34. 2 元 2 次式

设 $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ 为复数. 形如$$\begin{array}{r}f(x,y)=A{x}^2+2Bxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+F\end{array}$$的式是一个 $2$ 元 $⩽2$ 次式. 若 $A$, $B$, $C$ 至少有一个不是 $0$, 我们说, $f(x,y)$ 是一个 $2$ 元 $2$ 次式. 若 $A$, $B$, $C$ 全为 $0$, 我们说, $f(x,y)$ 是一个 $2$ 元 $⩽1$ 次式. 若 $A$, $B$, $C$ 全为 $0$, 但 $D$, $E$ 至少有一个不是 $0$, 我们说, $f(x,y)$ 是一个 $2$ 元 $1$ 次式. 若 $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ 都是 $0$, 我们说, $f(x,y)$ 是一个常数.

定理 34.1. 设 $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ 为复数. 设 $f(x,y)=A{x}^2+2Bxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+F$. 那么, 当 $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ 全为 $0$ 时, 对任何的复数对 $(z,w)$, $f(z,w)=0$. 反过来, 若对任何的复数对 $(z,w)$, $f(z,w)=0$, 则 $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ 全为 $0$.

证. 前一部分是显然的, 因为 $0$ 跟任何数的积都是 $0$. 我们看后一部分.

假定, 对任何的复数对 $(z,w)$, $f(z,w)=0$. 因为 $f(0,0)=0$, 故 $F=0$. 因为 $f(1,0)=A+2D+F=A+2D=0$, 且 $f(-1,0)=A-2D+F=A-2D=0$, 故 $A=D=0$. 因为 $f(0,1)=C+2E+F=C+2E=0$, 且 $f(0,-1)=C-2E+F=C-2E=0$, 故 $C=E=0$. 最后, 因为 $f(1,1)=A+2B+C+2D+2E+F=2B=0$, 故 $B=0$.

证毕.

定理 34.2. 设 $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$, $D_1$, $D_2$, $E_1$, $E_2$, $F_1$, $F_2$ 都是复数. 设 $f_i(x,y)=A_i{x}^2+2B_{i}xy+C_i{y}^2+2D_{i}x+2E_{i}y+F_i$ ($i=1$, $2$). 那么, “对任何复数对 $(z,w)$, 必 $f_1(z,w)=f_2(z,w)$” 相当于 “$A_1=A_2$, $B_1=B_2$, $C_1=C_2$, $D_1=D_2$, $E_1=E_2$, $F_1=F_2$”.

证. 设$$\begin{array}{rl}g(x,y)=& f_1(x,y)-f_2(x,y)\\ =& (A_1-A_2)x^2+2(B_1-B_2)xy+(C_1-C_2)y^2+2(D_1-D_2)x+2(E_1-E_2)y+(F_1-F_2).\end{array}$$施上个定理于 $g(x,y)$ 即可.

证毕.

定义 34.3. 设 $f(x,y)=A{x}^2+2Bxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+F$. 定义 $f(x,y)$ 的判别式$$\begin{array}{rl}\Delta =& \det \left[\begin{array}{ccc}A& B& D\\ B& C& E\\ D& E& F\end{array}\right]\\ =& ACF+BED+DBE-AEE-BBF-DCD\\ =& ACF+2BED-(A{E}^2+C{D}^2+F{B}^2).\end{array}$$

$\Delta$ 来自英语 discriminant.

$2$ 元 $⩽2$ 次式 $f(x,y)$ 的判别式是否为 $0$ 与是否可写 $f(x,y)$ 为二个 $2$ 元 $⩽1$ 次式的积有关.

定理 34.4. 设 $f(x,y)=(a_{1}x+a_{2}y+a_3)(a_{4}x+a_{5}y+a_6)$. 则 $f(x,y)$ 的判别式为 $0$.

