發刊日期 |
2024年6月
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標題 | 反演變換前後的方程結構 |
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摘要: $y=f(x)$ 對 $x^2+y^2=1$ 進行反演變換, 反演點參數式表示為 $$(t,f(t))\to(x'(t),y'(t))=\Big(\frac t{t^2+f^2(t)},\frac {f(t)}{t^2+f^2(t)}\Big)$$ 我們很好奇反演前後圖形之間有何差異、 是否存在特定關係, 同時反演後圖形如要符合特定性質, 則反演前圖形需要存在什麼條件。 有了這樣的歸納, 我們設定反演前的條件就能夠得到反演後的性質。 本文一、透過 Geogebra 繪圖觀察, 反演點的軌跡不一定為函數圖形, 下圖為一個例子。 不見得能用來表示反演點的軌跡, 故我們透過參數式來討論點的軌跡。 ![]() (虛線為 $y=f(x)=\cos x$, 圓內實線為反演後的軌跡圖形。) $y=f(x)$ 對 $x^2+y^2=1$ 進行反演變換, 原函數動點參數式為 $P(t,f(t))$, 我們求出反演點 $P'(x'(t),y'(t))$ 如下: ![]() $\overleftrightarrow{PP'}$ 的斜率為 $\dfrac{f(t)}{t}$, 則 $\overleftrightarrow{PP'} : y\!=\!\dfrac{f(t)}{t}x$, 令 $P'\Big(k,\dfrac{f(t)}t k\Big)$, 依定義 $\dfrac{\overline{OP'}}{1}=\dfrac 1{\overline{OP}}\Rightarrow \overline{OP'}\cdot \overline{OP}=1$ $\Rightarrow \ \sqrt{k^2+\Big(\dfrac{f(t)}tk\Big)^2}\times\sqrt{t^2+f^2(t)}=1$ $\Rightarrow \ k\!=\!\dfrac t{t^2\!+\!f^2(t)}$, 得 $P'\Big(\dfrac t{t^2\!+\!f^2(t)},\dfrac {f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}\Big)$. 為了掌握反演點的軌跡, 我們將各項性質進行討論。 性質 1.1: (1) 若 $g(x,y)=0$ 為垂直線 $x=k$, $k\not=0$, 則 $y=f(x)=\pm\sqrt{\dfrac{x-kx^2}k}$。 (2) 若 $g(x,y)=0$ 為水平線 $y=h$, $h\not=0$, 則 $y=f(x)=\dfrac{1\pm\sqrt{1-4h^2x^2}}{2h}$。 證明: (1) $\dfrac{t}{t^2+f^2(t)}=k$, $t=kt^2+kf^2(t)$, $f(t)=\pm\sqrt{\dfrac{t-kt^2}{k}}$。 (2) $y=f(t)=h$, $h=\dfrac{f(t)}{t^2+f^2(t)}$, 令 $f(t)=A$, 得 $hA^2-A+ht^2=0\Rightarrow f(x)=A= \dfrac{1\pm\sqrt{1-4h^2t^2}}{2h}$。 $\Box$ 性質1.1 的圖形舉例如下: ![]() 性質 1.2: $g(x,y)=0$ 不通過 $(0,0)$。 證明: 根據定義 $\overline{OP'}\times\overline{OP}=1$, 則 $P'$ 不為 $(0,0)$。 $\Box$ 性質 1.3: $y=f(x)$ 在 $P$ 點連續, 則 $g(x,y)$ 在 $P'$ 點連續。 證明: 令 $P(a,f(a))$, 則 $\lim\limits_{t\to a} f(t)=f(a)$。 \begin{align*} \lim_{t\to a}x'(t)=\,&\lim_{t\to a}\dfrac t{t^2\!+\!f^2(t)}=\dfrac a{a^2\!+\!f^2(a)}=x'(a),\\ \lim_{t\to a}y'(t)=\,&\lim_{t\to a}\dfrac {f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}=\dfrac {f(a)}{a^2\!+\!f^2(a)}=y'(a). \end{align*} $\therefore\ \lim\limits_{t\to a}(x'(t),y'(t))=(x'(a),y'(a))$, 即 $g(x,y)=0$ 在 $P'$ 點連續。 $\Box$ 性質 1.4: $\lim\limits_{t\to \infty}(x'(t),y'(t))=(0,0)$, 亦即當 $t\to\infty$ 時, 則反演點趨近於原點。 證明: \begin{align*} \lim_{t\to \infty}|x'(t)|=\,&\lim_{t\to \infty}\left|\dfrac t{t^2\!+\!f^2(t)}\right|\le \lim_{t\to \infty}\left|\dfrac t{t^2}\right|=\lim_{t\to \infty}\left|\dfrac 1t\right|=0, \quad \therefore\ \lim_{t\to \infty} x'(t)=0,\\ \lim_{t\to \infty}|y'(t)|=\,&\lim_{t\to \infty}\left|\dfrac {f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}\right|= \lim_{t\to \infty}\dfrac {|f(t)|}{\sqrt{t^2+f^2(t)}}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{t^2+f^2(t)}}\\ \le \,&\lim_{t\to \infty}\dfrac {|f(t)|}{\sqrt{f^2(t)}} \cdot \dfrac 1{\sqrt{t^2}}=\lim_{t\to \infty}\dfrac {|f(t)|}{|f(t)|}\cdot \dfrac 1{|t|}=1\cdot \lim_{t\to \infty} \dfrac 1{|t|}=0. \end{align*} $\therefore\ \lim\limits_{t\to \infty} y'(t)=0$, 故 $\lim\limits_{t\to \infty} (x'(t),y'(t))=(0,0)$。 $\Box$ 性質 1.5: $\lim\limits_{t\to 0} x'(t)\to\infty$, $\lim\limits_{t\to 0} x'(t)=0$, $\lim\limits_{t\to 0} x'(t)$ 為實數, 找出 $y=f(x)$ 符合前述三種性質的條件。 解: $\lim\limits_{t\to 0} x'(t)=\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{t}{t^2+f^2(t)}=\lim\limits_{t\to 0} \dfrac 1{t+\dfrac{f^2(t)}{t}}$. (1) 當 $\lim\limits_{t\to 0}\Big({t+\dfrac{f^2(t)}{t}}\Big)=0\Rightarrow \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}=0$, 則 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)= \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{t+\dfrac{f^2(t)}{t}}\to\infty$。 