Найти эллипс через два радиуса

[llpu3pak]

Имеется некий эллипс с центром в начале координат (0,0) и повернутый под произвольным углом. Известны две точки на плоскости: $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$.
Необходимо найти эллипс (a, b, угол поворота).
Очевидно, что имея лишь два произвольных радиуса, невозможно однозначно определить эллипс. Но в данном случае есть условие, что в точке $(x_1, y_1)$ достигается максимум по оси X, а в $(x_2, y_2)$ - максимум по Y. И теперь условий достаточно для того чтобы им удовлетворял лишь один эллипс. Но вот не знаю, достаточно ли их для того чтобы его найти.

Из того, что я понял:
Прямые, соотвественно параллельные осям абсцисс и ординат, проведенные через эти две точки, будут являться касательными к искому эллипсу. У эллипса есть свойство, что касательные имеют одинаковые углы до его фокусов. Также известно, что сумма расстояний до фокусов равна 2a, т.е. большому диаметру эллипса.

Но что делать дальше со всем этим "знанием" непонятно... Предполагаю, что нужно составить систему уравнений, из которой можно будет найти фокусы. Но докрутить соображалки не хватает... Буду признателен за любой совет или помощь в поиске решения.

P.S. Накидал картинку для большей ясности

[Someone]

llpu3pak в сообщении #1269980 писал(а):

Прямые, соотвественно параллельные осям абсцисс и ординат, проведенные через эти две точки, будут являться касательными к искому эллипсу.

Напишите уравнения эллипса и касательной. Пользуясь уравнением касательной, исключите одну координату. Тогда для другой координаты останется квадратное уравнение, о котором известно, сколько корней оно имеет.

[fred1996]

Нужно отметить, что у нас неизвестных 3 : обе полуоси и угол поворота, а уравнений их связывающих 4: обе точки лежат на эллипсе и известны обе производные в этих точках.
То есть не для всех точек на плоскости можно построить эллипс.
Наглядно это видно, если одна точка например лежит на оси Y. Тогда другая может лежать только на оси X.

Если задачу решать в лоб, то получаются гробовые уравнения.
Можно попытаться решить обратную задачу. По заданным полуосям и углу поворота найти эти две точки. Эта задача имеет хоть и громоздкое, но аналитическиое решение.

[StaticZero]

Пусть у вас есть эллипс. Пусть $\mathbf n$ —вектор, ортогональный эллипсу и который торчит наружу. Он зависит от точки на эллипсе: $\mathbf n = \mathbf n(\mathbf r)$, причём точка с радиус-вектором $\mathbf r$ должна лежать на эллипсе (=удовлетворять его уравнению). Если в точке $\mathbf r_1$ касательная вертикальная, то $\mathbf n(\mathbf r_1)$ горизонтален и наоборот: если в точке $\mathbf r_2$ касательная горизонтальная, то $\mathbf n(\mathbf r_2)$ вертикален.

В данном случае у вас эллипс расположен как попало, но известны точки $\mathbf r_1$ и $\mathbf r_2$ вертикальности и горизонтальности касательной в "обычной" системе координат. Предположите, что ваш эллипс повёрнут на угол $\theta$ против часовой стрелки. Перейдите матрицей поворота в эту систему координат, где её оси лежат вдоль осей эллипса, назовём её "правильной", радиус-векторы будем в ней обозначать $\mathbf p$:

$$ \mathbf p = Q \mathbf r = \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ - \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} $$

и пересчитайте векторы $\mathbf r_1 \to \mathbf p_1$, $\mathbf r_2 \to \mathbf p_2$ в "правильную" систему координат.

В этой системе координат легко написать, чему равен нормальный вектор $\mathbf n'$. В точках $\mathbf p_1$ и $\mathbf p_2$ он не будет ни вертикальным, ни горизонтальным в "правильной" системе координат. Вы делаете следующее: определяете $\mathbf n'(\mathbf p_1)$, $\mathbf n'(\mathbf p_2)$ и при помощи матрицы $Q^{-1} = Q^{T}$ перегоняете их в "обычную" систему координат, где они должны быть горизонтальны и вертикальны. Решаете уравнение на угол $\theta$ (если вам известно, чему равны полуоси, достаточно одного уравнения, но из этого принципа их получается два - по одному на каждый вектор (уравнение состоит в том, что та или иная компонента обнуляется)).

