保持两条二次曲线不变的射影变换

hbghlyj

两条二次曲线$C_1,C_2$有4个交点（这帖的类型a），则只有4个保持两条二次曲线不变的射影变换.
这4个交点(若无3点共线)可以建立射影坐标系$$p_1=[1: 1: 1], \quad p_2=[1:-1: 1], \quad p_3=[1: 1:-1], \quad p_4=[1:-1:-1] .$$
则经过这4点的二次曲线系为$$λ x_0^2+μ x_1^2+ν x_2^2=0\qquadλ+μ+ν=0$$
则只有4个保持$C_1,C_2$不变的射影变换(构成一个群$≅V_4$)
\begin{array}l
τ_1:[x_0,x_1,x_2]\mapsto[x_0,x_1,x_2]\\
τ_2:[x_0,x_1,x_2]\mapsto[-x_0,x_1,x_2]\\
τ_3:[x_0,x_1,x_2]\mapsto[x_0,-x_1,x_2]\\
τ_4:[x_0,x_1,x_2]\mapsto[x_0,x_1,-x_2]\\
\end{array}当$C_1,C_2$切于2个不同点时（这帖的类型c），存在多少保持$C_1,C_2$不变的射影变换?

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2023-4-25 21:50
当$C_1,C_2$切于2个不同点时（这帖的类型c），存在多少保持$C_1,C_2$不变的射影变换?

还是像上面那样讨论，当$C_1,C_2$切于2个不同点时，可以设为
\[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}=0, \quad \lambda x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}=0\]
对任意实数$t$，射影变换
\[[x_0,x_1,x_2]\mapsto[x_0,\cos(t)x_1+\sin(t)x_2,\sin(t)x_1-\cos(t)x_2]\]
或
\[[x_0,x_1,x_2]\mapsto[x_0,\cos(t)x_1-\sin(t)x_2,\sin(t)x_1+\cos(t)x_2]\]
都保持$C_1,C_2$不变。
若取$x_0=0$ 为无穷远线，那$C_1,C_2$就是同心圆，上面两组就是关于圆心的旋转、过圆心的轴对称，所以构成正交群$O(2)$。

hbghlyj

2个单点, 1个二重点（这帖的类型b），存在多少保持$C_1,C_2$不变的射影变换?

应该是2个：一个恒等变换、另一个交换两个单交点。因为每条二次曲线上保持3个点不变的一维射影变换是确定的，然后两条二次曲线上确定了，就确定了全平面。

相切圆束是b型（除了这个切点，还交于两个虚圆点）。显然这两个变换就是恒等变换和一个轴对称：

一般地，把二次曲线C关于C上一点作缩放，形成的曲线系是b型：显然这两个变换就是恒等变换和一个仿射对合（“斜”轴对称oblique reflection）对合轴是切线的共轭直径。

hbghlyj

剩下的d、e型，估计是无穷多，但不会证
也发到了MSE求助。

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2024-3-27 13:54
剩下的d、e型，估计是无穷多，但不会证
也发到了MSE求助。

根據@Alex的回答，d型只有1个，因为保持两条二次曲线的射影变换都保持两个交点及另一条公切线的两个切点，共四点，就只能为恒等变换。

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e型是无穷多：
e型的两条二次曲线是相切于顶点的，但注意：两条相切于顶点的二次曲线不一定是e型（两条相切于顶点的二次曲线一般是b型，见3#，只有极特殊的情况是e型）
例如$C_1:(x-1)^2+y^2-1=0$，则二重直线$x^2=0$与$C_1$四重切于$(0,0)$
所以当$C_2:\lambda((x-1)^2+y^2-1)+(1-\lambda)x^2=0$时，$C_1,C_2$形成e型二次曲线系。取$\lambda=\frac12$画出$C_1,C_2$:

把过交点的公切线取为无穷远线（交点变成$[0,1,0]$）则两条二次曲线都是抛物线

因为保持两条二次曲线的射影变换都保持过交点的公切线不变，保持两条二次曲线的射影变换都是仿射变换，形如$$(x, y) \mapsto (b x + c, y + 2bcx + c^2),b=\pm1$$只看横坐标，它对应于一维等距变换$x\mapsto bx+c,b=\pm1$，所以形成等距变换群$$\mathrm{ISO}(1,\Bbb C)\cong (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times (\mathbb{C}, +)$$
在保持一条二次曲线不变的仿射变换中计算过，$b=1$这类是“无不动点”的保持抛物线不变的仿射变换（不动点为那个无穷远点$[0,1,0]$），在《平面解析几何卷》（俄）杰洛涅 把$b=1$这类仿射变换称为“抛物旋转”
“抛物旋转”是先作一个錯切$\{e_1,e_2\}\mapsto\{e_1',e_2\}$，再把抛物线平移回去，使抛物线不变.
这样，因为錯切不改变横坐标，横坐标都加了一个固定的值（那个平移的分量），称为抛物旋转的角。

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2024-3-31 12:25
这样，因为錯切不改变横坐标，横坐标都加了一个固定的值（那个平移的分量），称为抛物旋转的角。

还可以这样理解：沿着一组“平行”抛物线$y=x^2+c,c\inR$平移。这组“平行”抛物线$y=x^2+c,c\inR$正好覆盖平面。
为求出平面上一个任意点$P(x_0,y_0)$的像，找到过P的抛物线$y=x^2+(y_0-x_0^2)$，把P的横坐标加上一个固定的值$c$，找到$y=x^2+(y_0-x_0^2)$上这个横坐标$x_0+c$对应的点$(x_0+c,(x_0+c)^2+(y_0-x_0^2))$（唯一），就是P的像，化簡得$$(x_0,y_0)\mapsto(x_0+c,2cx_0+y_0+c^2)$$关于$x_0,y_0$都是一次的，所以是仿射，而且还是等仿射（det=1）如上面书中讲的。
$\pmatrix{1&0&c\\2c&1&c^2\\0&0&1}$

hbghlyj

e型是$C_1,C_2$四重切（两条公切线重合），设公切线为$T$，则$T^2,C_1,C_2$线性相关。

上面把一般的e型射影成两条平行的抛物线再分析的。再把「抛物旋转」射影回到一般的e型，尝试理解它：
把5#给出的e型例子$\lambda((x-1)^2+y^2-1)+(1-\lambda)x^2=0$整理得$x^2+\lambda(-2x+y^2)=0$
点$P(x_0,y_0)$是任意点，则曲线系中经过$P$的曲线为$C:x^2+\frac{x_0^2}{2x_0-y_0^2}(-2x+y^2)=0$
这个变换$T$可以描述为：在$C_1:(x-1)^2+y^2-1=0$上选两个点$A,B$（将会有$T(A)=B$.）
$OP$交$C_1$于$P_1$，$AP_1$交$x=0$于$E$，$EB$交$C_1$于$Q_1$，作曲线系中经过$P$的曲线$C$，$OQ_1$交$C$于$Q$
令$T(P)=Q$.

则$T$固定e型曲线系$\lambda((x-1)^2+y^2-1)+(1-\lambda)x^2=0$中的每条曲线：
特别地，因为$x^2=0$在这个曲线系中，所以$T$固定直线$x=0$ 但是P在$x=0$上时$P_1=Q_1=E$故不能按上面的作法作图（没有想出替代的方法这里取$x=0.0001$来近似）

而且$T(O)=O$
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2024-4-1 00:59 Upload

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可以验证$T$是射影变换，把直线映为直线（当P在直线上运动时，Q的轨迹为直线）：