伯努利双纽线

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两点$F_1,F_2$距离为$2c$,到$F_1,F_2$的距离之积为$c^2$的点$P$的轨迹称为伯努利双纽线,即$|PF_1|·|PF_2|=c^2$,整理得$\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=2 c^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)$.
由此得到其极坐标方程$r^{2}=2c^{2} \cos (2 \theta)$.记$a=\sqrt2c$,即为$r^2=a^2\cos(2\theta)$.

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双曲线$x^2-y^2=a^{-2}$关于单位圆反演也就是作代换$(x,y)\mapsto\left(\frac{x}{x^2+y^2},\frac{y}{x^2+y^2}\right)$,得到伯努利双纽线$\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=a^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)$.

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A是双曲线$(\cosh t,\sinh t)$上的动点,以OA为直径作圆,这个圆的包络是伯努利双纽线$r^2=\cos(2\theta)$.
证明1:反演
证明2:设$A(\coshγ,\sinγ)$,则以OA为直径的圆有极坐标方程$r=\sqrt{\cosh(2γ)}\cos\left(\theta-\arctan\left(\tanh γ\right)\right)$.
这个圆与伯努利双纽线的交点$(\rho,\vartheta)$满足方程$\rho^2=\cos(2\vartheta)=\cosh(2γ)\cos^2\left(\vartheta-\arctan\left(\tanh γ\right)\right)$⇒$$\cos(2\vartheta)\cosh(2γ)=1\tag1\label1$$为了说明伯努利双纽线和动圆在交点处的切线斜率相等,只需说明它们在此点的$\frac{\mathrm dr}{\mathrm dθ}$相等.
对于伯努利双纽线:$\frac{\mathrm dr}{\mathrm dθ}=-\frac{\sin(2\vartheta)}ρ=-\frac{\sin(2\vartheta)}{\sqrt{\cos(2\vartheta)}}$
对于动圆:$\frac{\mathrm dr}{\mathrm dθ}=-\sqrt{\cosh(2γ)}\sin\left(\vartheta-\arctan\left(\tanh γ\right)\right)=-\sqrt{\cosh(2γ)-ρ^2}=-\sqrt{\cosh(2γ)-\cos(2\vartheta)}$
我们要证明$\frac{\sin(2\vartheta)}{\sqrt{\cos(2\vartheta)}}=\sqrt{\cosh(2γ)-\cos(2\vartheta)}$,这很容易就化为了\eqref{1},所以伯努利双纽线和动圆相切.

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考虑连杆AQPB,$A(-\frac a2,0),B(\frac a2,0)$,AP=QB=b,PQ=a,且PQ在y轴两侧.设M为PQ中点,我们来确定M(ρ,θ)的轨迹.
显然AQBP是等腰梯形,设PQ和AB交于K,则KO=KM,则∠MKB=2∠MOB=2θ.
在△BKP中,KB=OB-OK=$\frac a2-\fracρ{2\cosθ}$,KP=MP+KM=$\frac a2+\fracρ{2\cosθ}$.
用余弦定理得\begin{align*} b^{2} &=\left(\frac{a}{2}-\frac{\rho}{2 \cos \theta}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}+\frac{\rho}{2 \cos \theta}\right)^{2}-2\left(\frac{a}{2}-\frac{\rho}{2 \cos \theta}\right)\left(\frac{a}{2}+\frac{\rho}{2 \cos \theta}\right) \cos 2 \theta \\ &=\frac{1}{2}\left(a^{2}+\frac{\rho^{2}}{\cos ^{2} \theta}\right)-\frac{1}{2}\left(a^{2}-\frac{\rho^{2}}{\cos ^{2} \theta}\right) \cos 2 \theta \\ &=\frac{1}{2} a^{2}(1-\cos 2 \theta)+\frac{1}{2} \cdot \frac{\rho^{2}}{\cos ^{2} \theta}(1+\cos 2 \theta) \\ &=a^{2} \sin ^{2} \theta+\rho^{2} \end{align*}所以M的轨迹为$\rho^{2}=b^{2}-a^{2} \sin ^{2} \theta$,对于满足$|\sinθ|≤\frac ba$的θ有定义.当$b=\sqrt2a$时,M的轨迹为伯努利双纽线.

