椭圆上的旋转的极限得到抛物线上的仿射变换

hbghlyj

设$g:\cases{x'=\frac x{2b^2}-1\\y'=\frac yb}$,则$g$将椭圆$\frac{x^2}{4b^2}-x+y^2=0$变为单位圆.
设单位圆上的旋转$f:\cases{x'=x\cosθ-y\sinθ\\y'=x\sinθ+y\cosθ}$
得到椭圆上的仿射变换$g^{-1}fg:\cases{x'=\left(x-2 b^2\right) \cos (\theta )+2 b (b-y \sin (\theta ))\\y'=\left(\frac{x}{2 b}-b\right) \sin (\theta )+y \cos (\theta )}$
令$θ=\frac kb$,得$\cases{x'=\left(x-2 b^2\right) \cos \left(\frac{k}{b}\right)+2 b \left(b-y \sin \left(\frac{k}{b}\right)\right)\\y'=\left(\frac{x}{2 b}-b\right) \sin \left(\frac{k}{b}\right)+y \cos \left(\frac{k}{b}\right)}$
令$b→+∞$得$\cases{x'=k^2-2 k y+x\\y'=y-k}$
这便得到抛物线$x=y^2$上的仿射变换.

验证:$k^2-2 k y+x-(y-k)^2=x-y^2$,从而$x'=y'^2⇔x=y^2$
所以抛物线$x=y^2$上的“纵坐标减去一个常数”这种变换是一个仿射变换.(类似于平移?)

hbghlyj

这里得到的抛物线$x=y^2$上的仿射变换是
$$f:\begin{cases}x'=q^2 x+2 n q y+n^2\\y'=q y+n\end{cases}\qquad q≠0$$
一楼只得到$q=1$的情况(此时$n=-k$),即没有不动点的情况.
其余情况因为有不动点所以不能表成椭圆上的旋转的极限.
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这个是否正确呢?如果由$θ$确定的平面变换$f_θ$对任意$θ>0$没有不动点,则$θ→+∞$时没有不动点.
我表述的很不严格....应该加上某种连续性的条件?

hbghlyj

找了一个文章:
On the fixed points of an affine transformation: an elementary view
Theorem 4. Every affine transformation of the plane without fixed points is the product of a translation and an axial affine transformation.

Czhang271828

为什么不放在 $\mathbb P_{\mathbb R}^2:=\mathbb R^3\setminus\{0\}/(x,y,z)\sim (\lambda x,\lambda y,\lambda z)$ 上看呢, 这还是个紧 Riemann 面. 渐近关系全省了, 啥都是椭圆.

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2022-5-3 03:34
设单位圆上的旋转$f$得到椭圆上的仿射变换$g^{-1}fg:$

MSE 中也曾使用了“从圆到椭圆”的方法，以找出保持一个椭圆不变的所有线性变换。