 2 ) 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 − 4 x 1 x 2 (x_{1}-x_{2})^2=(x_{1}+x_{2})^2-4x_{1}x_{2} ( x 1 − x 2 ) 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 − 4 x 1 x 2 에서
( x 1 − x 2 ) 2 = 4 a 2 b 2 m 2 a 2 + b 2 \displaystyle (x_{1}-x_{2})^{2}=\frac{4a^2 b^2}{m^2 a^2+b^2} ( x 1 − x 2 ) 2 = m 2 a 2 + b 2 4 a 2 b 2 임을 얻을 수 있다. 이때,
y 1 = m x 1 y_{1}=mx_{1} y 1 = m x 1 ,
y 2 = m x 2 y_{2}=mx_{2} y 2 = m x 2 에서
( y 1 − y 2 ) 2 = m 2 ( x 1 − x 2 ) 2 \displaystyle (y_{1}-y_{2})^{2}=m^2(x_{1}-x_{2})^2 ( y 1 − y 2 ) 2 = m 2 ( x 1 − x 2 ) 2 이다. 따라서
A B ‾ = ( x 1 − x 2 ) 2 + ( y 1 − y 2 ) 2 = 2 a b 1 + m 2 m 2 a 2 + b 2 \displaystyle \begin{aligned} \overline{\rm AB}&=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}} \\&=\frac{2a b\sqrt{1+m^2}}{\sqrt{m^2 a^2+b^2}} \end{aligned} AB = ( x 1 − x 2 ) 2 + ( y 1 − y 2 ) 2 = m 2 a 2 + b 2 2 ab 1 + m 2 을 얻을 수 있고, 삼각형
P A B \rm PAB PAB 의 높이는 원점에서 접선
l l l 까지의 거리이므로
m 2 a 2 + b 2 1 + m 2 \displaystyle \begin{aligned} \frac{\sqrt{m^2 a^2+b^2}}{\sqrt{1+m^2}} \end{aligned} 1 + m 2 m 2 a 2 + b 2 이다. 따라서
△ P A B = 1 2 ⋅ 2 a b 1 + m 2 m 2 a 2 + b 2 ⋅ m 2 a 2 + b 2 1 + m 2 = a b \displaystyle \begin{aligned} \triangle \rm PAB &=\frac{1}{2} \cdot \frac{2a b\sqrt{1+m^2}}{\sqrt{m^2 a^2+b^2}} \cdot \frac{\sqrt{m^2 a^2+b^2}}{\sqrt{1+m^2}} \\&=ab \end{aligned} △ PAB = 2 1 ⋅ m 2 a 2 + b 2 2 ab 1 + m 2 ⋅ 1 + m 2 m 2 a 2 + b 2 = ab 으로 일정함을 알 수 있다.
이 문단에서는 특정한 타원을 예로 들었지만 이는 일반적인 타원에서 성립한다.
타원이 하나 주어져 있고, 두 초점
F \rm F F ,
F ′ \rm F' F ′ 과 타원 위의 임의의 점
P \rm P P 에 대하여 삼각형
P F ′ F \rm PF'F P F ′ F 가 직각삼각형이라면 그 넓이는 짧은 반지름의 제곱의 값으로 일정하게 된다.
파일:나무_타원_직각삼각형.png 이것의 예로 그림과 같이 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2 \,\,(a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ( a > b > 0 ) 을 고려하여 증명하여보자.
