2次曲線の媒介変数表示

方針：$(x,y)$ が楕円の上にあることと、$\bigl(\frac xa,\frac yb\bigr)$ が単位円の上にあることは同じである。単位円の点が $(\cos\theta,\sin\theta)$ と 1 通りに書けることを使う。
段 1（点は楕円の上にある）。$\frac{(a\cos\theta)^2}{a^2}+\frac{(b\sin\theta)^2}{b^2}=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ である。
段 2（楕円の点はすべて表される）。$(x,y)$ が楕円の上にあるとする。$X=\frac xa$、$Y=\frac yb$ とおくと $X^2+Y^2=1$ なので、点 $(X,Y)$ は単位円の上にある。一般角の三角関数の定義により、単位円の点は $0\le\theta<2\pi$ のある $\theta$ を使って $(\cos\theta,\sin\theta)$ と書ける。このとき $x=aX=a\cos\theta$、$y=bY=b\sin\theta$ である。
段 3（1 対 1）。$0\le\theta<\theta'<2\pi$ で $(a\cos\theta,b\sin\theta)=(a\cos\theta',b\sin\theta')$ とすると、$a$、$b$ で割って $\cos\theta=\cos\theta'$、$\sin\theta=\sin\theta'$ である。余弦の加法定理から $\cos(\theta'-\theta)=\cos\theta'\cos\theta+\sin\theta'\sin\theta=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ となり、$\theta'-\theta$ は $2\pi$ の整数倍である。しかし $0<\theta'-\theta<2\pi$ なので矛盾する。よって異なる $\theta$ は異なる点を与える。$\square$

方針：双曲線の点 $(x,y)$ から、$\cos\theta=\frac ax$、$\sin\theta=\frac{ay}{bx}$ となる $\theta$ を作る。そのために、この 2 つの数の 2 乗の和が $1$ になることを確かめる。
段 1（点は双曲線の上にある）。ex-pcn-start-hyperbola と同じく $1+\tan^2\theta=\frac1{\cos^2\theta}$ から
$$ \frac{(a/\cos\theta)^2}{a^2}-\frac{(b\tan\theta)^2}{b^2}=\frac1{\cos^2\theta}-\tan^2\theta=1 $$
である。
段 2（双曲線の点はすべて表される）。$(x,y)$ が双曲線の上にあるとする。$U=\frac xa$、$V=\frac yb$ とおくと $U^2-V^2=1$ なので $U^2=1+V^2\ge1$、とくに $U\ne0$ である。$c=\frac1U$、$d=\frac VU$ とおくと
$$ c^2+d^2=\frac{1+V^2}{U^2}=\frac{U^2}{U^2}=1 $$
なので、点 $(c,d)$ は単位円の上にあり、$0\le\theta<2\pi$ のある $\theta$ で $\cos\theta=c$、$\sin\theta=d$ と書ける。$c\ne0$ なので $\theta\ne\frac\pi2,\frac{3\pi}2$ である。このとき
$$ \frac a{\cos\theta}=\frac ac=aU=x,\qquad b\tan\theta=b\cdot\frac dc=bV=y $$
である。$\theta$ が $\frac{3\pi}2<\theta<2\pi$ にあるときは $\theta-2\pi$ に取りかえると、$-\frac\pi2<\theta-2\pi<0$ で、$\cos$ と $\tan$ の値は変わらない。こうして、定理の範囲の $\theta$ で $(x,y)$ が表される。
段 3（枝との対応）。$-\frac\pi2<\theta<\frac\pi2$ では $0<\cos\theta\le1$ なので $x=\frac a{\cos\theta}\ge a$、$\frac\pi2<\theta<\frac{3\pi}2$ では $-1\le\cos\theta<0$ なので $x\le-a$ である。
段 4（1 対 1）。2 つの $\theta$、$\theta'$ が同じ点を与えるとする。$x$ が等しいので $\cos\theta=\cos\theta'$、$y$ が等しいので $\tan\theta=\tan\theta'$、したがって $\sin\theta=\tan\theta\cos\theta=\sin\theta'$ である。定理の範囲は長さ $2\pi$ の区間 $-\frac\pi2<\theta<\frac{3\pi}2$ に含まれるので、prf-thm-pcn-ellipse の段 3 と同じ議論で $\theta=\theta'$ である。$\square$

