射影圆锥的有理点与参数化

知道一条曲线的方程，可以代入检查某个点；要列出它的全部有理点，还需要一个能够反向恢复的参数。本页先说明什么时候能做到，再把“五点确定一条圆锥曲线”变成一份矩阵证书。这里的有理点始终相对于指定的域，实点不自动是有理数点。

形式陈述

方程、点和允许的换坐标

设 $K$ 是特征不为2的域。点 $[x]=[X:Y:Z]$ 属于射影平面 $\mathbb P^2(K)$ ，其中 $x=(X,Y,Z)^{\mathsf T}\ne0$ ，相差非零标量的向量代表同一点。取对称矩阵 $H\in K^{3\times3}$ ，定义二次型与双线性配对

q(x)=x^{\mathsf T}Hx,\qquad B(x,y)=x^{\mathsf T}Hy.

方程 $q=0$ 定义一条射影圆锥曲线，简称圆锥；其 $K$ 点集记为 $C(K)$ 。本页要求 $\det H\ne0$ ，称它非退化。方程按非零标量倍数视为相同，而不是靠 $K$ 点集相等来辨认方程；后一个标准在有限域上尤其不能擅用。

可逆矩阵 $M$ 把点送到 $x'=Mx$ 。代入 $x=M^{-1}x'$ ，新方程矩阵是

H'=M^{-\mathsf T}HM^{-1}. \tag{1}

因此非退化性保持。若写的是从新坐标到旧坐标 $x=Tu$ ，对应公式则是 $T^{\mathsf T}HT$ ，两种写法的方向不要混淆。

给一个点后的完整输出

已有点合同。 输入非退化 $H$ 以及 $p\ne0$ ，满足 $p^{\mathsf T}Hp=0$ 。可以只用 $K$ 内的四则运算与线性方程，构造可逆矩阵 $T$ 及 $d\in K^\times$ ，使

q\bigl(T(X,Y,Z)^{\mathsf T}\bigr)=d(Y^2-XZ). \tag{2}

于是全部 $K$ 点恰为

\Phi([s:t])=[T(s^2,st,t^2)^{\mathsf T}], \qquad [s:t]\in\mathbb P^1(K). \tag{3}

这使用二次Veronese模型，输出包括 $s=0$ ，不是只有一个有限参数 $t/s$ 的列表。给 $[x]\in C(K)$ ，先算 $u=T^{-1}x=(X,Y,Z)^{\mathsf T}$ ，其逆参数为

[s:t]= \begin{cases} [X:Y],&X\ne0,\\ [Y:Z],&Z\ne0. \end{cases} \tag{4}

这两片覆盖圆锥，在重叠处两对坐标成比例。没有开平方或选正负号的步骤。

反过来，若有式(2)的可逆 $K$ 换坐标，就已有 $K$ 点 $[T(1,0,0)^{\mathsf T}]$ 。所以“能在 $K$ 上化成这个标准圆锥”恰以 $C(K)\ne\varnothing$ 为条件。式(2)的算法使用给定点，不负责为任意域上的方程找到第一个点。

五点恢复合同

给五个互异点 $p_1,\ldots,p_5\in\mathbb P^2(K)$ ，并要求任意三个不共线。则有唯一一条非退化圆锥经过它们，唯一性指方程系数相差非零标量。

把方程写为

aX^2+bY^2+cZ^2+dXY+eXZ+fYZ=0.

