Przedstawię tu pewien pomysł. Nie jest to sprawdzone rozwiązanie bo nie przeliczyłem wszystkiego ale możesz się pobawić i zobaczyć czy coś z tego będzie. Więc w ogólności wzory na krzywą będącą odsunięciem elipsy są znane:
https://mathworld.wolfram.com/EllipseParallelCurves.html i wynikają z linkowanego przez Ciebie linku. Teraz postarajmy się, żeby jednak odsunięcie elipsy było elipsą. To znaczy pytamy się czy istnieją takie wartości
\(\displaystyle{ \alpha , \beta }\), że
\(\displaystyle{ \left( \frac{x_k(t;a,b)}{ \alpha } \right)^2+\left( \frac{y_k(t;a,b)}{ \beta } \right)^2 =1}\)
dla każdego
\(\displaystyle{ t}\). Wstawiając wzory z linku dostaniemy:
\(\displaystyle{ \frac{\cos ^2(t) \left(\frac{b k}{\sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}}+a\right)^2}{\alpha ^2}+\frac{\sin ^2(t) \left(\frac{a k}{\sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}}+b\right)^2}{\beta ^2}-1=0}\)
co po przeliczeniu daje
\(\displaystyle{ \frac{2 \alpha ^2 a b k \sin ^2(t) \sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}+2 a b \beta ^2 k \cos ^2(t) \sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}+\alpha ^2 a^2 b^2 \sin ^4(t)+a^2 b^2 \beta ^2 \cos ^4(t)+\alpha ^2 a^2 k^2 \sin ^2(t)-\alpha ^2 a^2 \beta ^2 \sin ^2(t)+a^4 \beta ^2 \sin ^2(t) \cos ^2(t)+b^2 \beta ^2 k^2 \cos ^2(t)-\alpha ^2 b^2 \beta ^2 \cos ^2(t)+\alpha ^2 b^4 \sin ^2(t) \cos ^2(t)}{\alpha ^2 \beta ^2 \left(a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)\right)}=0}\)
choć nas interesuje jedynie licznik. To jest
\(\displaystyle{ 2 \alpha ^2 a b k \sin ^2(t) \sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}+2 a b \beta ^2 k \cos ^2(t) \sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}+\alpha ^2 a^2 b^2 \sin ^4(t)+a^2 b^2 \beta ^2 \cos ^4(t)+\alpha ^2 a^2 k^2 \sin ^2(t)-\alpha ^2 a^2 \beta ^2 \sin ^2(t)+a^4 \beta ^2 \sin ^2(t) \cos ^2(t)+b^2 \beta ^2 k^2 \cos ^2(t)-\alpha ^2 b^2 \beta ^2 \cos ^2(t)+\alpha ^2 b^4 \sin ^2(t) \cos ^2(t)=0}\)
Ponieważ funkcje stojące prze współczynnikach liczbowych nie stanowią bazy pewnej podprzestrzeni funkcyjnej to trudno coś tego wyciągnąć. Można jednak stosując wzorki trygonometryczne powadzić to to postaci
\begin{equation}
\begin{split}
& \left( -\frac{1}{2} \alpha ^2 a^2 \beta ^2+\frac{3}{8} \alpha ^2 a^2 b^2+\frac{3}{8} a^2 b^2 \beta ^2+\frac{a^4 \beta ^2}{8}+\frac{1}{2} \alpha ^2 a^2 k^2-\frac{1}{2} \alpha ^2 b^2 \beta ^2+\frac{\alpha ^2 b^4}{8}+\frac{1}{2} b^2 \beta ^2 k^2 \right) \times \red{1}\\
& + \left( -\frac{1}{2} a^2 \alpha ^2 b^2+\frac{1}{2} a^2 b^2 \beta ^2 -\frac{1}{2} a^2 \alpha ^2 k^2+\frac{1}{2} a^2 \alpha ^2 \beta ^2+\frac{1}{2} b^2 \beta ^2 k^2-\frac{1}{2} \alpha ^2 b^2 \beta ^2 \right) \times \red{ \cos (2 t)} \\
& + \left( \frac{1}{8} \alpha ^2 a^2 b^2 +\frac{1}{8} a^2 b^2 \beta ^2 -\frac{1}{8} a^4 \beta ^2 -\frac{1}{8} \alpha ^2 b^4\right) \times \red{\cos (4 t)}\\
& +\left( a \alpha ^2 b k +a b \beta ^2 k\right) \times \red{\sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}} \\
& +\left( -a \alpha ^2 b k+a b \beta ^2 k \right) \times \red{ \cos (2 t)\sqrt{a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)}} =0
\end{split}
\end{equation}
Okazuje się, że czerwone funkcje są liniowa niezależne o ile
\(\displaystyle{ a \neq b}\) (co nie dziwi). Wrońskian to
\(\displaystyle{ \frac{9 \left(a^2-b^2\right)^6 \sin ^{10}(2 t)}{\left(a^2 \sin ^2(t)+b^2 \cos ^2(t)\right)^5}}\). Zatem jeśli równanie ma być spełnione to każdy ze współczynników przy czerwonych funkcjach musi być zerem. I tu nie widzę innej opcji jak zacząć badać ten straszny nieliniowy układ. Oczywiście spodziewany się, że przy założeniu
\(\displaystyle{ a \neq b}\) jedynym rozwiązaniem jest
\(\displaystyle{ k=0}\) oraz
\(\displaystyle{ \alpha =a}\),
\(\displaystyle{ \beta =b}\). A przypadek
\(\displaystyle{ a=b}\) sprawdzamy osobno (to są odsunięcia okręgu one są okręgami więc działa dla każdego
\(\displaystyle{ k}\)). Chcemy pokazać, że nie ma innych nietrawionych rozwiązań. To znaczy kolokwialnie
\(\displaystyle{ a \neq b \Rightarrow k=0}\)? I faktycznie niemożliwe jest aby
\(\displaystyle{ a \neq b}\) oraz
\(\displaystyle{ k \neq 0}\) oraz
\(\displaystyle{ a \alpha ^2 b k +a b \beta ^2 k=0}\).