2次曲線の標準化


(0)はじめに


$一般に、2次曲線 \ \ f(x,y)=0 \ \ のグラフを描くには、微分法を用いて増減表を作る以外に、平行移動や$
$回転移動を行って、簡単な式に変形する方法があります。$

$その際$
(i)$\ \ 曲線を動かす$
(ii)$\ \ 座標軸を動かす$
$の2通りの方法があります。$

$物理学では、対象物はそのままにして観察、観測する人の目を動かす、すなわち座標軸を動かして$
$見易く、あるいは計算し易くすることが多いと思います。$

$数学は、曲線そのものを動かすこともありますが、私の経験からすると、やはり座標軸を動かした方が$
$後々処理が楽なように思いますが、皆さんはどう思われますか。$

$ここでは、後者の座標軸を動かす手を使って$

$\quad 2次曲線 \ \ f(x,y)=ax^2+2hxy+by^2+cx+dy+e=0　\hspace{15em}(1)$

$の変換不変量などの性質を考えたいと思います。$


(1)平行移動


$曲線(1)は、x,\ y\ の1次の項を消去するために座標軸を平行移動します。$
$元の座標軸を \ x,\ y\ 軸とし、平行移動する座標軸を \ X,\ Y軸とします。$
$(1)を \ x,\ y\ で偏微分して$
\[ \left\{ \begin{array}{l} f_x(x,y)=2ax+2hy+c=0\\ f_y(x,y)=2hx+2by+d=0\\ \end{array} \right. \] $を解くと$

\[ \left| \begin{array}{cc} a & h\\ h & b\\ \end{array} \right| \ne 0 \quad すなわち　h^2-ab \ne 0 \quad のとき解をもつ \] $解を \ \ x=\alpha,\ \ x=\beta \ \ とすると$

　
$\quad 2a\alpha +2h\beta +c=0,\quad 2h\alpha +2b\beta +d=0 \hspace{15em}(2)$

$新座標軸の原点を \ (\alpha,\beta)\ とすると$

$\quad \vec{OP}=\vec{OO'}+\vec{O'P}$
$\quad (x,y)=(\alpha,\beta)+(X,Y)$
$\quad x=X+\alpha,\quad y=Y+\beta$

$このとき(1)は$
$\quad a(X+\alpha )^2+2h(X+\alpha)(Y+\beta)+b(Y+\beta)^2+c(X+\alpha)+d(Y+\beta)+e=0$
$\quad aX^2+2hXY+bY^2+(2a\alpha +2h\beta+c)X+(2b\beta+2h\alpha +d)Y+a\alpha ^2+2h\alpha \beta+b\beta ^2+c\alpha +d\beta +e=0 \hspace{5em}(3)$

$ここで、(2)よりXとYの係数は0となるから、定数項を \ e'\ とおくと$

$\quad aX^2+2hXY+bY^2+e'=0 \hspace{20em}(4)$

$これで、x,\ y\ の1次の項が消えました。$


(2)回転移動


　
$(4)のX,Yをあらためてx,yと置きかえると$
$\quad ax^2+2hxy+by^2+e'=0 \hspace{20em}(4')$

$曲線(4')の \ xy \ の項を消去するためには座標軸を回転移動します。$

$原点Oを中心に角度 \ \theta \ 回転する座標軸をX,\ Y軸とします。$

$点Pの \ xy\ 座標における座標を(x,y),XY\ 座標における座標を(X,Y),$
$\angle xOP=\alpha,\ \ OP=r \ \ とすると$

$x=r\cos \alpha,\quad y=r\sin \alpha \ \ より$
$X=r\cos (\alpha -\theta)=r\cos \alpha \cos \theta +r\sin \alpha \sin \theta =x\cos \theta +y\sin \theta$
$Y=r\sin (\alpha -\theta)=r\sin \alpha \cos \theta -r\cos \alpha \sin \theta =-x\sin \theta+y\cos \theta$

\[ \left( \begin{array}{r} X\\ Y\\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rr} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} x\\ y\\ \end{array} \right) \] $逆に解いて$
\[ \left( \begin{array}{r} x\\ y\\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rr} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \\ \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{r} X\\ Y\\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rr} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} X\\ Y\\ \end{array} \right) \]
$x=X\cos \theta -Y\sin \theta ,\qquad y=X\sin \theta +Y\cos \theta$

(3)2次曲線の回転移動における不変量


$\quad ax^2+2hxy+by^2=c\ \ を原点の回りに \ \theta \ 回転して \ \ AX^2+2HXY+BY^2=C \ \ になったとすると $

$\quad x=X\cos \theta -Y\sin \theta ,\quad y=X\sin \theta +Y\cos \theta \ \ を代入して$

$\quad a(X\cos \theta -Y\sin \theta)^2+2h(X\cos \theta -Y\sin \theta)(X\sin \theta +Y\cos \theta ) +b(X\sin \theta +Y\cos \theta )^2=c$