Если полуоси не известны, нужно добавить ещё два уравнения: точки $\mathbf p_1$ и $\mathbf p_2$ лежат на эллипсе. Система может оказаться несовместной.

(Надеюсь, что не сказал лажи)

[Алексей К.]

fred1996 в сообщении #1269999 писал(а):

Если задачу решать в лоб, то получаются гробовые уравнения.

Да ничего "гробового" там не видится (или у нас разные представления о гробовости).

Уравнение центрально-симметричной кривой второго порядка:

$$F(x,y)\equiv A(x\cos t+y\sin t)^2+B(-x\sin t+y\cos t)^2-1=0.$$

Линейная система $F(x_{1,2},y_{1,2})=0$ даёт $A$ и $B$ как функции от $\tg t$.

Из уравнения $\dfrac{d F\left(x,y(x)\right)}{dx}=0$ находим $y'_x=\dfrac{G_1(x,y,\tg t)}{G_2(x,y,\tg t)}$.
Требуется (по рисунку) $G_1(x_2,y_2,\tg t)=0$ и $G_2(x_1,y_1,\tg t)=0$.
Условие решаемости получается типа

$$(x_2^2+y_2^2-x_1^2-y_1^2)(x_1y_1-x_2y_2)(x_1y_2-y_1x_2)=0.$$

Видимо, со случаем эллипса ассоциируется $x_1y_1=x_2y_2.$

[svv]

(Оффтоп)

Алексей К. в сообщении #1270067 писал(а):

fred1996 в сообщении #1269999 писал(а):

Если задачу решать в лоб, то получаются гробовые уравнения.

Да ничего "гробового" там не видится (или у нас разные представления о гробовости).

Либо о лобовости.

[Алексей К.]

(svv)

svv, Вы были очень любезны: я видел, как Вы терпеливо дожидались, пока я поисправляю ошибки.
Merci!

[llpu3pak]

Спасибо за предложения и размышления по поводу того, что по сформированному мною условию эллипс может и не существовать. Но в рассматриваемом случае эллипс существует и моя задача его найти, используя имеющуюся информацию.

К сожалению в дифференциальных уравнениях я не в зуб ногой...(

Someone в сообщении #1269998 писал(а):

llpu3pak в сообщении #1269980 писал(а):

Прямые, соотвественно параллельные осям абсцисс и ординат, проведенные через эти две точки, будут являться касательными к искому эллипсу.

Напишите уравнения эллипса и касательной. Пользуясь уравнением касательной, исключите одну координату. Тогда для другой координаты останется квадратное уравнение, о котором известно, сколько корней оно имеет.

А разве в таком случае я найду искомый эллипс, отвечающий заданным ограничениям касательно достижения в точках максимумов по X и по Y? По-моему мы найдем эллипс без поворота, который не будет удовлетворять ограничениям.

StaticZero в сообщении #1270006 писал(а):

(Надеюсь, что не сказал лажи)

Тоже надеюсь. Ход решения звучит почти понятно, осталось воспроизвести.

[Someone]

llpu3pak в сообщении #1270199 писал(а):

По-моему мы найдем эллипс без поворота

А Вы напишите уравнение повёрнутого эллипса.

[llpu3pak]

Уравнение повернутого эллипса можно представить в виде, как предложил Алексей:
$A(x\cos t+y\sin t)^2+B(-x\sin t+y\cos t)^2-1=0$, где $A=1/a^2;B=1/b^2$

Подставляя в это уравнение точки $(x_1,y_1)$ и $(x_2,y_2)$, мы можем выразить A и B через угол поворота (точнее $\tg t$).
Но уравнения получаются оочень громоздкими...
Так выглядит B:
$B=(\tg^2t+1)((x_1+y_1\tg t)^2-(x_2+y_2\tg t)^2)/((x_2\tg t-y_2)^2-(x_1\tg t-y_1)^2)$
$A$ еще более громоздкое, т.к. выражено через $B$.

