2次曲線の標準化の定理2の証明

2次曲線の標準化における【定理 2】無心の場合の標準化を証明する．

$x y$ 平面上の2次曲線を表す式

$u (x, y) = a x^{2} + 2 b x y + c y^{2} + 2 d x + 2 e y + f = 0$ $(a, c \neq 0)$ ······

の係数を成分とする2つの対称行列

$A = (\begin{matrix} a & b \\ b & c \end{matrix})$ , $\tilde{A} = (\begin{matrix} a & b & d \\ b & c & e \\ d & e & f \end{matrix})$ ······

を考える． $A$ の行列式を

$Δ = | A | = a c - b^{2} = 0$ ······

とすると， $\tilde{A}$ の行列式は

$\tilde{Δ} = | \tilde{A} |$ $= (a c - b^{2}) f - (a e - b d) e - (c d - b e) d$
$= - (a e - b d) e - (\frac{b^{2}}{a} d - b e) d$
$= - (a e - b d) e + (a e - b d) \frac{b d}{a}$
$= - \frac{{(a e - b d)}^{2}}{a}$ ······

である（ $c = b^{2} / a$ を用いた）．

（※ 式において $a = 0$ または $c = 0$ の場合，無心であれば式より $b = 0$ なので，既に標準化されている．）

以下の手順で【定理 2】を証明する（各手順の行をクリックすると解説欄が開く）．

【手順 1】

Δ = 0

のときに無心であることを示す

行列 $A$ の固有方程式

$| A - λ E | = | \begin{matrix} a - λ & b \\ b & c - λ \end{matrix} |$
$= (a - λ) (c - λ) - b^{2}$
$= λ^{2} - (a + c) λ + a c - b^{2}$
$= λ^{2} - (a + c) λ$
$= λ {λ - (a + c)} = 0$ ······

より， $Δ = 0$ のとき $A$ の2つの固有値 $λ_{1}$ , $λ_{2}$ のうち片方はゼロとなる．それらを

$λ_{1} = 0$ , $λ_{2} = λ = a + c \neq 0$ ······

とすると，対応する大きさ $1$ の固有ベクトルは

$p_{1} = \frac{\pm 1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix})$ , $p_{2} = \frac{\pm 1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} a \\ b \end{matrix})$ ······

となる（複合任意）．式から得られる直交行列 $P = (\begin{matrix} p_{1} & p_{2} \end{matrix})$ は符号の任意性をもつが， $| P | = 1$ となるよう

$P = \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b & a \\ - a & b \end{matrix})$ ······

とおくと， $P$ による直交変換は回転変換に対応付けられる．行列 $A$ は $P$ により

$D = {}^{t}P A P = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})$ ······

と対角化され， $A$ と列ベクトル $x = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})$ を用いて，式を

$u (x) = {}^{t}x A x + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) x + f = 0$ ······

と表すと，直交変換 $x = P X = P (\begin{matrix} X \\ Y \end{matrix})$ により，式の右辺第1項の2次形式は

${}^{t}x A x = {}^{t}{(P X)} A (P X)$
$= {}^{t}X {}^{t}P A P X$
$= {}^{t}X D X$
$= λ Y^{2}$ ······

となる（2次形式の標準化）．このように，異なる2つの変数の積が消えるように式を標準化すると， $λ_{1} = 0$ なので， $X^{2}$ の項が消える（※ $λ_{2} = 0$ とおくと $Y^{2}$ の項が消える）．したがって，式は放物線の標準形に帰着するため， $Δ = 0$ のとき，式の2次曲線には（退化する場合も含めて）中心点が存在せず，無心であることがわかる．

【手順 2】平行移動と直交変換により標準形に変換する

【定理 1】の証明と同様に，平行移動と式の直交行列 $P$ による直交変換

$X = (\begin{matrix} X \\ Y \end{matrix}) = {}^{t}P (\begin{matrix} x - x_{0} \\ y - y_{0} \end{matrix})$ ······

