跳到主要内容

利用二次型研究二次曲线

摘 要 本文旨在使用纯代数的方法, 利用二次型研究二次曲线的相关理论. 本文首先给出了用二次型表示的二次曲线方程, 然后研究在转轴、移轴变换下二次型矩阵将会如何变化. 随后先使用转轴消去交叉二次项, 再尝试使用移轴消去一次项, 并根据一次项消去的成功与否及消去后二次型矩阵的形态, 将二次型矩阵分为 9 种类型, 对应二次曲线的 9 种形态. 最后利用矩阵理论, 给出了二次曲线的 3 个不变量和 1 个半不变量, 并使用这些量对前文所述的分类方法作了重述.

1 二次曲线的矩阵表示​

  对于一个二次曲线

a11x2+2a12xy+a22y2+2b1x+2b2y+c=0a_{11}x^2+2a_{12}xy+a_{22}y^2+2b_1x+2b_2y+c=0

给出它的矩阵表示

xTAx=(x,y,1)(a11a12b1a12a22b2b1b2c)(xy1)=0\boldsymbol x^TA\boldsymbol x=(x,y,1)\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & b_1\\ a_{12} & a_{22} & b_2\\ b_1 & b_2 & c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}=0

并称矩阵 AA 为该二次曲线的二次型矩阵.

2 转轴和移轴​

  转轴和移轴本质上是基变换. 它们的矩阵

T=(cos⁡θ−sin⁡θ0sin⁡θcos⁡θ0001)S=(10p01q001)T=\begin{pmatrix}\cos \theta & -\sin \theta & 0\\ \sin \theta & \cos \theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\qquad S=\begin{pmatrix}1 & 0 & p\\ 0 & 1 & q\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}

及基变换方程

x=Tx′x=Sx′\boldsymbol x=T\boldsymbol x'\qquad \boldsymbol x=S\boldsymbol x'

联系起了新旧坐标系下的点的坐标. 其中转轴即是将轴逆时针旋转 θ\theta, 移轴即是将原点移动至 (p,q)(p, q).

3 二次曲线方程的化简​

  化简的整体思路: 先使用转轴消去交叉项, 然后作移轴消去一次项.

3.1 转轴​

  首先将转轴的基变换矩阵代入二次型矩阵, 即

xTAx=(Tx′)TA(Tx′)=x′TTTATx′\boldsymbol x^TA\boldsymbol x=(T\boldsymbol x')^TA(T\boldsymbol x')=\boldsymbol x'^TT^TAT\boldsymbol x'

定义 A′=TTATA'=T^TAT 为转轴后的二次型矩阵. 计算求得

A′=(I12+J12C+a12Sa12C−J12Sb1′a12C−J12SI12−J12C−a12Sb2′b1′b2′c)A'=\begin{pmatrix}\frac{I_1}{2}+\frac{J_1}{2}C+a_{12}S & a_{12}C-\frac{J_1}{2}S & b'_1\\a_{12}C-\frac{J_1}{2}S & \frac{I_1}{2}-\frac{J_1}{2}C-a_{12}S & b'_2\\b'_1 & b'_2 & c\end{pmatrix}

其中 C=cos⁡2θC=\cos 2\theta, S=sin⁡2θS=\sin 2\theta, I1=a11+a22I_1=a_{11}+a_{22}, J1=a11−a22J_1=a_{11}-a_{22}, b1′=b1cos⁡θ+b2sin⁡θb'_1=b_1\cos \theta+b_2\sin \theta, b2′=b2cos⁡θ−b1sin⁡θb'_2=b_2\cos \theta-b_1\sin \theta.

  我们希望交叉项系数为零. 即是要求解关于 CC 和 SS 的二元二次方程组

{a12C−J12S=0C2+S2=1\left\{\begin{aligned}&a_{12}C-\frac{J_1}{2}S=0\\&C^2+S^2=1\end{aligned}\right.

若 J1=a12=0J_1=a_{12}=0, 则可以跳过解方程这一步, 因为交叉项系数已经为零了. 若 J1,a12J_1,a_{12} 不全为零, 则该方程组有 2 组解

(C,S)=ε(J1J2,2a12J2), ε=±1(C,S)=\varepsilon\left(\frac{J_1}{J_2},\frac{2a_{12}}{J_2}\right),\ \varepsilon=\pm 1

其中 J2=J12+4a122J_2=\sqrt{J_1^2+4a_{12}^2}.