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zhuanlan.zhihu.com/p/39410589
zhuanlan.zhihu.com/p/24137170
math.fau.edu/yiu/CHP2009/Chapter24withsupp.pdf
双纽线周长的积分是椭圆积分的一个例子.
(Gauss).设a≤b为正实数,agM表示算术-几何平均数,则$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a^{2}\right)\left(x^{2}+b^{2}\right)}}=\frac{\pi}{\operatorname{agM}(a, b)}$.
证明:首先证明将a,b换成$\sqrt{2ab}$和$a+b\over2$时积分不变.考虑代换$x=\frac{1}{2}\left(y-\frac{a b}{y}\right)$,当y从0变到∞时,x从-∞变到∞.注意到$x^{2}+a b=\frac{1}{4}\left(y-\frac{a b}{y}\right)^{2}+a b=\frac{1}{4}\left(y+\frac{a b}{y}\right)^{2}=\frac{\left(y^{2}+a b\right)^{2}}{4 y^{2}}$,
$x^{2}+\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(\left(y-\frac{a b}{y}\right)^{2}+\left(a+b\right)^{2}\right)=\frac{\left(y^{2}+a^{2}\right)\left(y^{2}+b^{2}\right)}{4 y^{2}}$,
$d x=\frac{1}{2}\left(1+\frac{a b}{y^{2}}\right) d y=\frac{\left(y^{2}+a b\right) d y}{2 y^{2}}$.
从而$\int_{x=-\infty}^{x=\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a^{2}\right)\left(x^{2}+b^{2}\right)}}=\int_{y=0}^{y=\infty} \frac{2 d y}{\sqrt{\left(y^{2}+a^{2}\right)\left(y^{2}+b^{2}\right)}}=\int_{x=-\infty}^{x=\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a_1{}^{2}\right)\left(x^{2}+b_1{}^{2}\right)}}$
继续用几何和算术平均数替换,我们得到一个收敛于${\rm agM}(a,b)$的区间套$[a,b]\supset\left[a_1,b_1\right]\supset\left[a_2,b_2\right] \supset \cdots \supset\left[a_n,b_n\right] \supset \cdots$
且对任意正整数$n$有$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a_{n}^{2}\right)\left(x^{2}+b_{n}^{2}\right)}}=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a^{2}\right)\left(x^{2}+b^{2}\right)}}$.
因为$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2}+b_{n}^{2}} \leq \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a_{n}^{2}\right)\left(x^{2}+b_{n}^{2}\right)}} \leq \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2}+a_{n}^{2}}$,
我们有$\frac{\pi}{b_{n}} \leq \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{\left(x^{2}+a^{2}\right)\left(x^{2}+b^{2}\right)}} \leq \frac{\pi}{a_{n}}$
因为$(a_n),(b_n)$均收敛于${\rm agM}(a,b)$,就有$\frac{\pi}{\operatorname{agM}(a, b)} \leq \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a^{2}\right)\left(x^{2}+b^{2}\right)}} \leq \frac{\pi}{\operatorname{agM}(a, b)}$,
即$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+a^{2}\right)\left(x^{2}+b^{2}\right)}}=\frac{\pi}{\operatorname{agM}(a, b)}$.