每个 $p_i=[X_i:Y_i:Z_i]$ 给一行

(X_i^2,Y_i^2,Z_i^2,X_iY_i,X_iZ_i,Y_iZ_i). \tag{5}

这张 $5\times6$ 矩阵秩恰为5，核中的任一非零向量就是所求系数。对称矩阵的非对角位置应分别放 $d/2,e/2,f/2$ ；整项系数直接放两遍会改变方程。

直觉

一条过已知点的直线只剩一个未知交点

把一族直线绕着已有点 $p$ 转动，每条线与二次方程的交点中已有一个确定的根。除去这个根后，另一个交点可用有理式求出。某个方向恰好成为切线时，两个交点重合，参数仍应返回 $p$ ，不能把它当作计算失败丢掉。

射影参数把垂直方向和其他方向放在同一条 $\mathbb P^1$ 上。式(3)再把这条直线的每个参数都转成非零三维向量；逆式(4)保证没有遗漏，也没有让两个不同参数重复代表同一点。

无开方的坐标构造

先找向量 $v$ 使 $B(p,v)=1$ 。它存在，因为 $H$ 可逆，线性泛函 $B(p,\cdot)$ 不为零。令

v'=v-\frac{q(v)}2p.

由 $q(p)=0$ 及 $B(p,v)=1$ 展开，得 $q(v')=0$ 、 $B(p,v')=1$ 。这两个向量张成的平面上，配对矩阵为 $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ ，因而非退化。

再解 $B(p,r)=B(v',r)=0$ ，取非零解 $r$ 。两个线性条件独立，所以解空间是一维，且 $p,r,v'$ 构成一组基。令 $d=q(r)$ 。若 $d=0$ ，则 $r$ 与这三个基向量都正交，迫使 $Hr=0$ ，与非退化性矛盾。因此 $d\ne0$ 。

现在定义

T=\begin{pmatrix}p&r&-\frac d2v'\end{pmatrix}. \tag{6}

交叉项只有 $p$ 与 $v'$ 的配对，于是

q\left(Xp+Yr-\frac d2Zv'\right) =dY^2-dXZ.

这证明式(2)。所有选择都通过明确线性条件完成，没有假设 $K$ 中的非零数都有平方根。不同选择可能给不同参数，但每份输出都能以同一矩阵恒等式及式(4)核验。

五个条件为什么确实独立

先用前四个点建立射影坐标框架。前三个代表向量线性无关；第四个在这组基下的三个系数都非零，否则它与其中两点共线。把三列分别乘这些系数，就可把四点化为

[1:0:0],\ [0:1:0],\ [0:0:1],\ [1:1:1].

写第五点为 $[a:b:c]$ 。无三点共线保证 $abc\ne0$ 且 $a,b,c$ 两两不同：例如 $a=b$ 会让第五点与 $[0:0:1]$ 、 $[1:1:1]$ 共线。

经过前三点的二次式只能是 $uXY+vXZ+wYZ$ 。余下两个条件为

u+v+w=0,\qquad ab\,u+ac\,v+bc\,w=0.

这两行不成比例，否则 $ab=ac=bc$ ，与上述条件矛盾。故解空间一维，可取

(u,v,w)=\bigl(c(a-b),\ b(c-a),\ a(b-c)\bigr). \tag{7}

三个系数均非零。相应对称矩阵的行列式为 $uvw/4\ne0$ ，所以唯一方程同时非退化。换回原坐标便证明秩、唯一性及非退化三个结论，而不只是数“六个未知减五个方程”。

例子与边界

一个有全部反向坐标的例子

取标准圆锥 $XZ=Y^2$ ，并令

M=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix}, \qquad\det M=2.

其像在新坐标 $(x,y,z)$ 中为

x^2+y^2-xz-yz=0, \tag{8}

因为

M^{-1}(x,y,z)^{\mathsf T} =\tfrac12(x-y+z,\ x+y-z,\ -x+y+z)^{\mathsf T}.