例如: $f(t)=t^2$。 ![]() (2) 當 $\lim\limits_{t\to 0}\Big({t\!+\!\dfrac{f^2(t)}{t}}\Big)\!\to\!\infty \Rightarrow \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}\!\to\!\infty$, 則 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)= \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{t+\dfrac{f^2(t)}{t}}=0$。 例如: $f(t)=t^{\frac 14}$。 ![]() (3) 當 $\lim\limits_{t\to 0}\Big({t\!+\!\dfrac{f^2(t)}{t}}\Big)\!=\!k, k\!\not=\!0 \Rightarrow \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}\!=\!k$, 則 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)= \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{t+\dfrac{f^2(t)}{t}}=\dfrac 1k$。 例如: $f(t)=t^{\frac 12}$。 ![]() 性質 1.6: $\lim\limits_{t\to 0} y'(t)\to\infty$, $\lim\limits_{t\to 0} y'(t)=0$, $\lim\limits_{t\to 0} y'(t)$ 為實數, 找出 $y=f(x)$ 符合前述三種性質的條件。 解: 若 $y\!=\!f(t)\!=\!0$, 則 $\lim\limits_{t\to 0} y'(t)\!=\!\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}\!=\!0$, 即$x$軸上的點, 其反演點也在$x$軸上。 若 $y\!=\!f(t)\!\not=\!0$, 則 $\lim\limits_{t\to 0} y'(t)=\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)} \!=\!\lim\limits_{t\to 0} \dfrac1 {\dfrac{t^2}{f(t)}\!+\!f(t)}$, (PS: $\dfrac{t^2}{f(t)}$ 及 $f(t)$ 同號。) (1) 當 $\lim\limits_{t\to 0}\Big(\dfrac{t^2}{f(t)}+f(t)\Big)=0 \Rightarrow \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}=0$, 且 $\lim\limits_{t\to 0}f(t)\!=\!0$ 時, $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\!=\! \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{\dfrac{t^2}{f(t)}\!+\!f(t)}$ $\to\infty$。 例如: $f(t)=t^{\frac 12}$。 ![]() (2) 當 $\lim\limits_{t\to 0}\Big(\dfrac{t^2}{f(t)}+f(t)\Big)\to\infty $ $\Rightarrow \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}\!\to\!\infty$ 或 $\lim\limits_{t\to 0}f(t)\to\infty$, $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{\dfrac{t^2}{f(t)}+f(t)}\!=\!0$。 例如: $f(t)=t^4$。 ![]() (3) 當 $\lim\limits_{t\to 0}\Big(\dfrac{t^2}{f(t)}+f(t)\Big)=h$, $h\not=0$ $\Rightarrow \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}=h$ 或 $\lim\limits_{t\to 0}f(t)=h$, $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{\dfrac{t^2}{f(t)}+f(t)}\!=\!\dfrac 1h$。 例如: $f(t)=t^2$。 ![]() 將性質 1.4 到性質 1.6 整理如下, 方便後面討論 $(x'(t),y'(t))$ 的趨勢。 ![]() ![]() 前兩個性質我們討論了反演點的橫座標、縱座標會趨近於 $\infty$, 0, 定值, 但更仔細觀察會發現有的反演圖形會有漸近線, 故我們接著討論反演圖形是否存在漸近線。 $\Box$ 性質 1.7: 解: 已知 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t}{t^2+f^2(t)}=\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{1}{t+\dfrac{f^2(t)}{t}}$ 及 $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)}{t^2+f^2(t)} =\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{\dfrac{t^2}{f(t)}+f(t)}$。 (1) 當 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)=0$ 且 $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\to\infty$, 則 $x=0$ 為 $g(x,y)=0$ 的漸近線。 由性質 1.5 及性質 1.6 可知須符合 $\left\{\begin{array}{l} \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}\to\infty,\\[6pt] \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}=0 \ \hbox{且}\ \lim\limits_{t\to 0} f(t)=0. \end{array}\right.$ ![]() (2) 當 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)=k$ 且 $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\to\infty$, 則 $x=k$ 為 $g(x,y)=0$ 的漸近線。 