F F ′ ‾ = 2 c F P ‾ = t F ′ P ‾ = s \displaystyle \begin{aligned} \overline{\rm FF'}&=2c \\ \overline{\rm FP}&=t \\ \overline{\rm F'P}&=s \end{aligned} F F ′ FP F ′ P = 2 c = t = s 라 놓으면 타원의 성질에 의하여
t + s = 2 a \displaystyle \begin{aligned} t+s=2a \end{aligned} t + s = 2 a 삼각형
P F ′ F \rm PF'F P F ′ F 은 직각삼각형이므로
t 2 + s 2 = 4 c 2 \displaystyle \begin{aligned} t^2+s^2=4c^2 \end{aligned} t 2 + s 2 = 4 c 2 이때,
2 t s = ( t + s ) 2 − ( t 2 + s 2 ) = 4 ( a 2 − c 2 ) = 4 b 2 \displaystyle \begin{aligned} 2ts&=(t+s)^2-(t^2+s^2) \\ &=4(a^2-c^2) \\ &=4b^2 \end{aligned} 2 t s = ( t + s ) 2 − ( t 2 + s 2 ) = 4 ( a 2 − c 2 ) = 4 b 2 한편
△ P F ′ F = 1 2 t s = b 2 \displaystyle \begin{aligned} \triangle {\rm PF'F}&=\frac{1}{2}ts \\ &=b^2 \end{aligned} △ P F ′ F = 2 1 t s = b 2 으로 일정함을 알 수 있다.
광학 에서 빛은 반사한 표면에 대하여 입사각과 반사각이 같게 반사된다. 이 문단에서는 이러한 광학적 성질이 타원에선 어떻게 적용되는지 알아보고자 한다.
파일:나무_타원_광학적성질.png 위 그림과 같이 초점이 각각
F \rm F F ,
F ′ \rm F' F ′ 인 타원 고려하고, 타원 위의 임의의 점
P \rm P P 와 그 위의 접선
l l l 을 고려해보자. 만약 광선을
F → P \rm F \to \rm P F → P 로 방사하여
F ′ \rm F' F ′ 에 도달했다고 하자. 이때, 빛이 이 경로로 따름을 증명하려면
∠ F P T = ∠ F ′ P Q \angle \rm FPT=\angle \rm F'PQ ∠ FPT = ∠ F ′ PQ 임을 증명하면 된다.
점
P \rm P P 가 아닌 접선 위의 임의의 점
Q \rm Q Q 를 고려해보자.
Q \rm Q Q 가
P \rm P P 가 아니기 때문에
Q \rm Q Q 는 항상 타원의 외부에 위치한다. 따라서 성질 1에서 증명했던 바와 같이 다음이 성립한다.
F ′ Q ‾ + F Q ‾ > F ′ P ‾ + F P ‾ \displaystyle \overline{\rm F'Q}+\overline{\rm FQ}>\overline{\rm F'P}+\overline{\rm FP} F ′ Q + FQ > F ′ P + FP 따라서 접선 위의 임의의 점
R \rm R R 을 고려하면
F ′ R ‾ + F R ‾ ≥ F ′ P ‾ + F P ‾ \displaystyle \overline{\rm F'R}+\overline{\rm FR} \geq \overline{\rm F'P}+\overline{\rm FP} F ′ R + FR ≥ F ′ P + FP 를 만족한다. 따라서 이 조건을 만족하려면, 점
F \rm F F 를
l l l 에 대해 대칭시킨 점
G \rm G G 와
P \rm P P ,
F ′ \rm F' F ′ 은 한 직선 상에 있어야 한다.
한편, 삼각형
G P F \rm GPF GPF 는
P G ‾ = P F ‾ \overline{\rm PG}=\overline{\rm PF} PG = PF 인 이등변삼각형이고, 점
T \rm T T 는
G F ‾ \overline{\rm GF} GF 의 수직이등분점이므로
∠ G P T = ∠ F P T \displaystyle \angle{\rm GPT}=\angle{\rm FPT} ∠ GPT = ∠ FPT 이고, 맞꼭지각으로
F P T = ∠ F ′ P Q \displaystyle \rm FPT=\angle \rm F'PQ FPT = ∠ F ′ PQ 이 성립한다. 따라서 광선은
F → P → F ′ \rm F \to \rm P \to \rm F' F → P → F ′ 에 도달한다. 이 결과는 아래와 같이 정리할 수 있다.
