以两个双曲型射影对应的点为直径的圆包络两个定圆

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如图片，Q,R为两个定点，F到G的变换是直线QR上面以Q,R二点为不动点的射影变换。请证明以线段FG为直径的圆，包络两个定圆

证明过程中我猜想可能要用到根轴的性质以及圆幂定理。

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我还得到，如果以定直线上两个射影对应的点为直径端点的圆，总是包络两个定圆。如果没有不动点，则两定圆相离。一个不动点则两个定圆相切。

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请问何以证明呢

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且有特定的射影变换使得两定圆退化为两个点，或两条直线，或关于两个定点成位似变换。

hbghlyj

一个红色圆沿 x 轴移动，始终与两个固定的虚线圆相切，要找到点 \( F \) 和 \( G \) 的 x 坐标（记为 \( x_F \) 和 \( x_G \)）之间的关系。

红色圆的圆心为 \((h, 0)\)，半径为 \( r \)。
两个固定的虚线圆的圆心分别为 \((-1, \pm\sqrt{3})\)，半径为 2。
红色圆的圆心 \((h, 0)\) 到任一虚线圆圆心的距离等于 \( r - 2 \)（因为圆是内切的）。距离公式为：
\[
(h + 1)^2 + 3 = (r - 2)^2
\]
\( F \) 和 \( G \) 的坐标分别为 \((h - r, 0)\) 和 \((h + r, 0)\)，因此$\begin{cases}x_F = h - r \\ x_G = h + r\end{cases}$
解出 \( h \) 和 \( r \)：$\begin{cases}h = \frac{x_F + x_G}{2} \\ r = \frac{x_G - x_F}{2}\end{cases}$
将 \( h \) 和 \( r \) 代入方程 \((h + 1)^2 + 3 = (r - 2)^2\)：
\[
\left(\frac{x_F + x_G}{2} + 1\right)^2 + 3 = \left(\frac{x_G - x_F}{2} - 2\right)^2
\]
得到 \( x_F \) 和 \( x_G \) 的关系：
\[
x_G = \frac{x_F}{x_F + 3}
\]
射影变换\[
[x_G:1]=[x_F:1]\pmatrix{1&1\\0&3}
\]

hbghlyj

原帖@MarkBcc168发布文档On the Desargues’ Involution Theorem
在Theorem 1.4.的证明中，为什么$$\frac{P X_1}{P Y_1}=\frac{P X_2}{P Y_2}$$会推出$\overline{P X_1} \cdot \overline{P X_2}=\overline{P Y_1} \cdot \overline{P Y_2}$？他应该是打反了
设该对合变换交换了点 $P$ 与无穷远点、点 $X_1$ 与点 $X_2$、点 $Y_1$ 与点 $Y_2$.
\[
\begin{aligned}
& \because \left(P, \infty ; X_1, Y_1\right)=\left(\infty, P; X_2, Y_2\right) \\
& \therefore \frac{P X_1}{P Y_1}=\frac{P Y_2}{P X_2} \\
& \therefore P X_1 \cdot P X_2=P Y_1 \cdot P Y_2 .
\end{aligned}
\]
由 $X_1, X_2$，$Y_1, Y_2$ 的任意性可知该对合变换是以 $P$ 为反演中心的反演变换。

hbghlyj

给定直线上的点O、A、B，求射影变换将O映到O，将A映到B，将B映到A

作法：作O关于AB的调和共轭H，以OH为直径作圆，直线上每个点关于这个圆的反演变换符合要求

这个圆属于点圆A、点圆B所确定的共轴圆系。这个题相当于在这个圆系中找到过O的唯一的圆。

在GeoGebra中，可以不用作出H，直接输入这个圆的方程:
((x(O) - x(B))² + (y(O) - y(B))²) ((x - x(A))² + (y - y(A))²) = ((x(O) - x(A))² + (y(O) - y(A))²) ((x - x(B))² + (y - y(B))²)

这个「保持一点、交换两点的一维射影变换」不唯一。
按上面作法作出的是对合。若改为「保持一点，交换两点的一维对合变换」就唯一了。

hbghlyj

如果一个对合使直线上的一个点变到直线上另外一个点，那么这个对合将直线上所有点变为直线上所有点
交比证明：（AB|CD）=（f(A)f(B)|f(C)f(D)）=（BA|Df(D)）=（AB|f(D)D）
其中第一个等号是因为f是个射影变换，第二个是直接代值，第三个是交比基本性质
然后由于交比的唯一性，C=f(D)
由于C是直线上任意一点，故有f是个对合
思路就是取另一点构造它的映射 然后用交比证明这个“另一点”是“映射”的映射

射影平面上所有有意义的对合全都是一维的。
射影平面上等角共轭是对合吗？
不是。如果给定三角形，得去除三边。外接圆和无穷远直线是对应的，但三边的等角共轭无法定义。

hbghlyj

f是一维射影直线$\mathbf{RP}^1$上的非恒等射影变换，如果存在点u满足f(f(u))=u，那么f是对合
证明：设v=f(u),则u=f(v).取不同于u,v的点w,设s=f(w),t=f(s),则我们可仿照前面的办法再构造一个对合$f_1$使得$f_1(u)=v,f_1(s)=t$,从而就有$f_1(f(u))=u,f_1(f(v))=v,f_1(f(s))=s$,这就是说,$f_1\circ f$有三个不同的不动点，因此$f_1\circ f$为恒等映射，即$f=f^{-1}$是对合.

hbghlyj

When is a mobius transformation its own inverse?
Involutory matrix
设分式线性函数的矩阵表示为$A∈\text{PGL}(2,\Bbb C)$[因相差常数倍的两个矩阵对应的函数相同], 则$A=kA^{-1}⇔A^2=kI$, 乘常数$\sqrt{\abs k}$就可以有$A^2=±I$, 推出$x^2±1$为$A$的零化多项式,所以$A$的极小多项式为$x±1$或$x±i$或$x^2±1$.
Case 1. $A$的极小多项式为$x±1$或$x±i$. 即$A∼±I$或$A∼±iI$. 这四种都对应于函数$y=x$.
Case 2. $A$的极小多项式为$x^2-1$. 即$A∼\pmatrix{1&0\\0&-1}$.