方針：$U=\frac xa$、$V=\frac yb$ とおくと、双曲線の式は $(U+V)(U-V)=1$ である。$U+V$ を媒介変数 $t$ にとる。
段 1（点は双曲線の上にある）。$U=\frac12\bigl(t+\frac1t\bigr)$、$V=\frac12\bigl(t-\frac1t\bigr)$ なら、$U+V=t$、$U-V=\frac1t$ で、$U^2-V^2=(U+V)(U-V)=t\cdot\frac1t=1$ である。
段 2（すべての点が 1 回ずつ表される）。双曲線の点では $(U+V)(U-V)=1$ なので $U+V\ne0$ である。$t=U+V$ とおくと $U-V=\frac1t$ で、2 式を足して 2 で割ると $U=\frac12\bigl(t+\frac1t\bigr)$、引いて 2 で割ると $V=\frac12\bigl(t-\frac1t\bigr)$ である。点から $t=U+V$ がただ 1 つに決まるので、1 対 1 である。
段 3（枝）。$t>0$ なら相加平均と相乗平均の関係から $\frac12\bigl(t+\frac1t\bigr)\ge\sqrt{t\cdot\frac1t}=1$ なので $x\ge a$ である。$t<0$ なら $-t>0$ に同じ不等式を使って $\frac12\bigl(t+\frac1t\bigr)\le-1$、すなわち $x\le-a$ である。$\square$

方針：$\mathrm{A}$ を通る直線の式を楕円の式に代入すると $x$ の 2 次方程式になる。その解の 1 つは $\mathrm{A}$ の $x=-a$ なので、$x+a$ でくくればもう 1 つの解が 1 次方程式で求まる。
段 1（代入する）。$\mathrm{A}$ を通る傾き $\frac{bt}a$ の直線は $y=\frac{bt}a(x+a)$ である。楕円の式に代入して $a^2$ を掛けると
$$ x^2+t^2(x+a)^2=a^2,\qquad\text{すなわち}\qquad t^2(x+a)^2=a^2-x^2=(a-x)(a+x) $$
となる。
段 2（もう 1 つの交点）。$\mathrm{A}$ 以外の交点では $x\ne-a$ なので（$x=-a$ なら直線の式から $y=0$ で、点は $\mathrm{A}$ になる）、両辺を $x+a\ne0$ で割って
$$ t^2(x+a)=a-x,\qquad x(1+t^2)=a(1-t^2),\qquad x=\frac{a(1-t^2)}{1+t^2} $$
を得る。逆にこの $x$ は $-a$ と異なり（$\frac{a(1-t^2)}{1+t^2}=-a$ とすると $1-t^2=-1-t^2$ となって矛盾）、上の式変形をさかのぼれば楕円の上の点を与える。$y$ は直線の式から
$$ y=\frac{bt}a\Bigl(\frac{a(1-t^2)}{1+t^2}+a\Bigr)=\frac{bt}a\cdot\frac{a(1-t^2)+a(1+t^2)}{1+t^2}=\frac{bt}a\cdot\frac{2a}{1+t^2}=\frac{2bt}{1+t^2} $$
である。$1+t^2>0$ なので、どの実数 $t$ でもこの点がある。
段 3（$\mathrm{A}$ 以外の点はすべて表される）。楕円の点 $\mathrm{P}(x,y)$ で $\mathrm{P}\ne\mathrm{A}$ とする。楕円の上で $x=-a$ となるのは $\frac{y^2}{b^2}=1-1=0$、すなわち $\mathrm{A}$ だけなので、$x\ne-a$ である。直線 $\mathrm{AP}$ の傾き $m=\frac y{x+a}$ が定まるので、$t=\frac{am}b$ とおくと、$\mathrm{P}$ は傾き $\frac{bt}a=m$ の直線と楕円の $\mathrm{A}$ 以外の交点である。段 2 により、$\mathrm{P}$ はこの $t$ の点である。
段 4（1 対 1）。$t\ne t'$ なら、$\mathrm{A}$ を通る 2 本の直線の傾きが異なるので、2 本は $\mathrm{A}$ 以外に共有点をもたない。それぞれの直線の上にある、$\mathrm{A}$ 以外の交点は異なる。
段 5（$t\to\pm\infty$）。$x=\frac{a(1/t^2-1)}{1/t^2+1}\to\frac{a(0-1)}{0+1}=-a$、$y=\frac{2b/t}{1/t^2+1}\to0$ である。$\square$