由性質 1.5 及性質 1.6 可知須符合 $\left\{\begin{array}{l} \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}=\dfrac 1k,\\[6pt] \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}=0 \ \hbox{且}\ \lim\limits_{t\to 0} f(t)=0. \end{array}\right.$ ![]() (3) 當 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)\!\to\!\infty$ 且 $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\!=\!0$, 則 $y\!=\!0$ 為 $g(x,y)\!=\!0$ 的漸近線。 由性質 1.5 及性質 1.6 可知須符合 $\left\{\begin{array}{l} \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}=0,\\[6pt] \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}\!\to\!\infty \ \hbox{或}\ \lim\limits_{t\to 0} f(t)\!\to\!\infty. \end{array}\right.$ ![]() (4) 當 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)\!\to\!\infty$ 且 $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\!=\!h$, 則 $y\!=\!h$ 為 $g(x,y)\!=\!0$ 的漸近線。 由性質 1.5 及性質 1.6 可知須符合 $\left\{\begin{array}{l} \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}=0,\\[6pt] \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}\!=\!\dfrac 1h \ \hbox{或}\ \lim\limits_{t\to 0} f(t)\!=\!\dfrac 1h. \end{array}\right.$ ![]() 性質 1.8: $y\!=\!ax\!+\!b, a\!\not=\!0$ 為 $g(x,y)\!=\!0$ 的漸近線, 找出 $y\!=\!f(x)$ 符合前述兩種性質的條件。 解: 已知 $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t}{t^2+f^2(t)}=\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{1}{t+\dfrac{f^2(t)}{t}}$ 及 $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\!=\!\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)} =\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1}{\dfrac{t^2}{f(t)}\!+\!f(t)}$。 $y\!=\!ax\!+\!b$ 為 $g(x,y)\!=\!0$ 的漸近線的條件為 (1) $\lim\limits_{t\to 0}x'(t)\to\infty\Rightarrow\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}=0$. (2) $\lim\limits_{t\to 0}y'(t)\to\infty\Rightarrow\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{t^2}{f(t)}=0\ \hbox{且}\ \lim\limits_{t\to 0} f(t)=0$. (3) $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{y'(t)\!-\!b}{x'(t)\!-\!0}\!=\!a\Rightarrow\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{\dfrac{f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}\!-\!b}{\dfrac{t}{t^2\!+\!f^2(t)}}\!=\!\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)\!-\!b(t^2\!+\!f^2(t))}{t} =\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)\!-\!bf^2(t)}{t}\!=\!a$, 由 (1)(2)(3) 得 $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f^2(t)}{t}\!=\!0$, $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t^2}{f(t)}\!=\!0$, $\lim\limits_{t\to 0} f(t)\!=\!0$ 以及 $\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{f(t)\!-\!bf^2(t)}{t}\!=\!a$。 ![]() 性質 1.9: $y=f(x)$ 圖形不通過原點, 則 $g(x,y)=0$ 圖形為有界圖形, 反之亦然。 證明: 已知 $y=f(x)$ 反演點之座標為 $\Big(\dfrac{t}{t^2\!+\!f^2(t)},\dfrac{f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}\Big)$。 若原 $y=f(x)$ 圖形過原點 $(0,0)$, 則 $t=0$, $f(t)=0$。 $\therefore\ t^2+f^2(t)=0$, 故 $\Big(\dfrac{t}{t^2\!+\!f^2(t)},\dfrac{f(t)}{t^2\!+\!f^2(t)}\Big)$ 無解。 $\Box$ ![]() 二、反演前的圖形不見得是函數, 我們用 $f(x,y)=0$ 示之, $f(x,y)=0$ 圖形上的點也用參數式 $P(x(t),y(t))$ 表示, 故對 $x^2+y^2=1$ 進行反演變換後 $g(x,y)=0$ 上的反演點 $P'$ 參數式為 $$(x(t),y(t))\to(x'(t),y'(t))=\Big(\dfrac{x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big).$$ 更進一步如果反演圓不是單位圓, 而是 $x^2+y^2=r^2$, $r\gt0$ 依定義 $\dfrac{\overline{OP'}}{r}=\dfrac r{\overline{OP}}\Rightarrow \overline{OP'}\cdot\overline{OP}=r^2$ 反演點的參數式則修正為 $$(x(t),y(t))\to(x'(t),y'(t))=\Big(\dfrac{r^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{r^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big).