证. 展开 $f(x,y)$, 有$$\begin{array}{r}f(x,y)=A{x}^2+2Bxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+F,\end{array}$$其中$$\begin{array}{rl}& A=a_1{a}_4,C=a_2{a}_5,F=a_3{a}_6,\\ & 2B=a_1{a}_5+a_2{a}_4,\\ & 2D=a_1{a}_6+a_3{a}_4,\\ & 2E=a_2{a}_6+a_3{a}_5.\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}\Delta =& ACF+2BED-(A{E}^2+C{D}^2+F{B}^2)\\ =& \frac{1}{4}(4ACF+2B\cdot 2E\cdot 2D)-\frac{1}{4}(A(2E{)}^2+C(2D{)}^2+F(2B{)}^2)\\ =& \frac{1}{4}(4a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6+a_2{a}_3^2{a}_5{a}_4^2+a_2^2{a}_3{a}_6{a}_4^2+a_1{a}_3^2{a}_5^2{a}_4+a_1{a}_2^2{a}_6^2{a}_4\\ & +2a_1{a}_2{a}_3{a}_5{a}_6{a}_4+a_1^2{a}_2{a}_5{a}_6^2+a_1^2{a}_3{a}_5^2{a}_6)\\ & -\frac{1}{4}(a_1{a}_3^2{a}_4{a}_5^2+2a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_6{a}_5+a_1{a}_2^2{a}_4{a}_6^2\\ & +a_2{a}_3^2{a}_5{a}_4^2+2a_1{a}_2{a}_3{a}_5{a}_6{a}_4+a_1^2{a}_2{a}_5{a}_6^2\\ & +a_2^2{a}_3{a}_6{a}_4^2+2a_1{a}_2{a}_3{a}_5{a}_6{a}_4+a_1^2{a}_3{a}_5^2{a}_6)\\ =& 0.\end{array}$$

证毕.

定理 34.5. 设 $f(x,y)=A{x}^2+2Bxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+F$ 的判别式为 $0$. 则存在复数 $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, $a_5$, $a_6$ 使$$\begin{array}{r}f(x,y)=(a_{1}x+a_{2}y+a_3)(a_{4}x+a_{5}y+a_6).\end{array}$$

证. 设$$\begin{array}{r}\Delta =ACF+2BED-(A{E}^2+C{D}^2+F{B}^2)=0.\end{array}$$我们分类讨论.

(1) $A=B=C=0$. 则$$\begin{array}{r}f(x,y)=2Dx+2Ey+F=(0x+0y+1)(2Dx+2Ey+F).\end{array}$$

(2) $A=C=0$, 但 $B\ne 0$. 则$$\begin{array}{rl}f(x,y)=& 2Bxy+2Dx+2Ey+F\\ =& \frac{2}{B}(Bx\cdot By+D\cdot Bx+E\cdot By)+F\\ =& \frac{2}{B}(Bx\cdot By+D\cdot Bx+E\cdot By+DE-DE)+F\\ =& \frac{2}{B}(Bx\cdot By+D\cdot Bx+E\cdot By+DE)-\frac{2}{B}\cdot DE+F\\ =& \frac{2}{B}(Bx+E)(By+D)-\frac{2ED-FB}{B}\\ =& \left(1x+0y+\frac{E}{B}\right)(0x+2By+2D)-\frac{2BED-F{B}^2}{B^2}.\end{array}$$因为 $\Delta =0$, 且 $A=C=0$, 故$$\begin{array}{r}\Delta =0+2BED-(0+0+F{B}^2)=2BED-F{B}^2=0.\end{array}$$从而$$\begin{array}{r}f(x,y)=\left(1x+0y+\frac{E}{B}\right)(0x+2By+2D).\end{array}$$

(3) $A\ne 0$. 则$$\begin{array}{rl}& f(x,y)\\ =& A{x}^2+2(By+D)x+(C{y}^2+2Ey+F)\\ =& \frac{(Ax+By+D{)}^2-(By+D{)}^2}{A}+(C{y}^2+2Ey+F)\\ =& \frac{1}{A}(Ax+By+D{)}^2+\frac{1}{A}((AC-B^2)y^2+2(AE-BD)y)+\frac{AF-D^2}{A}.\end{array}$$我们要进一步地分类讨论.