타원 내부의 한 초점에서 방사된 빛은 다른 초점에서 모인다.
파일:나무_타원_중심.png 위 그림과 같이 중심이
O \rm O O 인 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2=1 \,\, (a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) 을 고려하고, 타원 위의 두 점
A \rm A A ,
B \rm B B 를 지나는 직선
l l l 을 고려하자. 이때, 평행한
l l l 들에 대하여 그 교점
A \rm A A ,
B \rm B B 의 중점의 자취는
타원의 원점을 지나는 직선 위에 위치하게 된다. 더욱 일반적으로 말하면 아래와 같이 정리할 수 있다.
타원의 두 점을 지나는 평행한 직선들에 대하여 그 교점의 중점의 자취는 타원의 원점을 지나는 직선이다.
이것의 증명은
l : p x + q l:\, px+q l : p x + q 이라 놓는 것부터 시작된다.
A ( x 1 , y 1 ) {\rm A}(x_{1},\,y_{1}) A ( x 1 , y 1 ) ,
B ( x 2 , y 2 ) {\rm B}(x_{2},\,y_{2}) B ( x 2 , y 2 ) 라 두자. 이때, 직선
l l l 과 타원의 방정식을 연립함으로써
x 2 a 2 + ( p x + q ) 2 b 2 = 1 b 2 x 2 + a 2 ( p x + q ) 2 − a 2 b 2 = 0 ( a 2 p 2 + b 2 ) x 2 + 2 a 2 p q x + a 2 q 2 + a 2 b 2 = 0 \displaystyle \begin{aligned} \frac{x^2}{a^2}+\frac{(px+q)^2}{b^2}&=1 \\ b^2 x^2+a^2 (px+q)^2-a^ 2b^2 &=0 \\ (a^2 p^2 +b^2)x^2+2a^2 pqx+a^2 q^2+a^2 b^2&=0 \end{aligned} a 2 x 2 + b 2 ( p x + q ) 2 b 2 x 2 + a 2 ( p x + q ) 2 − a 2 b 2 ( a 2 p 2 + b 2 ) x 2 + 2 a 2 pq x + a 2 q 2 + a 2 b 2 = 1 = 0 = 0 이고, 이것의 해는
x 1 x_{1} x 1 혹은
x 2 x_{2} x 2 중 하나이다. 이차방정식의 근과 계수와의 관계에 의하여
x 1 + x 2 = − 2 a 2 p q a 2 p 2 + b 2 \displaystyle \begin{aligned} x_{1}+x_{2}=-\frac{2a^2 pq}{a^2 p^2 +b^2} \end{aligned} x 1 + x 2 = − a 2 p 2 + b 2 2 a 2 pq 만약
M ( X , Y ) {\rm M}(X,\,Y) M ( X , Y ) 라 놓으면
X = x 1 + x 2 2 = − a 2 p q a 2 p 2 + b 2 Y = p ( x 1 + x 2 2 ) + q = − a 2 p 2 q a 2 p 2 + b 2 + q = − a 2 p 2 q + q ( a 2 p 2 + b 2 ) a 2 p 2 + b 2 = q b 2 a 2 p 2 + b 2 \displaystyle \begin{aligned} X&=\frac{x_{1}+x_{2}}{2} \\&=-\frac{a^2 pq}{a^2 p^2 +b^2} \\ Y&=p \left( \frac{x_1+x_2}{2} \right)+q \\&=-\frac{a^2 p^2 q}{a^2 p^2 +b^2}+q \\&=\frac{-a^2 p^2 q+q(a^2 p^2 +b^2)}{a^2 p^2 +b^2} \\&=\frac{qb^2}{a^2 p^2 +b^2} \end{aligned} X Y = 2 x 1 + x 2 = − a 2 p 2 + b 2 a 2 pq = p ( 2 x 1 + x 2 ) + q = − a 2 p 2 + b 2 a 2 p 2 q + q = a 2 p 2 + b 2 − a 2 p 2 q + q ( a 2 p 2 + b 2 ) = a 2 p 2 + b 2 q b 2 이상에서
Y = − b 2 a 2 p X \displaystyle \begin{aligned} Y=-\frac{b^2}{a^2 p}X \end{aligned} Y = − a 2 p b 2 X 을 얻는다
( X , Y ) (X,\,Y) ( X , Y ) 가 기술하는 도형은 원점(타원의 중심)을 지나는 직선이므로 맨위의 결과를 얻었음을 알 수 있다.