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伯努利双纽线$\rho^{2}=2 a^{2} \cos 2 \theta$的周长为$\frac{4 \sqrt{2} \pi a}{\operatorname{agM}(1, \sqrt{2})}$.
双纽线周长的积分,即$\int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}}$可以转化为上述定理中考虑的形式之一,通过$t=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}$.
注意$x$的范围从0到∞与$t$的范围从0到1相反,并且$d t=\frac{-x d x}{\left(x^{2}+1\right)^{\frac{3}{2}}}$,$1-t^{4}=1-\frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}=\frac{x^{2}\left(x^{2}+2\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}$.
因此,双纽线的周长是$4 \sqrt{2} a \int_{t=0}^{t=1} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}}=4 \sqrt{2} a \int_{x=0}^{x=\infty} \frac{d x}{\sqrt{\left(x^{2}+1\right)\left(x^{2}+2\right)}}=\frac{2 \sqrt{2} \pi a}{\operatorname{agM}(1, \sqrt{2})}$.
注:${1\over\operatorname{agM}(1,\sqrt2)}=0.8346268\dots$称为Gauss常数.

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黎曼面的起源 陈跃 数学文化/第6卷第1期 p53-56
1 椭圆积分及其加法公式
我们知道在微积分（或高等数学、数学分析）里有一种所谓的“积不出来”的不定积分——即不可能求出原函数的积分。例如在计算像椭圆这样一些常用曲线的弧长时，17世纪的数学家们就遇到了这种类型的积分。设椭圆的参数方程为：$x=a \cos \theta 、 y$ $=b \sin \theta$ (其中 $b>a$ ), 则关于 $\theta$ 从 0 到 $\alpha$ 的弧长 $\mathrm{L}$ 为
$$
\mathrm{L}=\int_{0}^{a} \sqrt{a^{2} \sin ^{2} \theta+b^{2} \cos ^{2} \theta} d \theta=b \int_{0}^{a} \sqrt{1-k^{2} \sin ^{2} \theta} d \theta
$$
其巾 $k^{2}=1-(a / b)^{2}$ 。再作换元 $\theta=\arcsin t$, 可得
$$
\mathrm{L}=b \int_{0}^{\sin a} \sqrt{\frac{1-k^{2} t^{2}}{1-t^{2}}} d t=b \int_{0}^{\sin a} \frac{1-k^{2} t^{2}}{\sqrt{\left(1-t^{2}\right)\left(1-k^{2} t^{2}\right)}} d t\tag1
$$
这是一个不可能有初等函数原函数的定积分。
又例如人们在计算双纽线的弧长时也遇到了这种积分。由伯努利（J.  Bernoulli）发现的双纽线是平面上到两定点 $(-a, 0)$ 和$(a,0)$ 的距离之积等于常数 $a^2$ 的点轨迹，它的图形像一个横着写的8，它的极坐标方程为 $r^{2}=2 a^{2} \cos 2 \theta$, 再由曲线弧长公式
$$
\mathrm{L}=\int_{0}^{a} \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d \theta}\right)^{2}} d \theta
$$
可得
$$
\mathrm{L}=\sqrt{2} a \int_{0}^{a} \frac{d \theta}{\sqrt{\cos 2 \theta}}=\sqrt{2} a \int_{0}^{a} \frac{d \theta}{\sqrt{1-2 \sin ^{2} \theta}},
$$
现在作换元 $u=\tan \theta$, 则有
$$
\sin ^{2} \theta=\frac{u^{2}}{1+u^{2}} \text { 和 } d \theta=\frac{d u}{1+u^{2}} \text {, }
$$
从而得到
$$
\mathrm{L}=\sqrt{2} a \int_{0}^{x} \frac{d u}{\sqrt{1-u^{4}}},\tag2
$$
这里的 $x=\tan \alpha$ 。这个积分也是积不出来的。
以上的两个积分 (1) 与 (2) 都属于如下形式的所谓的椭圆积分
$$
\int_{\beta}^{\alpha} \frac{r(t)}{\sqrt{p(t)}} d t,\tag3
$$
其中的 $r(t)$ 是有理函数，而分母中的 $p(t)$ 是3次或4次的多项式函数。在历史上，“椭圆积分”这个名称就是从上述求椭圆曲线的弧长问题而来的。可以证明，椭圆积分中的3次多项式可以经过换元变成4次多项式的形式，反过来，4次多项式也可以变成3次多项式的形式。
从18世纪初开始，以法尼亚诺（G.  F.  Fagnano）、欧拉（L.  Euler）和勒让德（A. M.  Legendre）为代表，一批数学家对椭圆积分的性质进行了初步的研究，发现了椭圆积分的“加法公式”。下面我们对比较简单的椭圆积分(2)来逐步推导出这个加法公式。先对这个积分进行换元变换$v^2=2u^2/(1-u^4)$，对这个换元式子的两边关于变量$u$进行求导，可得$$
v \frac{d v}{d u}=\frac{2 u\left(1+u^{4}\right)}{\left(1-u^{4}\right)^{2}}
$$
由于 $v=\sqrt{2} u / \sqrt{1-u^{4}}$, 所以有
$$
d v=\frac{\sqrt{2}\left(1+u^{4}\right)}{\sqrt{\left(1-u^{4}\right)^{3 / 2}}} d u
$$
再由 $\sqrt{1+v^{4}}=\left(1+u^{4}\right) /\left(1-u^{4}\right)$, 得到
$$
