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§2. 2次曲線の射影による定義 まず，２次曲線の射影的定義を述べる． 定義 中心が異なる２つの線束間の配景写像でない射影的対応(複比を保つ対応)が 与えられたとき，この対応直線の交点の軌跡を２次曲線という． 射影幾何では，2次曲線の定義は一般的にこの定義が用いられます．この定義をきちんと理解することが大切です． 
２つの線束が与えられたとき，線束間の射影写像はいくらでも存在します．配景写像は射影写像であるので，配景写像を考えればよい． すなわち，$O_1,O_2$が中心の線束のとき，$O_1,O_2$を通らない直線$m$を与えれば， $P\in m$のとき $O_1P\mapsto O_2P$ により$m$が配景軸の配景写像が与えられる． これは，２つの線束に配景写像を与えたとき， 対応直線の交点の軌跡は直線であるということもできる． 問題は２つの線束間の配景写像以外の射影写像が存在するかということです．もちろん存在して，交点の軌跡が２次曲線の定義となるのですが， それをユークリド平面で具体的に確かめましょう． なお，ユークリッド平面とは長さや角度が定義された平面のことです．射影幾何はアフィン平面や射影平面(アフィン平面に無限遠点，無限遠直線を加えたもの) で行う幾何学です．アフィン平面や射影平面には長さや角度は定義されていません． 
先ず，２つの線束間の配景写像でない射影写像の例を挙げます．円を利用すると分かりやすい． 中心が$O_1,O_2$の線束に対して，$O_1,O_2$を通る円を定めれば円上の点$P$に 対して線束間の対応を $O_1P\mapsto O_2P$ で定めれば，この対応は配景写像でない射影写像である. $(\because )$複比を角で表せば $[O_1P,O_1Q;O_1R,O_1S]$ $=\dfrac{\sin \angle PO_1R}{\sin \angle QO_1R}\cdot \dfrac{\sin \angle QO_1S}{\sin \angle PO_1S}$ であり，対応角が等しいので複比が等しい．
このように，２つの線束の中心を通る円を用いれば線束間の射影写像が作ることができる． 
$O_1(O_12,O_23,O_34,\dots)\barwedge O_2(O_216,O_215,O_214,\dots)$ になっている($O_1,O_2$から出ている直線のなす角が一定)．
$O_1(O_1A_1,O_1A_2,O_1A_3,\dots)\barwedge O_2(O_2B_1,O_2B_2,O_2B_3)$ になっている．
これで円錐曲線の定義 
線束$A\longrightarrow$線束$B;AP\mapsto BP$($P$は円周上) は配景写像でない射影写像が分かっているから円錐曲線についても 線束$A'\longrightarrow$線束$B';A'P'\mapsto B'P'$($P'$は円錐曲線上) が配景写像でない射影写像であることがわかる． 大分，2次曲線の射影的定義が理解できたと思う． 2次曲線はすでに定義してあるので，それを用いて２つの命題を証明する． 
まず，２つの中心が異なる線束と２つの線束の中心を通る２次曲線が与えられれば，
この２次曲線によって，線束間の対応が定義できるが，この対応は射影的である．をまず証明し，その逆命題である ２つの中心が異なる線束と，配景でない射影的対応が定義されたとき，対応直線の交点の軌跡は §１で定義した２次曲線で表せる． この２つを証明し，すでに定義した２次曲線と一致することを示します． それでは証明に入ろう． 命題1 ２点$P_1,P_2$が２次曲線$\Gamma$上の定点で点$X$は$\Gamma$上の動点である．この時 点$P_1$を中心とする直線束から$P_2$を中心とする直線束への対応 直線$P_1X \mapsto$直線$P_2X$ は配景でない射影写像である． 証明 $P_1,P_2$における接線の交点を$Q$とする． 対応 直線$P_1X \mapsto$直線$P_2X$ で $P_1P_2\mapsto P_2Q,P_1Q\mapsto P_2P_1$ であることに注意する． 