$\quad (a\cos ^2\theta +2h\sin \theta \cos \theta +b\sin ^2\theta)X^2 +2\{-a\sin \theta \cos \theta +h(\cos ^2\theta-\sin ^2\theta) +b\sin \theta \cos \theta \}XY$
$\hspace{4em} + (a\sin ^2\theta -2h\sin \theta \cos \theta +b\cos ^2\theta)Y^2=c$

$よって$

$\quad A=a\cos ^2\theta +2h\sin \theta \cos \theta +b\sin ^2\theta=a\cos ^2\theta +b\sin ^2\theta +h\sin 2\theta$

$\quad B=a\sin ^2\theta -2h\sin \theta \cos \theta +b\cos ^2\theta =a\sin ^2\theta +b\cos ^2\theta -h\sin 2\theta $

$\quad H=-a\sin \theta \cos \theta +h(\cos ^2\theta-\sin ^2\theta) +b\sin \theta \cos \theta =h\cos 2\theta -\cfrac{a-b}{2}\sin 2\theta $

$このとき$

$\quad A+B=a(\cos ^2\theta +\sin ^2 \theta)+b(\sin ^2\theta+\cos ^2\theta)=a+b$

$\quad A-B=a(\cos ^2\theta -\sin ^2 \theta)+b(\sin ^2\theta -\cos ^2\theta)+2h\sin 2\theta =(a-b)\cos 2\theta +2h\sin 2\theta $

$だから$
\begin{eqnarray*} H^2-AB &=&H^2+\cfrac{1}{4}\{(A-B)^2-(A+B)^2\}\\ &=&\left(h\cos 2\theta -\cfrac{a-b}{2}\sin 2\theta \right)^2 +\cfrac{1}{4}\left[\left\{(a-b)\cos 2\theta +2h\sin 2\theta \ \right\}^2 -(a+b)^2\right]\\ \\ &=&h^2(\cos ^2 2\theta+\sin ^2 2\theta )+\cfrac{(a-b)^2}{4}(\sin^2 2\theta +\cos ^2 2\theta)-\cfrac{1}{4}(a+b)^2\\ \\ &=&h^2-ab\\ \end{eqnarray*}
$これで、回転移動では\ \ A+B \ と \ H^2-AB \ が不変である(保存される)ことがわかりました。$


(4)2次曲線の分類


$曲線(4)の \ xy \ の項を消去するために座標軸を回転移動したのですが、そのためには \quad H=0 \ \ であればよい。$

$\qquad h\cos 2\theta -\cfrac{a-b}{2}\sin 2\theta =0$

$\qquad \tan \theta =\cfrac{2h}{a-b}$

$を満たす\theta をとればよいことがわかります。ただし、a=b \ \ のときは \ \theta =\cfrac{\pi}{4} \ \ とします。$

$このとき、-AB=h^2-ab ,\qquad (4)は、AX^2+BY^2=C \ \ となります。$

$そこで、D=h^2-ab \ \ とおくと$

(i)$\ \ D<0 \ \ のとき$

$\quad AB>0 \ \ となり、A,\ B \ は同符号$
$\quad A>0 \ \ ととると　B>0 \ \ だから \ \ C>0 \ \ ならば楕円を表す。$

(ii)$\ \ D>0 \ \ のとき$

$\quad AB<0 \ \ となり、A,\ B \ \ は異符号$
$\quad A>0 \ \ ととると \ \ B<0 \ \ だから \ \ C \ne 0 \ \ ならば双曲線を表し、C=0 \ \ ならば2直線を表す。$

(iii)$\ \ D=0 \ \ のとき$

$\quad AB=0 \ \ となり、A=0 \ \ または \ \ B=0 \ \ となって放物線を表す。$



$例　x^2-3xy+y^2=1$

$\quad 判別式は \ \ D=(\cfrac{3}{2})^2-1 \times 1=\cfrac{5}{4}\ \ で正だから双曲線である。$

$\quad x^2 \ と \ y^2 \ の係数が等しいので \ \theta=\cfrac{\pi}{4} \ \ とする。$

$\quad x=X\cos \cfrac{\pi}{4}-Y\sin \cfrac{\pi}{4}=\cfrac{X}{\sqrt{2}}-\cfrac{Y}{\sqrt{2}}$

$\quad y=X\sin \cfrac{\pi}{4}+Y\cos \cfrac{\pi}{4}=\cfrac{X}{\sqrt{2}}+\cfrac{Y}{\sqrt{2}}$

　
$を代入して$

$\quad \left(\cfrac{X}{\sqrt{2}}-\cfrac{Y}{\sqrt{2}}\right)^2-3\left(\cfrac{X}{\sqrt{2}}-\cfrac{Y}{\sqrt{2}}\right) \left(\cfrac{X}{\sqrt{2}}+\cfrac{Y}{\sqrt{2}}\right)+\left(\cfrac{X}{\sqrt{2}}+\cfrac{Y}{\sqrt{2}}\right)^2=1$

$\quad -\cfrac{1}{2}X^2+\cfrac{5}{2}Y^2=1$

$a+b=1+1=2,\quad A+B=-\cfrac{1}{2}+\cfrac{5}{2}=2 \ \ となって確かに保存されている。$

$整数係数に直すと\quad X^2-5Y^2=-2$

$グラフは右図の通りです。$



　

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