を用いて，式を標準形に変換する．【手順 1】より，この直交変換では $X^{2}$ の項が消えるので，平行移動では $Y$ の1次の項が消えるように $x_{0}$ , $y_{0}$ を決める．式より

$x = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = P X + (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix})$ ······

であり，これを式に代入すると

$u (x) = {}^{t}x A x + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) x + f$
$= {}^{t}{(P X + (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}))} A (P X + (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix})) + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (P X + (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix})) + f$
$= {}^{t}{(X + {}^{t}P (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}))} {}^{t}P A P (X + {}^{t}P (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix})) + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (P X + (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix})) + f$
$= {}^{t}X D X + {}^{t}X D {}^{t}P (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) P D X + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) P X$
$+ (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) A (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + f$
$= {}^{t}X D X + {}^{t}{((\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) P D X)} + (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) P D X + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) P X + u (x_{0}, y_{0})$
$= λ Y^{2} + 2 {(\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) P D + (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) P} X + u (x_{0}, y_{0})$ ······

となる（ $D = {}^{t}P A P$ は式の対角行列）．ここで，上式第2項の{ }内の項は，それぞれ

$(\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) P D = (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b & a \\ - a & b \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})$
$= \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 & λ a \\ 0 & λ b \end{matrix})$
$= \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} 0 & λ (a x_{0} + b y_{0}) \end{matrix})$ ······

$(\begin{matrix} d & e \end{matrix}) P = (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b & a \\ - a & b \end{matrix})$
$= \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b d - a e & a d + b e \end{matrix})$ ······

となるので，第2項は

$2 {(\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) P D + (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) P} X$
$= \frac{2}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b d - a e & λ (a x_{0} + b y_{0}) + a d + b e \end{matrix}) (\begin{matrix} X \\ Y \end{matrix})$
$= - 2 \frac{a e - b d}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} X + \frac{2}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} a & b \end{matrix}) (\begin{matrix} λ x_{0} + d \\ λ y_{0} + e \end{matrix}) Y$ ······

と書ける．したがって，式は

$λ Y^{2} - 2 \frac{a e - b d}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} X + \frac{2}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} a & b \end{matrix}) (\begin{matrix} λ x_{0} + d \\ λ y_{0} + e \end{matrix}) Y + u (x_{0}, y_{0}) = 0$ ······

と表される．上式において， $Y$ の1次の項を消すには内積 $(a b) \cdot (λ x_{0} + d λ y_{0} + e) = 0$ であればよいので， $x_{0}$ , $y_{0}$ は

$(\begin{matrix} λ x_{0} + d \\ λ y_{0} + e \end{matrix}) = k (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix})$ （ $k$ ：任意定数） ······

を満たせばよい．

放物線の平行移動と回転

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$k$ は任意なので， $k = 0$ と選ぶと，

$(\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) = - \frac{1}{λ} (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})$ ······

となる（このように求めた点 $(x_{0}, y_{0})$ は対称軸上の点であるが，放物線の焦点でも， $u (x_{0}, y_{0}) = 0$ でなければ頂点でもない）．このとき，

$g = \frac{a e - b d}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$ ······

とおくと，式は次式の標準形となる．

$λ Y^{2} - 2 g X + u (x_{0}, y_{0}) = 0$ ······

ここで，

$u (x_{0}, y_{0}) = (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) A (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + f$
$= \frac{1}{λ^{2}} (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) A (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix}) - \frac{2}{λ} (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix}) + f$
$= \frac{1}{λ^{2}} (a d^{2} + 2 b d e + c e^{2}) - \frac{2}{λ} (d^{2} + e^{2}) + f$
$= a {(\frac{a d + b e}{a^{2} + b^{2}})}^{2} - 2 a \frac{d^{2} + e^{2}}{a^{2} + b^{2}} + f$ ······