  θ\theta 自然地会有 4 个值, 所以以上关于 2θ2\theta 的方程有 2 组解是符合预期的, 只需在其中任取一个即可. 为计算方便, 不妨取 ε=1\varepsilon=1 的一组解. 将这一组解回代, 得

A′=(I12+J220b1′0I12−J22b2′b1′b2′c)A'=\begin{pmatrix}\frac{I_1}{2}+\frac{J_2}{2} & 0 & b'_1\\0 & \frac{I_1}{2}-\frac{J_2}{2} & b'_2\\b'_1 & b'_2 & c\end{pmatrix}

  另一方面, 我们使用 C,SC,S 去求 cos⁡θ\cos\theta 和 sin⁡θ\sin\theta. 简单地使用一次二倍角公式, 即可得到结果

(cos⁡θ,sin⁡θ)=ε(1+CSC1,C1), ε=±1(\cos\theta,\sin\theta)=\varepsilon\left(\frac{1+C}{S}C_1,C_1\right),\ \varepsilon=\pm 1

其中 C1=1−C2C_1=\sqrt{\frac{1-C}{2}}.

  最后我们定义二次曲线的特征根, 以此对上面的结果作进一步简化. 记 A′A' 主对角线上的前两个值为 λ1,2\lambda_{1,2}, 则有

λ1+λ2=I1, λ1λ2=(I12+J22)(I12−J22)=a11a22−a122=:I2\lambda_1+\lambda_2=I_1,\ \lambda_1\lambda_2=\left(\frac{I_1}{2}+\frac{J_2}{2}\right)\left(\frac{I_1}{2}-\frac{J_2}{2}\right)=a_{11}a_{22}-a_{12}^2=:I_2

根据 Vieta 定理, 构造关于 λ\lambda 的一元二次方程

λ2−I1λ+I2=0\lambda ^2-I_1\lambda+I_2=0

该方程称作该二次曲线的特征方程. 这样的二次方程的两个解恰好是 λ1,2\lambda_{1,2}. 故经过简化后, A′A' 矩阵就可以写成更简洁的形式:

A′=(λ10b1′0λ2b2′b1′b2′c)A'=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & b'_1\\0 & \lambda _2 & b'_2\\b'_1 & b'_2 & c\end{pmatrix}

至于究竟哪一个根是 λ1\lambda_1、哪一个根是 λ2\lambda_2, 这是无关紧要的, 因为只要当初求解关于 CC 和 SS 的方程时取 ε=−1\varepsilon=-1, 两个 λ\lambda 就会交换.

3.2 移轴: 良性问题下 (特征根全不为零)​

  将移轴的基变换矩阵代入上述转轴后的矩阵, 即

x′TA′x′=(Sx′′)TA′(Sx′′)=x′′TSTA′Sx′′\boldsymbol x'^TA'\boldsymbol x'=(S\boldsymbol x'')^TA'(S\boldsymbol x'')=\boldsymbol x''^TS^TA'S\boldsymbol x''

定义 A′′=STA′SA''=S^TA'S 为转轴后的二次型矩阵. 计算求得

A′′=(λ10λ1p+b1′0λ2λ2q+b2′λ1p+b1′λ2q+b2′∗)A''=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & \lambda_1p+b'_1\\0 & \lambda_2 & \lambda_2q+b'_2\\\lambda_1p+b'_1 & \lambda_2q+b'_2 & *\end{pmatrix}

其中 ∗* 处的值为 λ1p2+λ2q2+2b1′p+2b2′q+c\lambda_1p^2+\lambda_2q^2+2b'_1p+2b'_2q+c. 我们希望一次项系数为零, 故建立方程并求解

{λ1p+b1′=0λ2q+b2′=0⟹{p=−b1′λ1q=−b2′λ2\left\{\begin{aligned}&\lambda_1p+b'_1=0\\&\lambda_2q+b'_2=0\end{aligned}\right.\Longrightarrow\left\{\begin{aligned}&p=-\frac{b'_1}{\lambda_1}\\&q=-\frac{b'_2}{\lambda_2}\end{aligned}\right.