$$ 定義 2.1: $(x(t),y(t))$ 為 $f(x,y)=0$ 的參數式, 定義 $T_r(x(t),y(t))=$ $\Big(\dfrac{r^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{r^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)$以$\{T_r(f(x,y) \!=\!0)\}\!=\!\{g(x,y)\!=\!0\}$ 表示 $g(x,y)\!=\!0$ 的圖形。 性質 2.2: $\{T_s(f(x,y)=0)\}$ 與 $\{T_r(f(x,y)=0)\}$ 相似, 即 $T_s\sim T_r$。 證明: $$T_s(x(t),y(t))\!\!=\!\!\Big(\dfrac{s^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{s^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big), T_r(x(t),y(t))\!\!=\!\!\Big(\dfrac{r^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{r^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)$$ 二者變換之反演點分別為 $P\Big(\dfrac{s^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{s^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)$ 及 $Q\Big(\dfrac{r^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{r^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)$, $\overrightarrow{OP}=\dfrac{s^2}{r^2}\overrightarrow{OQ}$, 則其圖形必相似。 $\Box$ ![]() 性質 2.3: $T_s\circ T_r(x(t),y(t))\not= T_r\circ T_s(x(t),y(t))$, $s\not=r$。 證明: \begin{align*} &\hskip -15pt (1)\qquad T_s\circ T_r(x(t),y(t))=T_s\Big(\dfrac{r^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{r^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)\\ =&\left( \dfrac{\dfrac{r^2s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}x(t)}{\left(\dfrac{r^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}x(t)\right)^2 \!+\!\left(\dfrac{r^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}y(t)\right)^2},\right.\\ &~\quad\left.\dfrac{\dfrac{r^2s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}y(t)}{\left(\dfrac{r^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}x(t)\right)^2 \!+\!\left(\dfrac{r^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}y(t)\right)^2} \right)=\left(\Big(\dfrac{s}{r}\Big)^2x(t),\Big(\dfrac{s}{r}\Big)^2y(t)\right).\hskip .7cm~\\ &\hskip -15pt (2)\qquad T_r\circ T_s(x(t),y(t))=T_r\Big(\dfrac{s^2x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\dfrac{s^2y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)\\ =&\left( \dfrac{\dfrac{r^2s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}x(t)}{\left(\dfrac{s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}x(t)\right)^2 \!+\!\left(\dfrac{s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}y(t)\right)^2},\right.\\ &~\quad\left.\dfrac{\dfrac{r^2s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}y(t)}{\left(\dfrac{s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}x(t)\right)^2 \!+\!\left(\dfrac{s^2}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}y(t)\right)^2} \right)=\left(\Big(\dfrac{r}{s}\Big)^2x(t),\Big(\dfrac{r}{s}\Big)^2y(t)\right),\hskip .7cm~\\ &\hskip -15pt \hbox{則}\ \left\{ \begin{array}{l} T_s\circ T_r(x(t),y(t))\!=\!\left(\Big(\dfrac{s}{r}\Big)^2x(t),\Big(\dfrac{s}{r}\Big)^2y(t)\right)\\[10pt] T_r\circ T_s(x(t),y(t))\!=\!\left(\Big(\dfrac{r}{s}\Big)^2x(t),\Big(\dfrac{r}{s}\Big)^2y(t)\right) \end{array},\ \right. \end{align*} 故 $T_s\circ T_r(x(t),y(t))\not=T_r\circ T_s(x(t),y(t))\hbox{。}$ $\Box$ ![]() 性質 2.4: (1) $\{T_p\circ T_q(f(x,y)=0)\}$、 $\{T_r\circ T_s(f(x,y)=0)\}$ 及 $\{f(x,y)=0\}$ 皆相似, 即 $T_p\circ T_q\sim T_r\circ T_s$。 (2) 若 $\dfrac pq\times \dfrac rs=1$, 則 $(T_p\circ T_q)\circ (T_r\circ T_s)=(T_r\circ T_s)\circ (T_p\circ T_q)=I$。 