である（上式の最終行で $λ = a + c$ , $c = b^{2} / a$ を用いた）．また，式において， $g = 0$ のとき $X$ の1次の項が消え，2次曲線は放物線ではなく，退化して平行な2つの直線となる．式と式を見比べてわかるように， $g = 0$ のとき $\tilde{Δ} = 0$ である．

【補足 1】同次座標による表現

座標変換の式を，同次座標を用いたアフィン変換で表すと

$(\begin{matrix} \begin{matrix} x \\ y \end{matrix} \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} P & \begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 & 0 \end{matrix} & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} \begin{matrix} X \\ Y \end{matrix} \\ 1 \end{matrix})$ ······

のように，直交変換と平行移動をまとめて1次変換のように表すことができる．このとき列ベクトルの3番目の成分は必ず $1$ となる．上式右辺の3次正方行列を

$\tilde{P} = (\begin{matrix} P & \begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 & 0 \end{matrix} & 1 \end{matrix})$ ······

とおくことにする．この同次座標の表現を用いると，式は

$u (x, y) = (\begin{matrix} x & y & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} a & b & d \\ b & c & e \\ d & e & f \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \\ 1 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} x & y & 1 \end{matrix}) \tilde{A} (\begin{matrix} x \\ y \\ 1 \end{matrix}) = 0$ ······

と表すことができるため，1次の項や定数項を含めて，あたかも2次形式の行列表示のように表記できる．ここで， ${}^{t}{\tilde{P}} \tilde{A} \tilde{P}$ を計算すると，

${}^{t}{\tilde{P}} \tilde{A} \tilde{P} = (\begin{matrix} {}^{t}P & \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix} & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} A & \begin{matrix} d \\ e \end{matrix} \\ \begin{matrix} d & e \end{matrix} & f \end{matrix}) (\begin{matrix} P & \begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 & 0 \end{matrix} & 1 \end{matrix})$
$= (\begin{matrix} {}^{t}P & \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix} & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} A P & A (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix}) \\ (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) P & (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + f \end{matrix})$
$= (\begin{matrix} {}^{t}P A P & {}^{t}P {A (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})} \\ {(\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) A + (\begin{matrix} d & e \end{matrix})} P & (\begin{matrix} x_{0} & y_{0} \end{matrix}) A (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + f \end{matrix})$
$= (\begin{matrix} D & \begin{matrix} - g \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - g & 0 \end{matrix} & u (x_{0}, y_{0}) \end{matrix})$ ······

である（式より $D = {}^{t}P A P$ ）．上式の最終行では，式および $λ = a + c$ $= (a^{2} + b^{2}) / a$ を用いて

${}^{t}P {A (\begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}) + (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})} = \frac{1}{λ} {}^{t}P (λ E - A) (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})$
$= \frac{1}{λ} \cdot \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b & - a \\ a & b \end{matrix}) (\begin{matrix} c & - b \\ - b & a \end{matrix}) (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})$
$= \frac{1}{λ} \cdot \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} (a + c) b & - (a^{2} + b^{2}) \\ a c - b^{2} & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})$
$= \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b & - a \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})$
$= \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (\begin{matrix} b d - a e \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - g \\ 0 \end{matrix})$ ······

と求めた．したがって，式に式を代入し，式を用いると，

$(\begin{matrix} x & y & 1 \end{matrix}) \tilde{A} (\begin{matrix} x \\ y \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} X & Y & 1 \end{matrix}) {}^{t}{\tilde{P}} \tilde{A} \tilde{P} (\begin{matrix} X \\ Y \\ 1 \end{matrix})$
$= (\begin{matrix} X & Y & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} D & \begin{matrix} - g \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - g & 0 \end{matrix} & u (x_{0}, y_{0}) \end{matrix}) (\begin{matrix} X \\ Y \\ 1 \end{matrix})$
$= λ Y^{2} - 2 g X + u (x_{0}, y_{0}) = 0$ ······