全部点参数为

[s^2+st:st+t^2:s^2+t^2]. \tag{9}

当 $x-y+z\ne0$ 时，逆参数是 $[x-y+z:x+y-z]$ ；否则使用 $[x+y-z:-x+y+z]$ 。参数 $[0:1]$ 送到 $[0:1:1]$ ，它在仿射图 $z=1$ 中是普通有限点。参数中的“无穷远”不能直接当成目标图中的“无穷远”。

在 $K=\mathbb Q$ 时，式(9)列出式(8)的全部有理射影点；在 $K=\mathbb R$ 时列出全部实点。相同公式可以用于奇特征域，但每次仍在所指定域内解释。

五个蓝色输入点恢复同一圆锥，绿色点由完整参数产生 — 五点约束的秩与完整圆锥参数

有实点也可能没有有理点

圆锥 $X^2+Y^2=3Z^2$ 的对称矩阵可逆，也有实点，例如 $[\sqrt3:0:1]$ 。它却没有有理点。

若有有理点，清分母并约去公因子，得到不全为零的本原整数解 $(X,Y,Z)$ 。模3的平方只能是0或1，等式迫使 $3\mid X,Y$ 。写 $X=3u,Y=3v$ 后， $Z^2=3(u^2+v^2)$ ，又迫使 $3\mid Z$ ，与本原性矛盾。这里被拒绝的是以 $\mathbb Q$ 为系数域的参数合同，换成 $\mathbb R$ 后并不矛盾。

五点不同仍然不够

在 $\mathbb Q$ 上，若四个不同点都在 $Y=0$ ，第五点不在这条线上，则所有方程 $Y\ell(X,Y,Z)=0$ ，其中 $\ell=0$ 是任一经过第五点的直线，都会经过五点。唯一性失败，而且这些方程退化。

若 $H$ 本身奇异，例如 $q=XY$ ，它描述两条线，不能把式(6)的可逆构造直接套上。特征2也需要单独处理：一般二次型不再由本页的对称极化矩阵恢复。不过标准模型 $XZ=Y^2$ 及其二次Veronese参数本身在特征2仍有效，旧Proj双图计算已经给出这一点；本页限制的是一般构造的论证条件。

推论与应用

一份有限输入的证书

五点问题可实际使用线性方程组消元：先检查十个三点行列式都非零，再对式(5)消元，输出核向量、对应 $H$ 及 $\det H$ 。因为矩阵尺寸固定，使用固定次数的域运算；有理数输入的位成本仍随分子分母长度变化，不能称为恒定位成本。

给点参数化的核验同样有限：检查 $p\ne0$ 、 $q(p)=0$ 、 $\det T\ne0$ ，再比较 $T^{\mathsf T}HT$ 与式(2)的系数矩阵。参数个数虽无限，三元二次式恒等式和两张逆图已覆盖所有参数；抽查许多个有理数不能替代这个完整性证明。

若五点中的某个三点行列式为零，算法应报告该充分合同不满足，再另行研究解空间。不能把消元仍吐出一个向量当成唯一非退化圆锥已经认证。

向点线对偶继续

已有 $H$ 以后，极点极线把每个点变成一条线，并把圆锥上的点变成切线；Pascal与Brianchon关联进一步把六点、六线的全局关系变成叉积证书。它们处理新的点线输出，而式(3)负责提供完整、可逆的圆锥点输入。

参考资料

Richard Earl，Projective Geometry，Oxford，Trinity Term 2025，Propositions45–49，印刷pp.25–27；Remark53，p.29；Theorem56与Remark57，p.30。非退化、五点结论及从已有点投影的参数化。本文另外给出无开方的矩阵构造与五点独立性的完整证明。
Andrew Dancer，Richard Earl、Balázs Szendrői增补，Projective Geometry，Theorem4.5，pp.8–9；Theorem9.10，pp.16–17。射影框架与参数化的双线性机制。

形式陈述 ​

方程、点和允许的换坐标 ​

给一个点后的完整输出 ​

五点恢复合同 ​

一条过已知点的直线只剩一个未知交点 ​

无开方的坐标构造 ​

五个条件为什么确实独立 ​

一个有全部反向坐标的例子 ​

有实点也可能没有有理点 ​

五点不同仍然不够 ​

一份有限输入的证书 ​

向点线对偶继续 ​

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