轨迹是否为圆

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现在我们在查看目标曲线C1和第一类变换曲线C2的四个交点的情况，如下图:

P1是两曲线一个交点，过P1分别作出变换的后面两个点P2,P3.
如果现在我们反过来从P3开始序列，并且将第二个点选择为P2,于是继续变换下去我们得到序列
P3,P2,P1,P2,P3,....
也就是这个序列到达P1以后会“反射”回去，所以我们可以称变换中这样的点为这个变换的反射点。
于是我们知道目标曲线和第一类变换曲线的交点总是反射点，所以通常情况，这样的反射点数目至少有四个。
另外，前面我们已经证明，每个圆锥变换的平方还是圆锥变换，而对于这样包含反射点的圆锥变换序列中，P2正好是它的平方变换的驻点。
由于我们知道驻点只能有四个，这个也说明了反射点数目最多也只有四个。所以我们知道圆锥变换的反射点也正好有四个。
而其中特别的，当目标曲线和第一类变换曲线相切于某一点，对应于两个反射点重合在一起（同时和两个驻点也重合在一起），对应的圆锥变换序列退化为常数点序列，也就是这时也就是常驻点。

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现在，我们非常容易可以证明，一个圆锥变换的反射点还是它的平方变换的反射点，于是我们根据11#的结论，可以得出，一个圆锥变换的目标曲线和它的第一类变换曲线，以及平方变换的第一类变换曲线交于公共的四个点（也就是它们的反射点）。

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另外，关于本题，我们可以直接考虑一个推广问题，对于圆锥曲线C以及它的一个圆锥变换，对于这个变换的两个不同的圆锥变换序列P1,P2,P3,....;Q1,Q2,Q3,....
那么我们可以猜想直线P1Q1,P2Q2,P3Q3,P4Q4,...等相切于一条二次曲线

（同样对偶的设P1点的切线和Q1点的切线交于R1,P2点的切线和Q2点的切线交于R2，等等
那么R1,R2,....等共一条二次曲线），容易看出，这个圆锥变换和原圆锥变换是可以交换的。
由此我们可以猜想，同一条圆锥曲线的两个不同圆锥变换的乘积还是圆锥变换的充分必要条件是它们的乘积可以交换。
另外，前面我们得出一个圆锥变换的平方和原圆锥变换的第一类变换曲线以及目标曲线交于公共的四个点。同样，如果我们假设这个圆锥变换的n次方也是圆锥变换（本题的猜想之一），那么我们可以得出n次方的第一类变换曲线也过这四个点。
进一步，我们还可以猜想，两个圆锥变换的乘积还是圆锥变换（或可以交换）的充分必要条件是它们的第一类圆锥变换曲线和目标曲线交于公共的四个点，或者说它们构成一个过四个点的二次曲线系。
类似的，使用第二圆锥变换曲线，那么得到的结论就对偶的变成同四条公共直线相切的二次曲线系。
那么这个二次曲线实际上就相当于是一个C上圆锥变换，而我们这个新得到的圆锥曲线是这个圆锥变换的第一（二）类变换曲线。

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现在最后那个二次曲线系问题我们可以转化为如下图一个问题:

二次曲线C1,C2,C过公共四个点，过C的动点A1分别向C1,C2做切线交C于A2,A3.现在移动A1,那么A2A3必然相切于一个通过过公共四个点的二次曲线
或者我们转化为圆的问题，已知圆C,C1,C2共根轴，那么过C上动点A1分别向C1,C2做切线交C于A2,A3两点,那么当我们移动A1时，动直线A2A3必然同一个固定圆相切，而且这个圆同C,C1,C2同根轴

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这个题目如果暴力计算，可以化为下面表达式的因子分解问题:
（删除此错计算错误的表达式）
不知道大家的计算机能否试验一下将它通分以后（分子是x,z的四次多项式），看看能否用计算机将分子分解成两个二次多项式的乘积