\frac{d v}{\sqrt{1+v^{4}}}=\frac{\sqrt{2} d u}{\sqrt{1-u^{4}}},
$$
从而得
$$\tag4
\int_{0}^{x} \frac{\sqrt{2} d u}{\sqrt{1-u^{4}}}=\int_{0}^{\frac{\sqrt{2} x}{\sqrt{1-x^{4}}}} \frac{d v}{\sqrt{1+v^{4}}} .
$$
再对上式右边的积分继续作另一换元变换 $t^{2}=2 v^{2} /\left(1+v^{4}\right)$，经过同样的计算过程可以得到
$$\tag5
\int_{0}^{\frac{\sqrt{2} x}{\sqrt{1-x^{4}}}} \frac{d v}{\sqrt{1+v^{4}}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\frac{2 x \sqrt{1-x^{4}}}{1+x^{4}}} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}} .
$$
现在合并 (4) 与 (5) 式，就得到了曾经由意大利数学家法尼亚诺在1718年发现的双纽线的弧长加倍公式
$$\tag6
2 \int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}}=\int_{0}^{\frac{2 x \sqrt{1-x^{4}}}{1+x^{4}}} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}} .
$$
这个不寻常的等式不久就引起了欧拉的注意，他在1753年证明了以下的加法公式：
$$\tag7
\int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}}+\int_{0}^{y} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}}=\int_{0}^{\frac{x \sqrt{1-y^{4}}+y \sqrt{1-x^{4}}}{1+x^{2} y^{2}}} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{4}}}
$$
这个重要的公式之所以这样称呼，是因为它类似于三角函数中关于反正弦函数的加法公式
$$
\int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{2}}}+\int_{0}^{y} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{2}}}=\int_{0}^{x \sqrt{1-y^{2}}+y \sqrt{1-x^{2}}} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{2}}} .
$$
上式即是我们所熟悉的三角公式$$\arcsin x+\arcsin y=\arcsin \left(x \sqrt{1-y^{2}}+y \sqrt{1-x^{2}}\right)$$的积分表达形式。我们看到，双纽线的弧长加倍公式(6)正是加法公式(7)当$x=y$时的特殊情形。欧拉的加法公式(7)的证明其实也是运用了换元法，只是此时的换元变换比较复杂而已。由于受到双纽线弧长加倍公式(6)的右边积分上限$2x\sqrt{1−x^4}/(1+x^4)$的启发，对于积分(2)，考虑$u$和$v$之间的换元变换式$$\frac{u \sqrt{1-v^{4}}+v \sqrt{1-u^{4}}}{1+u^{2} v^{2}}=r,\tag8$$其中的$r$是常数。为了寻找出微元$du$与$dv$之间的关系，引入中间变量$U=1-u^4$和$V=1-v^4$，(8)式就变成了$(uU+vV)/(1+u^2v^2)=r$，将$v$看成是$u$的函数，对这个式子的两边关于$u$求导，经过仔细的运算后可以推导出以下的等式：$$\left(\frac{d u}{U}+\frac{d v}{V}\right)\left[U V\left(1-u^{2} v^{2}\right)-2 u v\left(u^{2}+v^{2}\right)\right]=0\tag9$$从(8)知道，当$u=0$时$v=r$，此时上式方括号里的式子变成$$U V\left(1-u^{2} v^{2}\right)-2 u v\left(u^{2}+v^{2}\right)=\sqrt{1-r^{4}},$$所以当$r$与$u$充分靠近0时，$UV(1-u^2v^2)-2uv(u^2+v^2)$不为0 。因此从(9)式可知$$\frac{d u}{\sqrt{1-u^{4}}}+\frac{d v}{\sqrt{1-v^{4}}}=0$$设在此换元变换中，积分(2)的上限$x$对应于$y$，而0又对应了$r$，所以由上式可得$$\int_{0}^{x} \frac{d u}{\sqrt{1-u^{4}}}=-\int_{r}^{y} \frac{d v}{\sqrt{1-v^{4}}}=-\int_{r}^{0} \frac{d v}{\sqrt{1-v^{4}}}-\int_{0}^{y} \frac{d v}{\sqrt{1-v^{4}}}$$最后再由(8)式中的等量关系知道，此时有$$r=\frac{x \sqrt{1-y^{4}}+y \sqrt{1-x^{4}}}{1+x^{2} y^{2}}$$从而就得到了加法公式(7)。
欧拉不仅像这样证明了加法公式(7)，还进一步对更一般的椭圆积分推导出了加法公式$$\int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1+a t^{2}-t^{4}}}+\int_{0}^{y} \frac{d t}{\sqrt{1+a t^{2}-t^{4}}}=\int_{0}^{\frac{x \sqrt{1+a y^{2}-y^{4}}+y \sqrt{1+a x^{2}-x^{4}}}{1+x^{2} y^{2}}} \frac{d t}{\sqrt{1+a t^{2}-t^{4}}}\tag{10}$$他甚至还想把上式中根号内的多项式次数提高到5和6次的情形，但他发现此时这样的等式不会成立。
18世纪末的数学家勒让得在欧拉研究的基础上，比较系统地研究了椭圆积分。他在这方面的最大功绩是得到了椭圆积分的三种标准形式，使得其他所有的各种椭圆积分都可以通过积分的某些变换化成这三种标准的形式，这样，就像其他的一些常见的特殊函数一样，人们能够制作出专门的椭圆积分用表，供需要实际计算椭圆积分的人们查阅。
然而，真正的数学家是不会满足于仅仅求出椭圆积分值的，他们希望能够找出隐藏在这种不寻常的积分性质——加法公式背后的东西。

