从五点恢复到圆锥关联证书 ​

给出一个二次方程的几个零点，尚未证明它是唯一方程；画出三条相交直线，也尚未说明换坐标以后还保留了同一个交点。下面四个任务把恢复、参数反演、点线对偶和六点关联接起来，每一步都交付可以精确复算的非零量与零值等式。

阅读射影圆锥证书路线，依次使用圆锥参数化理路射影圆锥的有理点与参数化Projective conic parametrization · Rational parametrization of a conic · 非退化射影圆锥 · 五点确定圆锥曲线在特征不为二的域上，由一个已有点构造一般非退化圆锥的完整参数与逆，并从无三点共线的五个点恢复唯一方程。、极点极线理路圆锥的极点极线与对偶Conic polarity and duality · Pole and polar of a conic · 圆锥极性 · 对偶圆锥用非退化圆锥的矩阵在点和线间可逆转换，证明切线与对偶方程，并通过实切线数量和割线调和对核验域与坐标条件。、Pascal–Brianchon关联理路Pascal–Brianchon圆锥关联Pascal theorem for a conic · Brianchon theorem · Pascal's mystic hexagon · 帕斯卡六边形定理 · 布里昂雄定理证明非退化圆锥六点的对边交点共线及六切线的对角线共点，并以齐次叉积和行列式给出含无穷远点的关联与逆命题证书。及旧Möbius四点兼容性理路Möbius变换与圆域标定Möbius transformation · Fractional linear transformation · Linear fractional transformation在扩充复平面上完整定义分式线性变换，核验极点与逆、矩阵复合方向、广义圆保持和三点唯一标定。。下载精确复算程序与结果记录。本任务默认系数域为$\mathbb{Q}$，实切线的讨论会明确转到$\mathbb{R}$。

任务一：五个点确定了什么 ​

给点

$$A=[0:1:1],B=[1:0:1],C=[1:1:1],D=[3:6:5],E=[2:6:5].$$

恢复唯一非退化圆锥，交付五点约束矩阵、非零秩证书、对称方程矩阵，以及全部有理点的参数和反向公式。参数无穷远也必须有输出。

答案：先证独立，再给完整参数 ​

按三点下标的字典顺序，十个列行列式为

$$1,4,3,1,1,1,2,3,6,1.$$

它们全非零，因此五点满足任意三点不共线。按单项式$(x^2,y^2,z^2,xy,xz,yz)$排列，约束矩阵为

$$R=\left(\begin{array}{cccccc}0& 1& 1& 0& 0& 1\\ 1& 0& 1& 0& 1& 0\\ 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 9& 36& 25& 18& 15& 30\\ 4& 36& 25& 12& 10& 30\end{array}\right).$$

删去第一列所得$5\times 5$行列式为6，所以$R$秩为5。向量$(1,1,0,0,-1,-1{)}^{\mathsf{T}}$在核中，故方程唯一到非零倍数：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& x^2+y^2-xz-yz=0.\end{array}$$

为保持后续全整数矩阵，取它的$-2$倍所对应的

$$\begin{array}{}\text{(2)}& H=\left(\begin{array}{ccc}-2& 0& 1\\ 0& -2& 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right),\det H=4.\end{array}$$

对称矩阵中的非对角系数贡献两次，所以$x^{\mathsf{T}}Hx=-2(x^2+y^2-xz-yz)$，这份缩放没有改变圆锥。

令

$$M=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right).$$

直接乘得$\det M=2$及

$$\begin{array}{}\text{(3)}& M^{\mathsf{T}}HM=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 0& -4& 0\\ 2& 0& 0\end{array}\right).\end{array}$$

右侧的二次式为$4(XZ-Y^2)$。因此完整参数为

$$\begin{array}{}\text{(4)}& [s:t]⟼[s^2+st:st+t^2:s^2+t^2].\end{array}$$

在$x-y+z\ne 0$时，逆为$[s:t]=[x-y+z:x+y-z]$；另一片使用$[x+y-z:-x+y+z]$。两片覆盖的理由是标准圆锥上$X,Z$不能同时为零，重叠处则由$XZ=Y^2$保证比例一致。