證明: (1) 令 $\{f(x,y)=0\}$ 的點座標為 $P(x(t),y(t))$ 由性質 2.3 可得 $\{T_p\circ T_q(f(x,y)=0)\}$ 的點座標為 $R\Big(\dfrac{p^2}{q^2}x(t),\dfrac{p^2}{q^2}y(t)\Big)$, 而 $\{T_r\circ T_s(f(x,y)=0)\}$ 的點座標為 $Q\Big(x(t)\dfrac{r^2}{s^2},y(t)\dfrac{r^2}{s^2}\Big)$. (2) 由性質 2.3 得 \begin{align*} &\hskip -20pt (T_p\circ T_q)\circ (T_r\circ T_s)(x(t),y(t)) =(T_p\circ T_q)\left(\left(\dfrac rs\right)^2x(t), \left(\dfrac rs\right)^2y(t)\right)\\ =&\left(\Big(\dfrac pq\Big)^2\Big(\dfrac rs\Big)^2x(t),\Big(\dfrac pq\Big)^2\Big(\dfrac rs\Big)^2y(t)\right)=(x(t),y(t)). \end{align*} $\therefore$ $(T_p\circ T_q)\circ (T_r\circ T_s)=I$ 同理, $(T_r\circ T_s)\circ (T_p\circ T_q)=I$。 $\Box$ ![]() 性質 2.5: $A$、 $B$ 為座標上異於原點的相異兩點, $T_r(A)=C$、 $T_r(B)=D$, 則 $$\overline{CD}=\dfrac{r^2\overline{AB}}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}}\hbox{。}$$ 證明: 若 $O,A,B$ 共線, 則 $O,A,B,C,D$ 共線, $$\overline{CD}=|\overline{OD}-\overline{OC}|=\left|\frac{r^2}{\overline{OB}}-\frac{r^2}{\overline{OA}}\right|= \left|\frac{r^2(\overline{OA}-\overline{OB})}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}}\right|=\frac{r^2\overline{AB}}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}}.$$ 若 $O,A,B$ 三點不共線, 則 $\triangle AOB\sim\triangle DOC,$ 故 $$\frac{\overline{CD}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{OC}}{\overline{OB}}=\frac{\overline{OA}\cdot \overline{OC}}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}} =\frac{r^2}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}} \Rightarrow \overline{CD}=\frac{r^2 \overline{AB}}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}}.$$ $\Box$ ![]() 性質 2.6: $L:y=mx+k$, $k\not=0$, $T_r(L)$ 為 $$\Big(x+\frac{mr^2}{2k}\Big)^2+\Big(y-\frac{r^2}{2k}\Big)^2=\Big(\frac{r^2\sqrt{m^2+1}}{2k}\Big)^2,$$ 但 $(x,y)\not=(0,0)$。 面積為反演圓的 $\dfrac{r^2(m^2+1)}{4k^2}$ 倍。 證明: 若 $Q\in T_r(L)$ 為 $P\in L$ 的反演點, 同理, $P$ 亦為 $Q$ 的反演點。 令 \begin{align*} Q(x,y)\Rightarrow\,&P\Big(\frac{r^2x}{x^2+y^2},\frac{r^2y}{x^2+y^2}\Big),\ \hbox{代入}\ y=mx+k\hbox{。}\\ \Rightarrow\,&\frac{r^2y}{x^2+y^2}=m\Big(\frac{r^2x}{x^2+y^2}\Big)+k\Rightarrow kx^2+mr^2x-r^2y+ky^2=0\\ \Rightarrow\,&x^2+\frac{mr^2}{k}x+y^2-\frac{r^2}{k}y=0\\ \Rightarrow\,&\Bigg(x^2\!+\!\frac{mr^2}{k}x\!+\!\Big(\frac{mr^2}{2k}\Big)^2\Bigg)\!+\! \Bigg(y^2\!-\!\frac{r^2}{k}y\!+\!\Big(\frac{r^2}{2k}\Big)^2\Bigg)\!=\!\Big(\frac{mr^2}{2k}\Big)^2\!+\!\Big(\frac{r^2}{2k}\Big)^2\\ \Rightarrow\,&\Big(x+\frac{mr^2}{2k}\Big)^2+\Big(y-\frac{r^2}{2k}\Big)^2=\Big(\frac{r^2\sqrt{m^2+1}}{2k}\Big)^2.\tag*{$\Box$} \end{align*} 性質 2.7: 若 $\Gamma:(x-p)^2+(y-q)^2=s^2$ 不經過原點, $T_r(\Gamma)$ 為 $$\Big(x-\frac{pr^2}{p^2+q^2-s^2}\Big)^2\!+\!\Big(y-\frac{qr^2}{p^2+q^2-s^2}\Big)^2=\Big(\frac{r^2s}{p^2+q^2-s^2}\Big)^2.$$ 證明: 若 $Q\in T_r(\gamma)$ 為 $P\in \Gamma$ 的反演點, 同理, $P$ 亦為 $Q$ 的反演點。令 \begin{align*} Q(x,y)\Rightarrow\,&P\Big(\frac{r^2x}{x^2+y^2},\frac{r^2y}{x^2+y^2}\Big),\ \hbox{代入}\ (x-p)^2+(y-q)^2=s^2\\ \Rightarrow\,&\Big(\frac{r^2x}{x^2+y^2}-p\Big)^2+\Big(\frac{r^2y}{x^2+y^2}-q\Big)^2=s^2\\ \Rightarrow\,&\Big(\frac{px^2+py^2-r^2x}{x^2+y^2}\Big)^2+\Big(\frac{qx^2+qy^2-r^2y}{x^2+y^2}\Big)^2=s^2\\ \Rightarrow\,&(px^2+py^2-r^2x)^2+(qx^2+qy^2-r^2y)^2=s^2(x^2+y^2)^2\\ \Rightarrow\,&(p^2x^4\!+\!p^2x^2y^2\!-\!pr^2x^3\!+\!p^2x^2y^2\!+\!p^2y^4\!-\!pr^2xy^2\!-\!pr^2x^3\!-\!pr^2xy^2\!+\!r^4x^2)\\ &\!+\!(q^2x^4\!+\!q^2x^2y^2\!-\!qr^2x^2y\!+\!q^2x^2y^2\!+\!q^2y^4\!-\!qr^2y^3\!-\!qr^2x^2y\!-\!qr^2y^3\!+\!r^4y^2)\\ &=s^2x^4\!+\!2s^2x^2y^2\!+\!s^2y^4\\ \Rightarrow\,&(p^2\!+\!q^2\!-\!s^2)x^4\!