hbghlyj

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青青子衿

hbghlyj 发表于 2022-7-15 16:06
黎曼面的起源 陈跃 数学文化/第6卷第1期 p53-56
1 椭圆积分及其加法公式
我们知道在微积分（或高等数学、数 ...

\begin{align*}
\operatorname{slh}^{-1}(x)
&=\frac{1}{2} \operatorname{sn}^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\\
&=\sqrt{2} \operatorname{sl}^{-1}\left(\frac{ x}{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}}\right)\\
\int_{0}^{x}\frac{\mathrm{dt}}{\sqrt{1+t^{4}}}&=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{2x}{1+x^2}}\frac{\mathrm{dt}}{\sqrt{(1-t^2)(1-\frac{1}{2}t^2)}}\\
&=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{ x}{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}}}\frac{\mathrm{dt}}{\sqrt{1-t^4}}\\
\operatorname{slh}(x)&=\dfrac{\operatorname{sn}(x,\frac{1}{\sqrt{2}})}{\operatorname{cd}(x,\frac{1}{\sqrt{2}})}\\&=\operatorname{sn}\left(x,\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right) \sqrt{\frac{1-\frac{1}{2}\operatorname{sn}^2\left(x,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}{1-\operatorname{sn}^2\left(x,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}}\\
\end{align*}