经过一些计算,

当$A_{11}=0$时, 因为$\operatorname{tr}A=0$有$A_{22}=0$, 故$A$对应于函数$y=\frac{A_{12}}{A_{21}x}$. 由$\det A=-1$得$A_{12}A_{21}=1$, 故$A$对应于函数$y=\frac1x$.
当$A_{11}\ne0$时, 因为相差常数倍的两个矩阵对应的函数相同, 令$A_{11}=1$, 因为$\operatorname{tr}A=0$有$A_{22}=-1$, 故$A$对应于函数$y=\frac{x+A_{12}}{A_{21}x-1}$. 由$\det A=-1$得$A_{12}A_{21}=0$. 若$A_{12}=0$, 对应的函数为$y=\frac{x}{cx-1},c\in\Bbb C$; 若$A_{21}=0$, 对应的函数为$y=c-x,c\in\Bbb C$.

得到$A$对应于函数$y=\frac1x$或$y=\frac{x}{cx-1},c\in\Bbb C$或$y=c-x,c\in\Bbb C$.
Case 3. $A$的极小多项式为$x^2+1$. 即$A∼\pmatrix{0&1\\-1&0}$.

经过一些计算,

当$A_{11}=0$时, 因为$\operatorname{tr}A=0$有$A_{22}=0$, 故$A$对应于函数$y=\frac{A_{12}}{A_{21}x}$. 由$\det A=1$得$A_{12}A_{21}=-1$, 故$A$对应于函数$y=-\frac1x$.
当$A_{11}\ne0$时, 因相差常数倍的两个矩阵对应的函数相同, 令$A_{11}=1$, 因为$\operatorname{tr}A=0$有$A_{22}=-1$, 故$A$对应于函数$y=\frac{x+A_{12}}{A_{21}x-1}$. 由$\det A=1$得$A_{12}A_{21}=-2$. 对应的函数为$\frac{x-2/c}{cx-1},c\in\Bbb C$.

得到$A$对应于函数$y=-\frac1x$或$y=\frac{x-2/c}{cx-1},c\in\Bbb C$.

hbghlyj

1. f[x_] := (x - 2/c)/(c x - 1); f[f[x]] // Simplify

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最后这个,验证一下,确实是对合,神奇了

hbghlyj

关于一个点对称

共轴圆组

hbghlyj

如果和反演中心不共线，OA,OB,OC,OD和Of(A),…,Of(D)对应垂直，交比相等。于是是射影变换。不过这个方法在O取不到的时候就会失效。

hbghlyj

相切的共轴圆组没法定义对合。
然后是两圆外离的情况

这种情况我们没法取垂直了。但我们多出了两个极限点P和Q，常人都会看出，这组共轴圆组都是P和Q的阿氏圆。于是（AB|PQ）=（f(A)f(B)|PQ），还是个射影变换，从而是个对合变换。

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hbghlyj 发表于 2025-4-20 01:16
关于一个点对称

共轴圆组

由圆幂定理结合交比运算，可知共轴圆的两交点为对合，也可以看成四点形退化为根轴，直接用笛沙格对合定理。另一个性质，一个定点关于共轴圆的极线过另一个定点。

hbghlyj

github.com/auntyellow/math/blob/main/steiner-conic.md
users.math.uoc.gr/~pamfilos/eGallery/problems … Chasles_Steiner.html
en.wikipedia.org/wiki/Steiner_conic
圆锥曲线的交比定义:圆锥曲线可以像圆那样导交比
任作一条过ABCD的二次曲线，它仍然能导交比，就仍然有对合.这就是笛沙格对合定理的完整版:
一条直线交过ABCD的二次曲线族中每条二次曲线的两点在同一个对合中
就是说,截出来的每一对点全都对合,然后他们对应线段全都相等。这个叙述怎么没有ABCD的边什么事了？因为退化曲线就是对边。这个对合由这条直线和ABCD四点确定，而二次曲线族是ABCD四点生成的。但这不是“一系列”对合，这是“一个”对合。当然你如果把相等扔了，它依然是对合。所以也就是说 一条直线截一个曲线簇。
例如，这个图是O，O'，两个圆环点（详见梅向明《高等几何》P216）以及这条直线生成的对合

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直线上的对合，对合中心指的是无穷远点的对合对应点，任何对合对应的两点与对合中心所连的线段乘积为定值，该定值称为对合的乘幂，是对合变换的自身特性，由属于对合的分式线性变换式子易证明。故直线上两点反演变换确实为对合变换

hbghlyj

任意一条直线截共轴圆组会生成对合。

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可知，当射影变换是对合变换时，上面的两个定圆退化为定点，当射影变换为仿射变换时，定圆退化为两条直线，当对合变换没有不动点的时候，两个定圆为虚点，此时的动圆共两条根轴。

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如何通过圆幂定理和根轴性质证明这些结论呢