위의 성질들을 이용하여 임의의 타원의 중심을 쉽게 찾을 수 있다. 다음의 단계를 따른다.
파일:나무_타원중심_작도_ai.png 타원에 두 점을 지나는 각각의 두 평행한 직선
a a a ,
b b b 를 그린다.
직선
a a a 와 타원의 교점
A \rm A A ,
B \rm B B 의 중점
M \rm M M 을 찾는다.
직선
b b b 와 타원의 교점
C \rm C C ,
D \rm D D 의 중점
N \rm N N 을 찾는다.
타원에 두 점을 지나는 각각의 두 평행한 직선
c c c ,
d d d 를 그린다. 단, 1에서 했던 직선의 기울기와는 다른 직선을 사용한다.
직선
c c c 와 타원의 교점
D \rm D D ,
E \rm E E 의 중점
P \rm P P 을 찾는다.
직선
d d d 와 타원의 교점
F \rm F F ,
G \rm G G 의 중점
Q \rm Q Q 을 찾는다.
두 직선
M N \rm MN MN ,
P Q \rm PQ PQ 의 교점
O \rm O O 가 타원의 중심이 된다.
이 문단에서는 타원의 중심과 타원의 단축 및 장축을 안다고 가정할 때, 타원의 초점을 찾는 법을 다루어보고자 한다. 결과만 먼저 말하면, 타원의 중심에 타원의 긴 반지름을 반지름으로 하는 원을 그린 후 그 원의 중심을 짧은지름 상의 꼭짓점으로 옮긴 뒤 장축과 해당 원이 만나는 두 교점이 타원의 초점이 된다.
이것의 예를 타원
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) x^2/a^2+y^2/b^2=1 \,\,(a>b>0) x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1 ( a > b > 0 ) 으로 들어보고자 한다.
파일:나무_타원_초점찾기.png 위 그림과 같이 짧은 지름 상에 있는 한 꼭짓점
P \rm P P 를 고려해보자. 타원의 성질에 의하여
F ′ P ‾ + P F ‾ = 2 a \displaystyle \overline{\rm F'P}+\overline{\rm PF}=2a F ′ P + PF = 2 a 이고, 두 삼각형
P O F \rm POF POF ,
P O F ′ \rm POF' PO F ′ 에서
O P ‾ \overline{\rm OP} OP 는 공통,
O \rm O O 는 타원의 중심이므로
O F ′ ‾ = O F ‾ \overline{\rm OF'}=\overline{\rm OF} O F ′ = OF 이고,
∠ P O F = ∠ P O F ′ \angle{\rm POF}=\angle{\rm POF'} ∠ POF = ∠ PO F ′ 이므로 두 삼각형은 합동이므로
F ′ P ‾ = P F ‾ \displaystyle \overline{\rm F'P}=\overline{\rm PF} F ′ P = PF 이다. 따라서
F ′ P ‾ = P F ‾ = a \displaystyle \overline{\rm F'P}=\overline{\rm PF}=a F ′ P = PF = a 임을 얻는다. 따라서 두 초점은 중심이
P \rm P P 이고, 반지름이
a a a 인 원 위에 있음을 알 수 있다. 또, 타원의 초점은 장축 위에 있으므로 곧 해당 원과 장축의 교점이 두 초점이 됨을 확인할 수 있다.