+\!2(p^2\!+\!q^2\!-\!s^2)x^2y^2\!+\!(p^2\!+\!q^2\!-\!s^2)y^4\\ &\!-\!2pr^2x^3\!-\!2pr^2xy^2\!-\!2qr^2x^2y\!-\!2qr^2y^3\!+\!r^4x^2\!+\!r^4y^2=0\\ \Rightarrow\,&(p^2\!+\!q^2\!-\!s^2)(x^2+y^2)^2\!-\!2pr^2x(x^2\!+\!y^2)\!-\!2qr^2y(x^2\!+\!y^2)+r^4(x^2\!+\!y^2)=0\\ \Rightarrow\,&(x^2+y^2)-\frac{2pr^2x}{p^2+q^2-s^2}-\frac{2qr^2y}{p^2+q^2-s^2}=-\frac{r^4}{p^2+q^2-s^2}\\ \Rightarrow\,&\Bigg(x^2\!-\!\frac{2pr^2x}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\!+\!\Big(\frac{pr^2}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2\Bigg)+ \Bigg(y^2\!-\!\frac{2qr^2y}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\!+\!\Big(\frac{qr^2}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2\Bigg)\\ &=-\frac{r^4}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\!+\!\Big(\frac{pr^2}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2\!+\!\Big(\frac{qr^2}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2\\ \Rightarrow\,&\Big(x^2\!-\!\frac{pr^2}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2\!+\!\Big(y^2\!-\!\frac{qr^2}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2\!=\! \Big(\frac{r^2s}{p^2\!+\!q^2\!-\!s^2}\Big)^2.\tag*{$\Box$} \end{align*} ![]() 三、前述都是對圓心為原點的圓進行反演變換, 我們接下來想討論對封閉圖形的變換, 這個封閉圖形 $\Omega$ 畫圖說明如下, 同時我們稱這個區域為封閉反演區域: ![]() $f(x,y)=0$ 故對 $\Omega$ 進行反演變換後 $g(x,y)=0$ 上的反演點, 參數式為 $$(x(t),y(t))\to(x'(t),y'(t))=\Big(\frac{r^2(t)x(t)}{x^2(t)+y^2(t)},\frac{r^2(t)y(t)}{x^2(t)+y^2(t)}\Big),$$ $r(t)$ 如圖上所標示, 而下列的圖形則不屬於我們的討論範圍: (1) $\Omega$ 邊界存在一點, 此點與原點相連之線段交 $\Omega$ 於另一點。 ![]() 定義 3.1: $(x(t),y(t))$ 為 $f(x,y)=0$ 的參數式, 定義 $$T_\Omega(x(t),y(t))= \Big(\frac{r^2(t)x(t)}{x^2(t)+y^2(t)}, \frac{r^2(t)y(t)}{x^2(t)+y^2(t)}\Big).$$ 性質 3.2: $\Omega_1,\Omega_2$ 為以原點為伸縮中心的相似封閉圖形, 則 $\{T_{\Omega_1}\circ T_{\Omega_2}(f(x,y)=0)\}$ 及 $\{f(x,y)=0\}$ 相似。 證明: \begin{align*} T_{\Omega_1}\circ T_{\Omega_2}(x(t),y(t)) =\,&\left\{\dfrac{\dfrac{r^2(t)s^2(t)}{x^2(t)+y^2(t)}x(t)}{\left(\dfrac{r^2(t)}{x^2(t)+y^2(t)}x(t)\right)^2 +\left(\dfrac{r^2(t)}{x^2(t)+y^2(t)}y(t)\right)^2},\right.\\ &\qquad\left.\dfrac{\dfrac{r^2(t)s^2(t)}{x^2(t)+y^2(t)}y(t)}{\left(\dfrac{r^2(t)}{x^2(t)+y^2(t)}x(t)\right)^2 +\left(\dfrac{r^2(t)}{x^2(t)+y^2(t)}y(t)\right)^2} \right\}\\ =\,&\left(\Big(\dfrac{s(t)}{r(t)}\Big)^2x(t),\Big(\dfrac{s(t)}{r(t)}\Big)^2y(t)\right), \end{align*} $\dfrac{s^2(t)}{r^2(t)}$ 為定值, 同性質 2.4(1), 則反演圖形相似。 $\Box$ 性質 3.3: $A$、 $B$ 為座標上異於原點的相異兩點, $T_\Omega(A)=C$、 $T_\Omega(B)=D$, 則 \begin{align*} \overline{CD}=\,&\frac{|r^2(t_B)\overline{OA}-r^2(t_A)\overline{OB}|}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}}, \ \hbox{或}\\ \overline{CD}=\,&\frac{\sqrt{r^2(t_B)(r^2(t_B)\!-\!r^2(t_A))\overline{OA}^2\!+\!r^2(t_A)(r^2(t_A)\!-\!r^2(t_B))\overline{OB}^2\!+\!r^2(t_A)r^2(t_B)\overline{AB}^2}} {\overline{OA}\cdot\overline{OB}}. \end{align*} 證明: 若 $O,A,B$ 共線, 則 $O,A,B,C,D$共線, $\overline{CD}\!=\!|\overline{OD}\!-\!\overline{OC}|\!=\!\left|\dfrac{r^2(t_B)}{\overline{OB}}\!-\!\dfrac{r^2(t_A)}{\overline{OA}}\right| \!=\!\dfrac{|r^2(t_B)\overline{OA}\!-\!r^2(t_A)\overline{OB}|}{\overline{OA}\cdot\overline{OB}}$. 若 $O,A,B$ 三點不共線 ($\angle COD=\theta$), ![]() ![]() $\overline{CD}^2=\overline{OD}^2+\overline{OC}^2-2\overline{OD}\cdot\overline{OC}\cos\theta$, $\hbox{又}\ \cos\theta=\dfrac{\overline{OA}^2+\overline{OB}^2-\overline{AB}^2}{{2\overline{OA}\cdot\overline{OB}}}$, ${\overline{OA}\cdot\overline{OC}}=r^2(t_A),\ {\overline{OB}\cdot\overline{OD}}=r^2(t_B)$ \begin{align*} \Rightarrow\,&\overline{CD}^2\!