(3.1) $AC-B^2=0$. 此时, $C=B^2/A$. 故$$\begin{array}{rl}\Delta =& A\cdot \frac{B^2}{A}\cdot F+2BED-A{E}^2-\frac{B^2{D}^2}{A}-F{B}^2\\ =& -\frac{1}{A}(A^2{E}^2-2AEBD+B^2{D}^2)\\ =& -\frac{1}{A}(AE-BD{)}^2.\end{array}$$因为 $\Delta =0$, 故 $AE-BD=0$. 从而$$\begin{array}{r}f(x,y)=\frac{(Ax+By+D{)}^2-(D^2-AF)}{A}.\end{array}$$设复数 $d$ 适合 $d^2=D^2-AF$. 则$$\begin{array}{r}f(x,y)=\frac{1}{A}(Ax+By+D+d)(Ax+By+D-d);\end{array}$$也就是, $$\begin{array}{r}f(x,y)=\left(1x+\frac{B}{A}y+\frac{D+d}{A}\right)(Ax+By+(D-d)).\end{array}$$

(3.2) $AC-B^2\ne 0$. 此时$$\begin{array}{rl}(AC-B^2)y^2+2(AE-BD)y=& \frac{1}{AC-B^2}((AC-B^2)y+(AE-BD){)}^2-\frac{(AE-BD{)}^2}{AC-B^2}.\end{array}$$所以$$\begin{array}{rl}f(x,y)=& \frac{(Ax+By+D{)}^2}{A}-\frac{((B^2-AC)y+(BD-AE){)}^2}{A(B^2-AC)}+\frac{AF-D^2}{A}-\frac{(AE-BD{)}^2}{A(AC-B^2)};\end{array}$$也就是, $$\begin{array}{r}f(x,y)=\frac{(Ax+By+D{)}^2}{A}-\frac{((B^2-AC)y+(BD-AE){)}^2}{A(B^2-AC)}+\frac{\Delta }{AC-B^2}.\end{array}$$因为 $\Delta =0$, 故$$\begin{array}{r}f(x,y)=\frac{(Ax+By+D{)}^2}{A}-\frac{((B^2-AC)y+(BD-AE){)}^2}{A(B^2-AC)}.\end{array}$$设复数 $e$ 适合 $e^2=B^2-AC$. 设 $f=(BD-AE)/e$. 则$$\begin{array}{rl}f(x,y)=& \frac{(Ax+By+D{)}^2}{A}-\frac{(e^{2}y+ef{)}^2}{A{e}^2}\\ =& \frac{(Ax+By+D{)}^2}{A}-\frac{(ey+f{)}^2}{A}\\ =& \frac{1}{A}(Ax+By+D+ey+f)(Ax+By+D-ey-f)\\ =& \left(1x+\frac{B+e}{A}y+\frac{D+f}{A}\right)(Ax+(B-e)y+(D-f)).\end{array}$$

(4) $C\ne 0$. 则$$\begin{array}{r}f(x,y)=C{y}^2+2Byx+A{x}^2+2Ey+2Dx+F.\end{array}$$考虑 $2$ 元 $⩽2$ 次式$$\begin{array}{r}g(x,y)=C{x}^2+2Bxy+A{y}^2+2Ex+2Dy+F.\end{array}$$注意, 对任何复数对 $(z,w)$, $$\begin{array}{r}g(z,w)=f(w,z).\end{array}$$我们计算 $g(x,y)$ 的判别式: $$\begin{array}{rl}{\Delta }^{\prime }=& \det \left[\begin{array}{ccc}C& B& E\\ B& A& D\\ E& D& F\end{array}\right]\\ =& CAF+2BDE-(C{D}^2+A{E}^2+F{B}^2)\\ =& ACF+2BED-(A{E}^2+C{D}^2+F{B}^2)\\ =& \Delta .\end{array}$$从而, 由 (3), 存在复数 $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, $a_5$, $a_6$ 使$$\begin{array}{r}g(x,y)=(a_{1}x+a_{2}y+a_3)(a_{4}x+a_{5}y+a_6).\end{array}$$所以$$f(x,y)=g(y,x)=(a_{2}x+a_{1}y+a_3)(a_{5}x+a_{4}y+a_6).$$证毕.