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推导过程如下:
我们假设通过射影变换将目标曲线变换为曲线xy=1而且目标曲线和第一类变换曲线四个交点中为$(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1),(a/b,b/a,1)$这四个点，于是我们可以假设第一类变换曲线变换后方程为
$(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)$
同样，如果还有另外通过这四个点的第一类变换曲线，其方程可以写成$(x-at)(y-bt)=(1-at)(1-bt)$,其中t任意。
于是我们可以计算对于目标曲线上一点$(x,1/x)$,如果第一类变换曲线$(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)$将其变换为$(y,1/y)$,经计算可以知道x,y满足方程:
$[(x^2,x,1)][(b^2,-2b,1),(-2b,-2ab+4b+4a-2,-2a),(1,-2a,a^2)][(y^2),(y),(1)]=0$
同样，如果$(y,1/y)$经过另外一个第一类变换曲线$(x-at)(y-bt)=(1-at)(1-bt)$变为$(z,1/z)$
我们可以得到类似方程，然后消去y,就可以得到如上面一个复杂的方程，不过maxima对它已经完全无能为力了，不知道是否有软件可以对它（分子）做因子分解

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对于14#中关于圆的结论，如果三个共根轴的圆交于P,Q两点，我们可以以Q为中心做反演变换，可以得出如图的情况：

三条直线过P点，Q为不在直线上一点（Q为反演中心）。
对于一条直线上一个动点A,过A和Q做另外两条直线的切圆交这条直线于B,C,那么求证过Q,B,C的圆和一条过P点的定直线相切（注意过P点的这个圆的切线两条，只有一条是定直线）

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16#,我们可以直接计算一个无穷远点经过复合变换后得到的结果，如果假设复合变换的曲线为$(x-as)(y-bs)=(1-as)(1-bs)$,可以得到s和t的关系式:
$a^2b^2(st)^2-2ab(s+t)st+(s^2+t^2)+(-2ab+4a+4b-2)st-2(s+t)+1=0$
或
$[(s^2,s,1)][(a^2b^2,-2ab,1),(-2ab,-2ab+4a+4b-2,-2),(1,-2,1)][(t^2),(t),(1)]=0$ (1)
而对每个t,有两个s满足条件。而我们需要证明，对于曲线$xy=1$上的任意一点，经过第一类变换曲线$(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)$和$(x-at)(y-bt)=(1-at)(1-bt)$后，相当于经过一次第一类变换$(x-as)(y-bs)=(1-as)(1-bs)$
也就是下面三个方程组对于任意给定的x都有解（也就是三条关于y,z的方程有公共解）
$[(x^2,x,1)][(b^2,-2b,1),(-2b,-2ab+4b+4a-2,-2a),(1,-2a,a^2)][(y^2),(y),(1)]=0$ (2)
$[(y^2,y,1)][(b^2t^2,-2bt,1),(-2bt,-2abt^2+4bt+4at-2,-2at),(1,-2at,a^2t^2)][(z^2),(z),(1)]=0$ (3)
$[(z^2,z,1)][(b^2s^2,-2bs,1),(-2bs,-2ab s^2+4bs+4as-2,-2as),(1,-2as,a^2s^2)][(x^2),(x),(1)]=0$ (4)

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楼上四个式子中，如果把t,x,a,b看成常数，如果从(1),(4)消去s,(2),(3)消去y,分别可以得出关于z的四次多项式，如果两个多项式相同，那么就证明了14楼的问题。不过这个计算量会很大。
而消除的方法可以采用韦达定理，比如假设(1)中s的两个解为s1,s2,将(4)中s分别用s1,s2替换，然后相乘，然后就可以用韦达定理将所有s1,s2根据(1)的根和系数关系来消除了。

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设关于某个变量x有两个方程$Ax^2+Bx+C=0,Ux^2+Vx+W=0$,消去x,我们可以得到系数关系式
$A^2*W^2-A*B*V*W-2*A*C*U*W+B^2*U*W+A*C*V^2-B*C*U*V+C^2*U^2=0$
然后分别将(1),(4);(2),(3)利用这个公式在maximia中展开，得到结果完全相同，所以暴力得证！