\!=\!\Big(\frac{r^2(t_B)}{\overline{OB}}\Big)^2\!\!-\!\!\Big(\frac{r^2(t_A)}{\overline{OA}}\Big)^2 \!\!-\!\!\frac{r^2(t_A)r^2(t_B)(\overline{OA}^2\!+\!\overline{OB}^2\!-\!\overline{AB}^2)}{2\overline{OA}^2\overline{OB}^2}\\ \Rightarrow\,&\overline{CD}^2\!\!=\!\frac{r^4(t_A)\overline{OB}^2\!+\!r^4(t_B)\overline{OA}^2\!\!-\!r^2(t_A)r^2(t_B)\overline{OA}^2 \!\!-\!r^2(t_A)r^2(t_B)\overline{OB}^2\!\!+\!r^2(t_A)r^2(t_B)\overline{AB}^2}{\overline{OA}^2\overline{OB}^2}\\ \Rightarrow\,&\overline{CD}\!\!=\!\frac{\sqrt{r^2(t_B)(r^2(t_B)\!-\!r^2(t_A))\overline{OA}^2\!\!+\!r^2(t_A)(r^2(t_A) \!-\!r^2(t_B))\overline{OB}^2\!\!+\!r^2(t_A)r^2(t_B)\overline{AB}^2}} {\overline{OA}\cdot\overline{OB}}.\tag*{$\Box$} \end{align*} 性質 3.4: $\Omega:|x|+|y|=k$, ![]() 證明: 若 $A(x(t),y(t))$ 在第一象限, 則 $L:y=\dfrac{y(t)}{x(t)}x$, $\left\{\begin{array}{l} y=\dfrac{y(t)}{x(t)}x\\[6pt] x+y=k \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{kx(t)}{x(t)+y(t)},\\[6pt] y=\dfrac{ky(t)}{x(t)+y(t)}. \end{array}\right.$ $\therefore\ Q\Big(\dfrac{kx(t)}{x(t)+y(t)},\dfrac{ky(t)}{x(t)+y(t)}\Big)$, \begin{align*} &r^2(t)=\overline{OQ}^2=\dfrac{k^2(x^2(t)+y^2(t))}{(x(t)+y(t))^2} \ \hbox{代入}\ \Big(\frac{r^2(t)x(t)}{x^2(t)+y^2(t)},\frac{r^2(t)y(t)}{x^2(t)+y^2(t)}\Big)\hskip 2cm~\\ &\Rightarrow\ T_\Omega(x(t),y(t))= \Big(\frac{k^2x(t)}{(x(t)+y(t))^2},\frac{k^2y(t)}{(x(t)+y(t))^2}\Big). \end{align*} 同理, 若 $(x(t),y(t))$ 在第三象限, 則 $T_\Omega(x(t),y(t))= \Big(\dfrac{k^2x(t)}{(x(t)+y(t))^2},\dfrac{k^2y(t)}{(x(t)+y(t))^2}\Big)$. 若 $(x(t),y(t))$ 在第二、 四象限, 則 $T_\Omega(x(t),y(t))= \Big(\dfrac{k^2x(t)}{(x(t)-y(t))^2},\dfrac{k^2y(t)}{(x(t)-y(t))^2}\Big)$。 $\Box$ 性質 3.5: $\Omega:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$, 則 $T_\Omega(x(t),y(t))= \Big(\dfrac{x(t)}{\dfrac{x^2(t)}{a^2}+\dfrac{y^2(t)}{b^2}},\dfrac{y(t)}{\dfrac{x^2(t)}{a^2}+\dfrac{y^2(t)}{b^2}}\Big)$。 ![]() 證明: 若 $A(x(t),y(t))$, 則 $L:y=\dfrac{y(t)}{x(t)}x$, $\left\{\begin{array}{l} y=\dfrac{y(t)}{x(t)}x\\[6pt] \dfrac{x^2}{a^2}\!+\!\dfrac{y^2}{b^2}\!=\!1 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x\!=\!\dfrac{abx(t)}{\sqrt{b^2x^2(t)\!+\!a^2y^2(t)}},\\[6pt] y\!=\!\dfrac{aby(t)}{\sqrt{b^2x^2(t)\!+\!a^2y^2(t)}}. \end{array}\right.$ $\therefore\ Q\Big(\dfrac{abx(t)}{\sqrt{b^2x^2(t)\!+\!a^2y^2(t)}},\dfrac{aby(t)}{\sqrt{b^2x^2(t)\!+\!a^2y^2(t)}}\Big)$, \begin{align*} &r^2(t)=\overline{OQ}^2=\dfrac{a^2b^2x^2(t)+a^2b^2y^2(t)}{b^2x^2(t)\!+\!a^2y^2(t)} \ \hbox{代入}\ \Big(\frac{r^2(t)x(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)},\frac{r^2(t)y(t)}{x^2(t)\!+\!y^2(t)}\Big)\hskip 2cm~\\ &\Rightarrow\ T_\Omega(x(t),y(t))= \Bigg(\dfrac{x(t)}{\dfrac{x^2(t)}{a^2}+\dfrac{y^2(t)}{b^2}},\dfrac{y(t)}{\dfrac{x^2(t)}{a^2}+\dfrac{y^2(t)}{b^2}}\Bigg).\tag*{$\Box$} \end{align*} 性質 3.6: $\Omega:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$, $L:y=mx+k$, $T_\Omega(L)$ 為 $\dfrac{\Big(x+\dfrac{ma^2}{2k}\Big)^2}{a^2}+\dfrac{\Big(y-\dfrac{b^2}{2k}\Big)^2}{b^2} =\dfrac{m^2a^2+b^2}{4k^2}$, 但 $(x,y)\not=(0,0)$。 證明: 若 $Q\in T_{\Omega}(L)$ 為 $P\in L$ 的反演點, 同理, $P$ 亦為 $Q$ 的反演點。 \begin{align*} \hbox{令}\ &Q(x,y)\Rightarrow P\Bigg(\dfrac x{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}, \dfrac y{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}\Bigg),\ \hbox{代入 }\ y=mx+k\\ \Rightarrow\,&\dfrac y{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}=m\Bigg(\dfrac x{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}\Bigg)+k \Rightarrow\ y=mx+k\Big(\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\Big)\\ \Rightarrow\,&mx+k\dfrac {x^2}{a^2}+k\dfrac{y^2}{b^2}-y=0\ \Rightarrow\ \dfrac{mx}k+\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}-\dfrac yk=0\\ \Rightarrow\,&\Big(\frac{x^2}{a^2}+\frac{mx}{k}+\frac{m^2a^2}{4k^2}\Big)-\frac{m^2a^2}{4k^2} +\Big(\frac{y^2}{b^2}-\frac yk+\frac{b^2}{4k^2}\Big)-\dfrac{b^2}{4k^2}=0\\ \Rightarrow\,&\Big(\frac{x}{a}+\frac{ma}{2k}\Big)^2+\Big(\frac{y}{b}-\frac{b}{2k}\Big)^2=\frac{m^2a^2+b^2}{4k^2}\\ \Rightarrow\,& \dfrac{\Big(x+\dfrac{ma^2}{2k}\Big)^2}{a^2}+\dfrac{\Big(y-\dfrac{b^2}{2k}\Big)^2}{b^2} =\dfrac{m^2a^2+b^2}{4k^2}.\tag*{$\Box$} \end{align*} ![]() 性質 3.7: $\Omega:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$, $\Gamma:\dfrac{(x-p)^2}{a^2}+\dfrac{(y-q)^2}{b^2}=1$, 不通過原點, $T_\Omega(\Gamma)$ 為 $$\dfrac{\Big(x^2-\dfrac pc\Big)^2}{a^2}+\dfrac{\Big(y^2-\dfrac qc\Big)^2}{b^2}=\frac{-a^2b^2c+b^2p^2+a^2q^2}{a^2b^2c^2}, \hbox{其中}\ c=\frac{p^2}{a^2}+\frac{q^2}{b^2}-1.$$ 證明: 若 $Q\in T_{\Omega}(\Gamma)$ 為 $P\in \Gamma$ 的反演點, 同理, $P$ 亦為 $Q$ 的反演點。 \begin{align*} \hbox{令}\ &Q(x,y)\Rightarrow P\Bigg(\dfrac x{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}, \dfrac y{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}\Bigg),\ \hbox{代入 }\ \dfrac{(x-p)^2}{a^2}+\dfrac{(y-q)^2}{b^2}=1\\ \Rightarrow\,&\dfrac{\Bigg(\dfrac{x}{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}-p\Bigg)^2}{a^2} +\dfrac{\Bigg(\dfrac{y}{\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}}-q\Bigg)^2}{b^2}=1.\\ \hbox{令}\ &\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=A\\ \Rightarrow\,&\Big(\frac{x-pA}{Aa}\Big)^2+\Big(\frac{y-qA}{Ab}\Big)^2=1\ \Rightarrow\ b^2(x-pA)^2+a^2(y-qA)^2=a^2b^2A^2\\ \Rightarrow\,&\Big(bx-\frac{bp}{a^2}x^2-\frac{p}{b}y^2\Big)^2+\Big(ay-\frac{q}{a}x^2-\frac{aq}{b^2}y^2\Big)^2 =\frac{b^2}{a^2}x^4+2x^2y^2+\frac{a^2}{b^2}y^4\\ \Rightarrow\,&\frac{b^2}{a^2}\Big(\frac{p^2}{a^2}+\frac{q^2}{b^2}-1\Big)x^4+2\Big(\frac{p^2}{a^2}-\frac{q^2}{b^2}-1\Big)x^2y^2 +\frac{a^2}{b^2}\Big(\frac{p^2}{a^2}+\frac{q^2}{b^2}-1\Big)x^4\\ &\quad -2\frac p{a^2}x(b^2x^2+a^2y^2)-2\frac q{b^2}y(a^2y^2+b^2x^2)+(b^2x^2+a^2y^2)=0.\\ \hbox{令}\ &\dfrac {p^2}{a^2}+\dfrac{q^2}{b^2}-1\\ \Rightarrow\,&\frac{b^2}{a^2}cx^4\!+\!2cx^2y^2\!+\!\frac {a^2}{b^2}cx^4\!-\!2\frac p{a^2}x(b^2x^2\!+\!a^2y^2)\!-\!2\frac q{b^2}y(b^2x^2\!+\!a^2y^2)\!+\!(b^2x^2\!+\!a^2y^2)=0\\ \Rightarrow\,&\frac c{a^2b^2}(b^2x^2+a^2y^2)^2\!-\!2\frac p{a^2}x(b^2x^2+a^2y^2)\!-\!2\frac q{b^2}y(b^2x^2+a^2y^2) \!+\!(b^2x^2+a^2y^2)=0\\ \Rightarrow\,&\frac c{a^2b^2}(b^2x^2+a^2y^2)-2\frac p{a^2}x-2\frac q{b^2}y+1=0\\ \Rightarrow\,&cb^2\Big(x^2-2\frac pcx+\frac{p^2}{c^2}\Big)+ca^2\Big(y^2-2\frac qcy+\frac{q^2}{c^2}\Big)=-a^2b^2+cb^2\frac{p^2}{c^2}+ca^2\frac{q^2}{c^2}\\ \Rightarrow\,&cb^2\Big(x-\frac pc\Big)^2+ca^2\Big(x-\frac qc\Big)^2=\frac{-a^2b^2c+b^2p^2+a^2q^2}{c}\\ \Rightarrow\,&\frac{\Big(x^2-\frac pc\Big)^2}{a^2}+\frac{\Big(y^2-\frac qc\Big)^2}{b^2} =\frac{-a^2b^2c+b^2p^2+a^2q^2}{a^2b^2c^2}.\tag*{$\Box$} \end{align*} ![]() 結論在此篇研究中, 由一開始對反演, 確定了一些基礎規則; 接著再對半徑不為 1 的圓反演, 發現如果一個函數同時對不同半徑的圓反演, 其圖形會相似, 且如果一函數圖形經兩次反演變換後, 就相當於對原有函數圖形進行伸縮變換; 而接下來我們又想了解封閉圖形的反演變換, 就特別針對了較特殊的圖形 (菱形、 橢圓形)做變換研究。 感謝我們導師盧俊豪老師給予指導, 在我們有限的知識下給予我們可以理解的知識, 並引導我們如何進行數學研究, 令我們獲益良多。 參考資料與其他作者王宣惠, 凃嘉芸, 蕭羽涵投稿時為彰化女中二年級學生, 指導老師盧俊豪老師 |