を得る．このようにアフィン変換の表現を用いると平行移動を含めて1次変換として扱えるので，式展開がスッキリする．

ただし， $\tilde{P}$ は直交行列ではないので， ${}^{t}{\tilde{P}} \tilde{P} \neq E$ ， $\tilde{P} {}^{t}{\tilde{P}} \neq E$ である．ちなみに， $| \tilde{P} | = | P | = \pm 1$ なので， $| {}^{t}{\tilde{P}} \tilde{A} \tilde{P} | = | \tilde{A} | = \tilde{Δ}$ であり，行列 $\tilde{P}$ によるアフィン変換で判別式は不変である．実際，式より

$| {}^{t}{\tilde{P}} \tilde{A} \tilde{P} | = - λ g^{2}$ $= - \frac{a^{2} + b^{2}}{a} \cdot \frac{{(a e - b d)}^{2}}{a^{2} + b^{2}}$ $= - \frac{{(a e - b d)}^{2}}{a} = \tilde{Δ}$ ······

である．

【補足 2】平行移動の任意性について

式を標準形に変換する際，【手順 2】の式において $Y$ の1次の項を消すために，式を満たすように平行移動の量 $(x_{0}, y_{0})$ を決めるのであるが， $k$ の任意性があり，最も簡単な場合として $k = 0$ を選んだ．幾何学的には，式を満たす点 $(x_{0}, y_{0})$ は放物線（退化するときは平行な2直線）の対称軸上の点である．（※ $k = 0$ を選ぶと，退化したときの対称軸に原点から垂線を下したときの交点となる．）

このように平行移動には任意性があるが，放物線の場合（ $\tilde{Δ} \neq 0$ ），最初から原点が頂点となるような平行移動により標準化できる．つまり，式において，式と $u (x_{0}, y_{0}) = 0$ を同時に満たす $x_{0}$ , $y_{0}$ を求めれば，点 $(x_{0}, y_{0})$ が一意に定まり，その点が式における放物線の頂点の座標を表している．

放物線の頂点の座標を，式の $(x_{0}, y_{0})$ と区別して $(x_{1}, y_{1})$ とおくと，式より

$(\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix}) = \frac{1}{λ} {k (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix}) - (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})}$ ······

となり，これを $u (x_{1}, y_{1}) = 0$ に代入し，

$A (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix}) = (\begin{matrix} a & b \\ b & c \end{matrix}) (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 0 \\ b^{2} - a c \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

であることを用いると

$u (x_{1}, y_{1}) = (\begin{matrix} x_{1} & y_{1} \end{matrix}) A (\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix}) + 2 (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix}) + f$
$= \frac{1}{λ^{2}} {k (\begin{matrix} b & - a \end{matrix}) - (\begin{matrix} d & e \end{matrix})} A {k (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix}) - (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})} + \frac{2}{λ} (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) {k (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix}) - (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix})} + f$
$= \frac{1}{λ^{2}} (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) A (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix}) - \frac{2}{λ} (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} d \\ e \end{matrix}) + f + \frac{2 k}{λ} (\begin{matrix} d & e \end{matrix}) (\begin{matrix} b \\ - a \end{matrix})$
$= u (x_{0}, y_{0}) - \frac{2 k}{λ} (a e - b d)$ $= 0$ ······

となる（上式の最終行で式を用いた）．

頂点を原点に移動する平行移動

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したがって，

$k = \frac{λ u (x_{0}, y_{0})}{2 (a e - b d)}$ ······

を得る．これを式に代入して頂点の座標 $(x_{1}, y_{1})$ が求まり，座標変換

$X = (\begin{matrix} X \\ Y \end{matrix}) = {}^{t}P (\begin{matrix} x - x_{1} \\ y - y_{1} \end{matrix})$ ······

で，式は

$λ Y^{2} - 2 g X = 0$ ······

と変換される．ただし，式のように複雑な式となるので， $k = 0$ を選ぶ方が簡単である．

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最終更新日：2025年10月17日