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高中解析幾何後記 (第 4 頁)

黃武雄
筆記:阮貞德

 

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.原載於數學傳播第五卷第一期
.作者當時任教於台灣大學數學系

註釋
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第四節、

現在我們有了射影平面及其上的射影變換群,可以開始來答覆兩個老問題:

問題 A:(橢圓、拋物線與雙曲線的整合問題)
設若地平面(假定為平坦而無限伸展)上有一拋物線,有人站若對它拍照,會發覺照片上出現的是一個漏了上端一點的橢圓。如果地平面上畫的是雙曲線的話,假定這人站在雙曲線兩葉之間,沿雙曲線軸朝其中一葉,拍下來得到的照片會是橢圓的一部份,今反身再朝另外一葉拍照,又得橢圓的另一部份,兩部份接合一起,會發覺除漏掉黏接虛的兩點外,竟合成好端端的一個橢圓。





看拋物線,拍下來的照片,其上是只漏一點的橢圓。



看雙曲線,朝相異兩方向各拍下來的照片,兩張合起來正好是一個漏點兩點的橢圓。

問: 用射影幾何怎麼來解釋,這一巧合的現象?

現在我們來答覆這個問題,對於歐氏平面E2上的一條二次曲線(假定為非特異的情況,例如不流為兩相交直線,平行直線,甚或虛解等等):

\begin{displaymath}\Gamma :Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0\eqno{(1)}\end{displaymath}

把它放到射影平面,它應變成

\begin{displaymath}\Lambda :Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dxz+2Eyz+Fz^2=0\eqno{(2)}\end{displaymath}

P2 中所決定的點集,這裡 [x,y,z] 了表示 P2 中的齊性座標。 (為什麼?請回想 E2,正好是 z=1 的平面)。但(2)式在齊性座標空間中代表橢圓錐鉗頂在原點,此因適當變換座標, 可將(2)式化成

\begin{displaymath}\lambda_1\overline{x}^2+\lambda_2\overline{y}^2+\lambda_3\overline{z}^2=0\eqno{(3)}\end{displaymath}

其中 $\lambda_1,\lambda_2 >0$,$\lambda_3<0$(不然便屬特異)。 而(3)式所代表的顯然是個橢圓錐(自己想想)。 因此(2)式在齊性座標空間中便如下圖所示:



注意橢圓錐Λ與z=1平面相交於 Γ, 而與球面 x2+y2+z2=1相交處記為 $\Gamma '$

\begin{displaymath}\Gamma =\Lambda\bigcap E^2,\Gamma '=\Lambda\bigcap S^2,\end{displaymath}

$\Gamma '$的位置來看Γ

(1)$\Gamma '$$l_{\infty}$相離時,Γ即為構圓

(2)$\Gamma '$$l_{\infty}$相切時,Γ即為拋物線

(3)$\Gamma '$$l_{\infty}$相交時,Γ即為雙曲線



採用這種射影觀點,我們可有

定理: 在射影幾何中,橢圓,拋物線,雙曲線,事實上都無分軒輊。

解說: 因為三者都以齊性座標空間中的橢圓錐(Λ)來代表,只是橢圓錐的位置不同,才造成三種不同的情況,但利用射影變換(即齊性座標空間中的線性變換),可將三種情況相互轉化,故以射影變換為運動群的射影幾何中,三者相互之間沒有區別。

於是我們答覆了問題 A 的拍照現象,照片上遺漏的一點(或兩點),正是拋物線(或雙曲線)與無窮遠線 $l_{\infty}$ 的切點(或兩交點)。

用這種觀點,我們也能分享計算上的好處,舉個例子:

[例] 求 x2-xy-3y2+2x-y+4=0 的漸近線。
作法一:(通常用平行直線族的求法)

y=mxn+kn 代入原式,集項得

(2-m-3m2)xn2+(-kn-6mkn+2-m)xn+(-3kn2-kn+4)=0

兩端除以 xn2,因 $\lim_{n\rightarrow \infty}x_n=\infty$

\begin{displaymath}
2-m-3m^2=0, \quad \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 41}} \; m=\frac{2}{3},-1,
\end{displaymath}