综上, 我们得到本章的重要的定理:

定理 34.6. 设 $f(x,y)=A{x}^2+2Bxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+F$. 若 $f(x,y)$ 的判别式为 $0$, 则我们必可写其为二个 (复系数的) $2$ 元 $⩽1$ 次式的积; 反过来, 若 $f(x,y)$ 是二个 (复系数的) $2$ 元 $⩽1$ 次式的积, 则其判别式必为 $0$.

我们看二个例.

例 34.7. 设$$\begin{array}{r}b(x,y)=2x^2+2xy+y^2+2x+2y+2.\end{array}$$$A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ 分别是 $2$, $1$, $1$, $1$, $1$, $2$. 由此可知, $b(x,y)$ 的判别式$$\begin{array}{r}\Delta =\det \left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right]=1.\end{array}$$所以, 我们无法写其为二个 (关于 $x$, $y$ 的) $2$ 元 $⩽1$ 次式的积.

例 34.8. 设 $f(x,y)=x^2+y^2$. 不难算出, $f(x,y)$ 的判别式是 $0$. 所以, $f(x,y)$ 可被写为二个 (关于 $x$, $y$ 的) $2$ 元 $⩽1$ 次式的积.

不过, 这二个 $⩽1$ 次式的系数不能全为实数.

反设存在实数 $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, $a_5$, $a_6$ 使$$\begin{array}{r}{x}^2+y^2=(a_{1}x+a_{2}y+a_3)(a_{4}x+a_{5}y+a_6).\end{array}$$代 $x$, $y$ 以 $0$, $0$, 知 $0=a_3{a}_6$. 因为乘法是可交换的, 故无妨设 $a_3=0$. 代 $x$, $y$ 以 $1$, $0$, 知 $1=a_1(a_4+a_6)$; 代 $x$, $y$ 以 $-1$, $0$, 知 $1=-a_1(-a_4+a_6)=a_1(a_4-a_6)$. 由此可知 $a_4+a_6=a_4-a_6$, 故 $a_6=0$. 从而 $a_1{a}_4=1$. 故 $a_4=1/a_1$. 代 $x$, $y$ 以 $0$, $1$, 知 $a_2{a}_5=1$. 故 $a_5=1/a_2$. 从而$$\begin{array}{r}{x}^2+y^2=(a_{1}x+a_{2}y)\left(\frac{x}{a_1}+\frac{y}{a_2}\right).\end{array}$$代 $x$, $y$ 以 $1$, $1$, 有$$\begin{array}{r}2=(a_1+a_2)\cdot \frac{a_1+a_2}{a_1{a}_2},\end{array}$$即$$\begin{array}{r}{a}_1^2+a_2^2=0.\end{array}$$所以$$\begin{array}{r}0=(a_1^2+a_2^2)\cdot a_5^2=(a_1{a}_5{)}^2+1.\end{array}$$因为 $a_1$, $a_5$ 是实数, 故 $a_1{a}_5$ 也是实数. 不过, 我们知道, 任何实数的平方加 $1$ 不可能是 $0$. 这是矛盾.

不过, $x^2+y^2=x^2-(\mathrm{i}y{)}^2=(x+\mathrm{i}y)(x-\mathrm{i}y)$.