単位点$E$を曲線$\Gamma$上にとり，射影座標系$[P_1,P_2,Q;E]$で考える． この命題は，$X$が$\Gamma$上にあるとき $[P_1P_2,P_1Q;P_1E,P_1X]=[P_2Q,P_2P_1;P_2E,P_2X]$ を示すことである． この座標系で，２次曲線$\Gamma$の方程式は $z^2=xy$ であるから，$C$上の点$X$は $X(a^2,b^2,ab)$ と媒介変数表示できる． $P_1,P_2,Q,X$の座標は $P_1(1,0,0).P_2(0,1,0),Q(0,0,1),E(1,1,1),X(a^2,b^2,ab)$ であるから，各直線の座標は上図のようになる． $P_1E=(0,1,-1)=-P_1P_2+P_1Q,$ $P_1X=(0,a,-b)=-bP_1P_2+aP_1Q,$ $\therefore [P_1P_2,P_1Q;P_1E,P_1X]=\dfrac{b}{a}$ さらに $P_2E=(1,0,-1)=P_2Q-P_2P1,$ $P_2X=(-b,0,a)=-bP_2Q+aP_2P_1$ $\therefore [P_2Q,P_2P_1;P_2E,P_2X]=\dfrac{b}{a}$ ゆえに $[P_1P_2,P_1Q;P_1E,P_1X]=[P_2Q,P_2P_1;P_2E,P_2X]$ したがって，写像 直線$P_1X \mapsto$直線$P_2X$ は射影写像である．さらに，２つの中心を通る直線$P_1P_2$は対応していないから，この写像は配景でない． つぎに逆の命題を証明しよう． 命題2 異なる中心の２つの線束間の配景でない射影写像が与えられたとき，対応直線の交点の軌跡は 線束の中心を通る２次曲線である． 
証明中心が$P_1$の線束から中心が$P_2$の線束への配景でない射影写像を$f$とする． $P_1$が中心の線束を$\{l_1,l_2,l_3,l_4,\cdots\}$, $P_2$が中心の線束を$\{m_1,m_2,m_3,m_4,\cdots\}$とする． 直線$P_1P_2$を$l_1$とし， $f:l_1\mapsto m_1$ また直線$P_2P_1$を$m_2$とし $f^{-1}:m_2\mapsto l_2$ とする．ここで2直線$l_2,m_1$ の交点を$Q$, $f:l_3\mapsto m_3$ とし，$l_3,m_3$の交点を$E$とする． 射影座標系を$[P_1,P_2,Q;E]$とし，$P_1$を通る任意の直線$l_4$とその$f$ の像$m_4$の交点の座標を求める． 先ず $\{l_1,l_2,l_3,l_4\}\barwedge \{m_1,m_2,m_3,m_4\}$ であることに注意する． $P_1(1,0,0),P_2(0,1,0),Q(0,0,1),E(1,1,1)$ であるから， $l_3(0,1,-1),m_3(1,0,-1)$ である． このとき $l_3=-l_1+l_2=l_1-l_2$ $m_3=m_1-m_2$ さらに， $l_4=-bl_1+al_2$ $m_4=-dm_1+cm_2$ とすると $[l_1,l_2;l_3,l_4]=[m_1,m_2;m_3,m_4]$ より， $\dfrac{b}{a}=\dfrac{d}{c}$ したがって， $m_4=-bm_1+am_2$ $l_4=-bl_1+al_2=-b(0,0,1)+a(0,1,0)=(0,a,-b)$ $m_4=-bm_1+am_2=-b(1,0,0)+a(0,0,1)=(-b,0,a)$ したがって，$l_4,m_4$の交点$X$の座標は $(0,a,-b)\times (-b,0,a)=(a^2,b^2,ab)$ $X$の方程式は $z^2=xy$ であり，2点$P_1(1,0,0),P_2(0,1,0)$を通る２次曲線である． この命題より，２つの異なる点を中心とする線束間の配景でない射影変換の対応直線の交点の軌跡が ２次曲線であることがわかった． なお，２つの異なる点を中心とする線束間の配景変換の対応直線の交点の 軌跡は直線になり，この場合は退化するとして，２次曲線の 特別な場合として扱う．これは次のページで議論する． 3.退化する2次曲線 射影幾何の目次 全体の目次 |
円錐曲線(楕円，双曲線，放物線）が与えられたとき，中心$O_1,O_2$が
この円錐曲線上にある線束
に対して，円錐曲線上の点$P$を用いて,２線束間の対応を