五点依次来自参数$[0:1],[1:0],[1:1],[1:2],[1:3]$。例如$E$虽写成$[2:6:5]$，式(4)在$[1:3]$输出$[4:12:10]$，两者是同一点。参数$[0:1]$已送到$A$，所以没有遗漏“参数无穷远”。式(3)和两片逆证明的是全部有理点，有限盒枚举仅可作为复算，不承担穷尽证明。

任务二：有理极线不保证有理接触点 ​

对式(2)的圆锥，分别求

$$P=[1:-1:0],U=[2:-1:1],V=[1:1:2]$$

的极线。在实数域判断各有几条切线，并说明哪些接触点仍在$\mathbb{Q}$中。再写出对偶圆锥，核查点线换坐标的方向。

答案：三个点对应三种输出 ​

矩阵求逆为

$$\begin{array}{}\text{(5)}& H^{-1}=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{ccc}-1& 1& 2\\ 1& -1& 2\\ 2& 2& 4\end{array}\right).\end{array}$$

因此线系数$[\alpha :\beta :\gamma ]$位于对偶圆锥，当且仅当

$$\begin{array}{}\text{(6)}& -{\alpha }^2-{\beta }^2+4{\gamma }^2+2\alpha \beta +4\alpha \gamma +4\beta \gamma =0.\end{array}$$

三个极线依次为

$$P:x-y=0,U:3x-3y-z=0,V:z=0.$$

每条线再乘$H^{-1}$都回到原点的比例类。求切线时，还须把这些线与原圆锥相交。

$P$的极线交圆锥于$[1:1:1]$和$[0:0:1]$。两条切线分别是$x+y-2z=0$、$x+y=0$，都经过$P$，且线系数都满足式(6)。它们和接触点均有理。

对$U$，令$r=\sqrt{2}$。两个实接触点为

$$R_{\pm }=[2\pm r:1\pm r:3],$$

对应切线系数可取

$${\ell }_{\pm }=(-1\mp 2r,1\mp 2r,3\pm 2r).$$

直接核$H{R}_{\pm }={\ell }_{\pm }$，以及${\ell }_{\pm }^{\mathsf{T}}U=0$。在标准坐标中，接触参数必须解$s^2-2t^2=0$；它没有非零有理解，所以两条实切线都需要二次域$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$。极线本身的有理系数没有改变这个条件。

对$V$，极线$z=0$与式(1)相交需$x^2+y^2=0$，没有非零实解，因此没有实切线。在复数域中则出现两个接触点。这里从$\mathbb{Q}$到$\mathbb{R}$再到$\mathbb{C}$的变化，改变的是可用点的域，不是矩阵方程是否正确。

最后核换坐标。标准圆锥可取$H_0=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1/2\\ 0& -1& 0\\ 1/2& 0& 0\end{array}\right)$。式(3)给$H=4M^{-\mathsf{T}}{H}_0{M}^{-1}$。标准点$[1:0:0]$的切线是$Z=0$，经$M^{-\mathsf{T}}$得到$-x+y+z=0$，它经过像点$B=[1:0:1]$。若误让线系数也乘$M$，得到$y+z=0$，在$B$处值为1，立刻暴露方向错误。

任务三：同一组点的两份六边形证书 ​

增加第六点$F=[0:0:1]$。按$A,B,C,D,E,F$的顺序，给出Pascal三交点与直线；再取六点各自的切线，以相同顺序组成外切六边形，给出Brianchon公共点。不得只交一个行列式零值而省掉中间对象。