Но даже если оставить их в таком виде, что делать дальше? Пока что заданные ограничения никак не используются.

[Алексей К.]

llpu3pak в сообщении #1270199 писал(а):

...по сформированному мною условию эллипс может и не существовать. Но в рассматриваемом случае эллипс существует и моя задача его найти, используя имеющуюся информацию.

Не поделитесь ли Вы этой (дополнительной) информацией, благодаря которой он всё же существует?

llpu3pak в сообщении #1270199 писал(а):

К сожалению в дифференциальных уравнениях я ни в зуб ногой...(

О таковых речь не шла. Маленький кусочек матанализа был упомянут, дифференцирование функции $y(x)$, заданной неявно.

-- 30 ноя 2017, 17:51:55 --

Вроде так:

$$\aligned &A = \frac{[(x_1-x_2) T-y_1+y_2] [(x_1+x_2) T-y_1-y_2]}{(x_1 y_2-y_1 x_2) [2 (x_1 x_2- y_2 y_1) T+(x_1 y_2+y_1 x_2) (T^2-1)]},\\ &B = \frac{-[(y_1-y_2) T+x_1-x_2] [(y_1+y_2) T+x_1+x_2]}{(x_1 y_2-y_1 x_2) [2 (x_1 x_2- y_2 y_1) T+(x_1 y_2+y_1 x_2) (T^2-1)]}, \endaligned\quad T=\tg t. $$

[Someone]

llpu3pak в сообщении #1270416 писал(а):

Уравнение повернутого эллипса можно представить в виде, как предложил Алексей:
$A(x\cos t+y\sin t)^2+B(-x\sin t+y\cos t)^2-1=0$, где $A=1/a^2;B=1/b^2$

А попроще нельзя? Как-нибудь без параметра $t$, без синусов-косинусов. Просто уравнение кривой второго порядка с центром в начале координат. Пусть даже это будет не обязательно эллипс. А потом, когда коэффициенты найдёте, разберётесь, что там за кривая.

[llpu3pak]

Someone в сообщении #1270520 писал(а):

А попроще нельзя? Как-нибудь без параметра $t$, без синусов-косинусов. Просто уравнение кривой второго порядка с центром в начале координат. Пусть даже это будет не обязательно эллипс. А потом, когда коэффициенты найдёте, разберётесь, что там за кривая.

Хм... Кажется начал понимать о чем Вы говорите...
Уравнение кривой второго порядка в общем виде: $Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0$
Так как в рассматриваемом случае центр кривой совпадает с началом координат, то коэффициенты $D, E$ обнуляются и получается $Ax^2+2Bxy+C^2y+F=0$
У нас есть две касательных, каждая из которых должна удовлетворять этому уравнению только в одной точке. Подставляя их, получатся два квадратных уравнения лишь с одной переменной, одно без $x$, другое без $y$. Но так как общая точка у касательной и кривой всего одна, то дискриминант должен быть равен нулю. Таким образом получим два уравнения с 4 неизвестными: $A, B, C, F$. Но нам также известно, что точки $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$ принадлежат этой кривой. Подставив их, получим еще два уравнения с все теми же неизвестными.

Так получается?

[StaticZero]

llpu3pak в сообщении #1270554 писал(а):

Подставив их, получим еще два уравнения с все теми же неизвестными.

Ну, не обольщайтесь. Если эллипс повёрнут, то $B \ne 0$, можно пронормировать его на двойку.

$$ Ax^2 + 2 x y + Cy^2 + F = 0. $$

Система из четырёх уравнений избыточна, по-прежнему остаётся возможность несовместности.

[llpu3pak]

StaticZero в сообщении #1270561 писал(а):

Система из четырёх уравнений избыточна, по-прежнему остаётся возможность несовместности.

А несовместна она будет только в случаях, когда эллипс, удовлетворяющий ограничениям, не существует? Или возможен вариант, что эллипс существует, а система при этом все равно несовместна?