将结果回代, 得到 A′′A'' 的表达式

A′′=(λ1000λ2000c′)A''=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & 0\\0 & \lambda _2 & 0\\0 & 0 & c'\end{pmatrix}

其中 c′=c−b′12λ1−b′22λ2c'=c-\frac{{b'}_1^2}{\lambda_1}-\frac{{b'}_2^2}{\lambda_2}.

  我们发现 ∣T∣=∣S∣=1|T|=|S|=1, 所以 ∣A∣=∣A′∣=∣A′′∣=:I3|A|=|A'|=|A''|=:I_3. 现在尝试以此化简上述矩阵主对角线的最后一个值.

c′=∣A′′∣λ1λ2=I3I2c'=\frac{|A''|}{\lambda_1\lambda_2}=\frac{I_3}{I_2}

  至此, 我们通过一次转轴和一次移轴, 将一个良性的二次曲线化为了

λ1x2+λ2y2+I3I2=0\lambda_1x^2+\lambda_2y^2+\frac{I_3}{I_2}=0

的形式. 新轴的 xx 轴正向指向 θ\theta 角, 原点位于坐标 (p,q)(p, q) 处. 但是因谨记: 该结论是以特征根全不为零的曲线为前提的.

  现在对良性问题下的二次曲线进行分类. 若 I3≠0I_3\neq 0, 则先将方程两边同乘 −I2I3-\frac{I_2}{I_3}, 得

Mx2+Ny2=1Mx^2+Ny^2=1

的标准方程, 其中 M=−I2λ1I3, N=−I2λ2I3M=-\frac{I_2\lambda_1}{I_3},\ N=-\frac{I_2\lambda_2}{I_3} 是两个二次项系数.

  • 若两个二次项系数均为正, 则二次曲线是一个椭圆;
  • 若两个二次项系数中一个为正、另一个为负, 则二次曲线是一个双曲线;
  • 若两个二次项系数均为负, 则二次曲线是一个虚椭圆.

  若 I3=0I_3=0, 则二次曲线的标准方程为

Mx2+Ny2=0Mx^2+Ny^2=0
  • 若两个二次项系数均为正或均为负, 则二次曲线是一组相交虚直线. 它们的交点是一个实值点, 故也称该二次曲线的图像是一个点;
  • 若两个二次项系数中一个为正、另一个为负, 则二次曲线是一组相交直线.

3.3 移轴: 恶性问题下 (特征根有一个为零)​

  不妨假设 λ2=0\lambda_2=0. 先考虑 b2′≠0b'_2\neq 0 的情况, 此时的 A′A' 和 A′′A'' 为

A′=(λ10b1′00b2′b1′b2′c), A′′=(λ10λ1p+b1′00b2′λ1p+b1′b2′∗)A'=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & b'_1\\0 & 0 & b'_2\\b'_1 & b'_2 & c\end{pmatrix},\ A''=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & \lambda_1p+b'_1\\0 & 0 & b'_2\\\lambda_1p+b'_1 & b'_2 & *\end{pmatrix}

其中 ∗* 处的值为 λ1p2+2b1′p+2b2′q+c\lambda_1p^2+2b'_1p+2b'_2q+c. 我们发现无论在何种转轴操作下, yy 的一次项系数都不会为零. 故我们只好退而求其次, 希望 xx 的一次项和常数项都可以为零. 列出方程

{λ1p+b1′=0λ1p2+2b1′p+2b2′q+c=0⟹{p=−b1′λ1q=b′12−λ1c2b2′λ1\left\{\begin{aligned}&\lambda_1p+b'_1=0\\&\lambda_1p^2+2b'_1p+2b'_2q+c=0\end{aligned}\right.\Longrightarrow\left\{\begin{aligned}&p=-\frac{b'_1}{\lambda_1}\\&q=\frac{{b'}_1^2-\lambda _1c}{2b'_2\lambda_1}\end{aligned}\right.

回代, 得化简后的 A′′A'' 及其对应的方程

A′′=(λ10000b2′0b2′0)  ⟺  λ1x2+2b2′y=0A''=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & 0\\0 & 0 & b'_2\\0 & b'_2 & 0\end{pmatrix}\iff \lambda_1x^2+2b'_2y=0

发现它是一条抛物线.