答案：共线与共点逐项对应 ​

这六点来自标准参数$(\mathrm{\infty },0,1,2,3,-1)$经$M$的像。六条边$AB,BC,CD,DE,EF,FA$的系数依次可取

$$(1,1,-1),(1,0,-1),(1,2,-3),(0,5,-6),(3,-1,0),(1,0,0).$$

三对边交点为

$$P_1=[1:-6:-5],P_2=[1:3:1],P_3=[0:3:2].$$

它们都在

$$\begin{array}{}\text{(7)}& L:3x-2y+3z=0\end{array}$$

上：内积分别为$3+12-15$、$3-6+3$、$-6+6$。各点都非零且互不成比例，所以这是一条确定的Pascal线。

六点的切线系数依次为

$${\ell }_1=(1,-1,1),{\ell }_2=(1,-1,-1),{\ell }_3=(1,1,-2),$$$${\ell }_4=(1,7,-9),{\ell }_5=(1,-7,8),{\ell }_6=(1,1,0).$$

这些向量与$HA,HB,\dots ,HF$分别成比例。依次相交得到六个顶点

$$v_1=[1:1:0],v_2=[3:1:2],v_3=[5:7:6],$$$$v_4=[7:17:14],v_5=[1:-1:-1],v_6=[1:-1:-2].$$

三条对顶点连线的系数为

$$v_1{v}_4:(7,-7,5),v_2{v}_5:(1,5,-4),v_3{v}_6:(2,-4,3).$$

它们共同经过

$$\begin{array}{}\text{(8)}& W=[1:11:14],\end{array}$$

因为$7-77+70=0$、$1+55-56=0$、$2-44+42=0$。另外，式(5)直接给$H^{-1}(3,-2,3{)}^{\mathsf{T}}=(1,11,14{)}^{\mathsf{T}}/4$：在这份由原点逐一取极线得到的双重构造中，Brianchon点正是Pascal线的极点。这是第二条独立核验路径。

一个仿射图可能显示不出全部中间点，例如$v_1$已经在$z=0$。作为迁移，把标准坐标改用$N=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 6& 0& 1\end{array}\right)$送出。此时标准第一Pascal交点$[1:0:-6]$变为$[1:-6:0]$，标准Pascal线$(6,1,1)$则变为比例系数$(6,1,6)$，内积仍为$6-6=0$。无穷远没有使关联证书失效。

任务四：认证兼容性，也拒绝错误输入 ​

先判断是否存在一个Möbius变换，把有序四点$(0,1,\mathrm{\infty },2)$送到$(1,2,3,5/2)$。再说明以下输入能否直接使用本单元的恢复或参数化：有实点的$X^2+Y^2=3Z^2$要求有理参数；五个不同点中四个在同一直线上；奇异$H$要求对每条线求唯一极点。

答案：不同失败各有确切证据 ​

前三点唯一决定$T(z)=(3z+1)/(z+1)$，而$T(2)=7/3\ne 5/2$。同样可用齐次交比：源为$1/2$，要求的目标为$2/3$，不相容。若第四目标改成$7/3$，交比相同，原三点变换便同时完成四点对应。这里不用重新解一组可能退化的过定线性方程。

$X^2+Y^2=3Z^2$有实点，但本原整数解的模3论证迫使三个坐标同时被3整除，所以没有有理点。本单元“给一个已有$K$点”的参数化合同在$K=\mathbb{Q}$上无法启动。有限搜索没找到点不是这里的证明，模3下降才是全局排除。

五点中四点共线时，包含这条线并再取一条过第五点的线，就得到许多退化二次方程。五点互异不能替代“任意三点不共线”；程序应报告三点行列式为零，而不是强行返回唯一非退化答案。

奇异$H$存在非零核向量，其极线系数会变成零；对某些线也根本没有逆像。因此全平面的可逆极性合同失败。仍可研究退化曲线的分支，但不能保留$H^{-1}$符号假装已经输出极点。

提交检查 ​

交付应保留系数域、代表向量、矩阵作用方向和每个非零条件。方程恢复需要秩与非退化证据；完整点列表需要参数与逆；点线关联需要非零对象和零内积；实切线与有理切线还需各自的域判断。公开程序会在变换后的有理模型及若干奇素数域中重新检查这些机制，不能用若干浮点图形代替普遍证明。