又僅除以 xn2,亦得 -k-6mk+2-m=0,得 $k=\frac{4}{15},\frac{-3}{5}$, 故

\begin{displaymath}y=\frac{2}{3}x+\frac{4}{15}\mbox{\hskip 1.2pt plus0.4pt minus...
...mily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \char 68}} y=-x-\frac{3}{5}\end{displaymath}

為所求兩漸進線

作法二:(用射影幾何的觀點)
$f(x,y,z)\equiv 2x^2-xy-3y^2+2xz-yz+4z^2$, [(2)式]在齊性座標空間中,兩漸近線應為分別在 $\Gamma ' \bigcap l_{\infty}$ 所含之兩交點上,與 Λ 相切的平面 π 所代表的射線直線,要求出這方程式, 考慮 $\Lambda : f(x,y,z)=0$ 的法向量

\begin{displaymath}\begin{array}{rcl}
\nabla f&=&(4x-y+2z,-x-6y-z,2x-y+8z)\\
&&...
...family{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 44}}\\
\end{array}\end{displaymath}

設 Λ 與 Γ 的切線為 (t,mt,0):t 為實數,則 (t,mt,0) 應滿足(2)式,故 2t2-t2m-3m2t2=0$m=\frac{2}{3},-1$,今分別代回 $\nabla f$ 中,得 $\nabla
f=(\frac{10}{3},\frac{-15}{3},\frac{4}{3})$(5,5,3) 故 π 為 10x-15y+4z=05x+5y+3z=0

其在 E2 上相應的直線便是(代以 z=1)

\begin{displaymath}
10x-15y+4=0 \quad \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 67}} \quad 5x+5y+3=0
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
2x-3y+\frac{4}{5}=0 \quad \mbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \char 68}} \quad x+y+\frac{3}{5}=0
\end{displaymath}

為所求兩漸近線。

最後我們再提一下交點問題:

問題B: 在歐氏平面上,考慮一條直線(滿足一次方程)與一條拋物線(滿足二次方程),從代數著眼,如果把重數 (multiplicity) 計算在內,應有兩個交點(不管實交點或虛交點),如圖:



但事實上,會出現這種狀況



所丟失的交點掉到哪裡去?

通常交點丟失的原因,是實數系本身並非「代數完備」 (algebraically closed)。也就是解實係數的代數方程不一定總有實根, 例如:求 y=x2+3y=1 的公解,相當於求

x2+3=1

的根,但它沒有實根, 卻仍有虛根 $\pm\sqrt{2}i$,所以雖然沒有實交點,我們仍說它有虛交點:($\sqrt{2}i,1$) 與 ($-\sqrt{2}i,1$),這便是上圖(3)中的情況。

但(4)卻道道地地只有一個實交點,另外一個交點丟在什麼地方(顯然不會又是虛交點, 因虛根總是成對存在的,不會只有一個虛交點)?現在有了射影平面, 我們發覺另一實交點,事實上在無窮遠線上:



同樣,考慮直線與雙曲線:









在(6)與(8)中,所丟失掉的交點都掉在無窮遠處:



如果考慮的數系是像複數系那麼有代數完備性的數系,且又引入無窮遠點的話, 那麼上述的討論可以得到完整的推廣,這便是著名的 Bezout 定理:

定理: 在射影平面上,任兩條代數曲線,若次數分別為mn(即分別可表為m次與n次方程的解),其相交交點個數如果重數與實、虛皆計算在內,必定恰好有mn個。換句話說,在複數射影平面 (complex projective plane)上,任兩代數曲線恰好有 mn 個交點,其中 m,n 分別為兩條代數曲線的次數。

於是我們明白了在射影平面上,交點並沒有丟失。在歐氏平面上找不到的東西,在射影平面中找回來了,只因射影平面是歐氏平面外加一條無窮遠線,很多歐氏平面上的缺憾,在射影平面中就彌補過來了。從代數方程式論的眼光看來,射影平面是完整得多。這就是為什麼代數幾何學都要在射影空間(尤其是複射影空間)中討論的緣故。

高中的解析幾何基本上是用代數處理幾何,是沿依上述的方向在進行的,因此我把這篇引介射影幾何的稿子稱做「高中解析幾何後記」。

   

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編輯:鄧惠文 / 繪圖:簡立欣 最後修改日期:6/17/2002