  再先考虑 b2′≠0b'_2\neq 0 的情况, 此时的 A′A' 和 A′′A'' 为

A′=(λ10b1′000b1′0c), A′′=(λ10λ1p+b1′000λ1p+b1′0∗)A'=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & b'_1\\0 & 0 & 0\\b'_1 & 0 & c\end{pmatrix},\ A''=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & \lambda_1p+b'_1\\0 & 0 & 0\\\lambda_1p+b'_1 & 0 & *\end{pmatrix}

现尝试消去一次项. 列出方程并求解

λ1p+b1′=0⟹p=−b1′λ1\lambda_1p+b'_1=0\Longrightarrow p=-\frac{b'_1}{\lambda_1}

回代, 得化简后的 A′′A'' 及其对应的方程

A′′=(λ10000000c′)  ⟺  λ1x2+c′=0A''=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & c'\end{pmatrix}\iff \lambda_1 x^2+c'=0

其中 c′=c−b′12λ1c'=c-\frac{{b'}_1^2}{\lambda_1}.

  • 若 λ1c′<0\lambda_1c'<0, 则二次曲线是一对平行直线;
  • 若 c′=0c'=0, 则二次曲线是一对重合直线;
  • 若 λ1c′>0\lambda_1c'>0, 则二次曲线是一对平行的虚直线;

3.4 小结​

  将以上两小节的内容汇总成以下的总表.

判据一判据二判据三曲线类型
λ1,2≠0\lambda_{1,2}\neq 0I3≠0I_3\neq 0M,NM, N 全正椭圆
〃〃M,NM, N 异号双曲线
〃〃M,NM, N 全负虚椭圆
〃I3=0I_3=0M,NM, N 异号一对虚相交直线
〃〃M,NM, N 同号一对相交直线
λ1=0,λ2≠0\lambda_1=0,\lambda_2\neq 0b2′≠0b'_2\neq 0-抛物线
〃b2′=0b'_2=0λ1c′<0\lambda_1c'<0一对平行直线
〃〃c′=0c'=0一对重合直线
〃〃λ1c′>0\lambda_1c'>0一对平行虚直线

注 本文不考虑特征根全为零的情况, 因为

λ1,2=12(I1±J2)=0  ⟺  I1=J1=a12=0  ⟺  a11=a12=a22=0\lambda_{1,2}=\frac{1}{2}(I_1\pm J_2)=0\iff I_1=J_1=a_{12}=0\iff a_{11}=a_{12}=a_{22}=0

即二次项系数全为零. 这样的曲线已经不是二次曲线, 而是一条普通的直线.

4 二次曲线的不变量、用不变量表示结论​

  本节的主要目的是找出二次曲线在转轴和移轴下不变的几个量, 并寻找上表中每一个判据的等价表示法. 寻找到的新表示法应当只包含二次曲线的不变量. 即是寻找以下五个问题:

  1. λ1,2\lambda_{1,2} 全为零或其一为零, 如何仅用不变量等价地表示?
  2. 已知 λ1,2≠0\lambda_{1,2}\neq 0 的情况下, M,NM,N 的同号异号性如何仅用不变量等价地表示?
  3. 已知 λ1,2≠0\lambda_{1,2}\neq 0 且 I3≠0I_3\neq 0 的情况下, M,NM,N 的同正同负性如何仅用不变量等价地表示?
  4. 已知 λ1,2=0\lambda_{1,2}=0 的情况下, b2′b'_2 非零或为零如何仅用不变量等价地表示?
  5. 已知 λ1,2=0\lambda_{1,2}=0 且 b2′=0b'_2=0 的情况下, c′c' 的正负性如何仅用不变量等价地表示?

4.1 第一不变量 I1I_1​

  前面我们证明了 A,A′,A′′A,A',A'' 三个矩阵主对角线的前两个元素相等. 换而言之, 二次曲线矩阵主对角线的前两个元素在转轴和移轴下不变, 即

I1=a11+a22=λ1+λ2I_1=a_{11}+a_{22}=\lambda_1+\lambda_2

这是二次曲线的第一不变量.

  实际上, 第一不变量在移轴下的不变性是显然的, 因为移轴矩阵没有改变 λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2 的值. 第一不变量在转轴下是不变的, 因为转轴矩阵是一个正交矩阵. 需要严格证明, 只需考虑转轴矩阵的分块

T−1=(cos⁡θ−sin⁡θ0sin⁡θcos⁡θ0001)−1=(T~001)−1=(T~−1001)=(cos⁡θsin⁡θ0−sin⁡θcos⁡θ0001)=TT\begin{aligned}T^{-1}&=\begin{pmatrix}\cos \theta & -\sin \theta & 0\\ \sin \theta & \cos \theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}\tilde T & \boldsymbol 0\\ \boldsymbol 0 & 1\end{pmatrix}^{-1}\\&=\begin{pmatrix}\tilde T^{-1} & \boldsymbol 0\\ \boldsymbol 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos \theta & \sin \theta & 0\\ -\sin \theta & \cos \theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}=T^T\end{aligned}

所以 A′=TTAT=T−1ATA'=T^{T}AT=T^{-1}AT, 即 AA 与 A′A' 是相似矩阵, 而相似矩阵的迹相等. 则有

tr⁡A=tr⁡A′  ⟺  a11+a22+c=λ1+λ2+c\operatorname{\mathrm{tr}}A=\operatorname{\mathrm{tr}}A'\iff a_{11}+a_{22}+c=\lambda_1+\lambda_2+c

故第一不变量在转轴下不变. 这是这一结论的计算量较小的又一证法.

4.2 第二不变量 I2I_2​

  前面我们证明了二次曲线矩阵的左上两行两列构成的行列式在转轴和移轴下不变, 即

I2=a11a22−a122=(I12+J22)(I12−J22)I_2=a_{11}a_{22}-a_{12}^2=\left(\frac{I_1}{2}+\frac{J_2}{2}\right)\left(\frac{I_1}{2}-\frac{J_2}{2}\right)

这是二次曲线的第二不变量. 考虑矩阵的分块,

TTAT=(T~T001)(A~∗∗∗)(T~001)=(T~TA~T~∗∗∗)T^TAT=\begin{pmatrix}\tilde T^T & \boldsymbol 0\\ \boldsymbol 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\tilde A & *\\ * & *\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\tilde T & \boldsymbol 0\\ \boldsymbol 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tilde T^T\tilde A\tilde T & *\\ * & *\end{pmatrix}

所以 A′A' 左上两行两列构成的矩阵正是 T~TA~T~\tilde T^T\tilde A\tilde T, 而

∣T~TA~T~∣=∣T~T∣∣A~∣∣T~∣=∣A~∣|\tilde T^T\tilde A\tilde T|=|\tilde T^T||\tilde A||\tilde T|=|\tilde A|

故证明了第二不变量在转轴下的不变性. 移轴下的不变性是显然的.

  首先利用第二不变量 I2I_2, 讨论 λ1,2\lambda_{1,2} 是否为零的等价条件 (即第一个问题). 假设已经知道 λ1,2\lambda_{1,2} 不全为零, 因为 λ1λ2=I2\lambda_1\lambda_2=I_2, 所以马上有

  • I2≠0  ⟺  λ1,2I_2\neq 0 \iff \lambda_{1,2} 不全为零;
  • I2=0  ⟺  λ1,2I_2=0\iff \lambda_{1,2} 有一个为零.

  然后利用第二不变量 I2I_2, 在 I2≠0I_2\neq 0 的情况下, 讨论 M,NM,N 的同号异号性 (即第二个问题). 考虑 MN=I23/I32MN=I_2^3/I_3^2, 所以马上有

  • I2>0  ⟺  M,NI_2>0\iff M,N 同号 (但是不能判断同正还是同负);
  • I2<0  ⟺  M,NI_2<0\iff M,N 异号.

4.3 第三不变量 I3I_3​

  前面我们证明了二次曲线矩阵的行列式在转轴和移轴下不变, 即

I3=∣A∣=∣A′∣=∣A′′∣I_3=|A|=|A'|=|A''|

这是二次曲线的第三不变量. 该结论是显然的, 因为 ∣T∣=∣S∣=1|T|=|S|=1.

  首先利用第三不变量 I3I_3, 在已知 I2>0I_2>0 即 M,NM,N 同号的情况下, 讨论 M,NM,N 具体是同正还是同负 (即第三个问题). 考虑 M+N=−I1I2/I3M+N=-I_1I_2/I_3, 马上得到

  • I1I3<0  ⟺  M,NI_1I_3<0\iff M,N 同正;
  • I1I3>0  ⟺  M,NI_1I_3>0\iff M,N 同负.

  然后利用第三不变量 I3I_3, 在已知 I2<0I_2<0 即 λ1,2\lambda_{1,2} 其一为零的情况下, 讨论 b2′b'_2 是否为零 (即第四个问题). 考虑

I3=∣A′′∣=∣λ10000b2′0b2′0∣=−λ1b′22I_3=|A''|=\begin{vmatrix}\lambda _1 & 0 & 0\\0 & 0 & b'_2\\0 & b'_2 & 0\end{vmatrix}=-\lambda_1{b'}_2^2

故 b′22=−I3/λ1{b'}_2^2=-I_3/\lambda_1, 所以

  • I3≠0  ⟺  b′22≠0I_3\neq 0\iff {b'}_2^2\neq 0;
  • I3=0  ⟺  b′22=0I_3= 0\iff {b'}_2^2= 0.

4.4 半不变量 KK​

  现在尝试解决第五个问题. 假设已知 λ1,2\lambda_{1,2} 其一为零且对应的 b′b' 为零 (不妨 λ2=b2′=0\lambda_2=b'_2=0), 此时的 A′A' 矩阵为

A′=(λ10b1′0λ2b2′b1′b2′c), {b1′=b1cos⁡θ+b2sin⁡θb2′=−b1sin⁡θ+b2cos⁡θA'=\begin{pmatrix}\lambda _1 & 0 & b'_1\\0 & \lambda_2 & b'_2\\b'_1 & b'_2 & c\end{pmatrix},\ \left\{\begin{aligned}b'_1&=b_1\cos\theta+b_2\sin\theta\\b'_2&=-b_1\sin\theta+b_2\cos\theta\end{aligned}\right.

其中虽然已知 λ2=b2′=0\lambda_2=b'_2=0, 但是形式上保留它们对后续研究是有好处的. 容易发现 b′12+b′22=b12+b22{b'}_1^2+{b'}_2^2=b_1^2+b_2^2. 现在考虑

I1c′=I1c−b′12−b′22=(a11c−b12)+(a11c−b12)=∣a11b1b1c∣+∣a22b2b2c∣=:KI_1c'=I_1c-{b'}_1^2-{b'}_2^2=(a_{11}c-b_1^2)+(a_{11}c-b_1^2)=\begin{vmatrix}a_{11}&b_1\\b_1&c\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{22}&b_2\\b_2&c\end{vmatrix}=:K

注意上述和式的两个相加项中, 右边一项的值为零.

  上式即是说, 二次型矩阵去掉第二行第二列后构成的行列式与去掉第一行第一列后构成的行列式之和在转轴下是不变的. 但是若 λ1λ2≠0\lambda_1\lambda_2\neq 0, 则它在移轴下是变化的; 反之则是不变化的. 故成该量是二次曲线的半不变量. λ1=b1′=0\lambda_1=b'_1=0 时的情况是完全一样的. 所以

  • λ1c′>0  ⟺  K>0\lambda_1c'>0\iff K>0;
  • λ1c′<0  ⟺  K<0\lambda_1c'<0\iff K<0.

本小节还同时给出了 c′c' 的一个等价表达式 c′=K/I1c'=K/I_1.

5 二次曲线的分类​

  利用上一章的结论, 将判据重写后, 得到最终的分类表格.

判据一判据二曲线类型规范方程标准方程
I2>0I_2>0I1I3<0I_1I_3<0椭圆λ1x2+λ2y2+I3I2=0\lambda_1x^2+\lambda_2y^2+\frac{I_3}{I_2}=0x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1
〃I3=0I_3=0一对虚相交直线〃x2a2+y2b2=0\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=0
〃I1I3>0I_1I_3>0虚椭圆〃x2a2+y2b2=−1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=-1
I2<0I_2<0I3≠0I_3\neq 0双曲线〃x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1
〃I3=0I_3=0一对相交直线〃x2a2−y2b2=0\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=0
I2=0I_2=0I3≠0I_3\neq 0抛物线I1x2±2−I3I1=0I_1x^2\pm 2\sqrt{-\frac{I_3}{I_1}}=0x2+2py=0x^2+2py=0
〃I3=0,K<0I_3=0,K<0一对平行直线I1x2+KI1=0I_1x^2+\frac{K}{I_1}=0x2=1x^2=1
〃I3=0,K=0I_3=0,K=0一对重合直线〃x2=0x^2=0
〃I3=0,K>0I_3=0,K>0一对虚平行直线〃x2=−1x^2=-1

  至此, 我们完成了二次曲线的分类和化简工作.