方針：prf-thm-pcn-rational-ellipse と同じ手順で、符号だけが変わる。
段 1。直線 $y=\frac{bt}a(x+a)$ を双曲線の式に代入して $a^2$ を掛けると $x^2-t^2(x+a)^2=a^2$、すなわち
$$ (x-a)(x+a)=t^2(x+a)^2 $$
である。
段 2。$\mathrm{A}$ 以外の交点では $x\ne-a$（双曲線の上で $x=-a$ となるのは $\mathrm{A}$ だけ）なので、$x+a$ で割って $x-a=t^2(x+a)$、すなわち
$$ x(1-t^2)=a(1+t^2) $$
である。$t=\pm1$ なら左辺は $0$、右辺は $2a>0$ で、解がない。これが最後の主張である。$t\ne\pm1$ なら $x=\frac{a(1+t^2)}{1-t^2}$ で、$y=\frac{bt}a(x+a)=\frac{bt}a\cdot\frac{2a}{1-t^2}=\frac{2bt}{1-t^2}$ である。
段 3。$\mathrm{A}$ 以外のすべての点が表されることと 1 対 1 であることは、prf-thm-pcn-rational-ellipse の段 3・段 4 と同じ議論で示せる（段 3 で得る $t$ は、交点が実際にあるので $\pm1$ にはならない）。
段 4（枝）。$|t|<1$ なら $1-t^2>0$ で、$\frac{1+t^2}{1-t^2}\ge1$（分子 $\ge$ 分母）なので $x\ge a$ である。$|t|>1$ なら $1-t^2<0$ で、$x=-a\cdot\frac{t^2+1}{t^2-1}$、$\frac{t^2+1}{t^2-1}>1$ なので $x<-a$ である。$\square$

方針：$\theta=2\cdot\frac\theta2$ と見て 2 倍角の公式を使い、$\cos^2\frac\theta2$ を $t$ で表す。
段 1。$-\frac\pi2<\frac\theta2<\frac\pi2$ なので $\cos\frac\theta2>0$ で、$t=\tan\frac\theta2$ が定まる。$1+\tan^2\frac\theta2=\frac1{\cos^2\frac\theta2}$ から $\cos^2\frac\theta2=\frac1{1+t^2}$ である。
段 2。2 倍角の公式から
$$ \cos\theta=\cos^2\frac\theta2-\sin^2\frac\theta2=\cos^2\frac\theta2\Bigl(1-\tan^2\frac\theta2\Bigr)=\frac{1-t^2}{1+t^2} $$
$$ \sin\theta=2\sin\frac\theta2\cos\frac\theta2=2\tan\frac\theta2\cos^2\frac\theta2=\frac{2t}{1+t^2} $$
である。
段 3。段 2 を $(a\cos\theta,b\sin\theta)$ に入れると $\bigl(\frac{a(1-t^2)}{1+t^2},\frac{2bt}{1+t^2}\bigr)$ になる。$\theta=\pi$ では $(a\cos\pi,b\sin\pi)=(-a,0)$ で、$\theta\to\pi$ のとき $t=\tan\frac\theta2\to+\infty$ である。$\square$

方針：thm-pcn-ellipse により楕円の点は $(2\cos\theta,\sin\theta)$（$0\le\theta<2\pi$）で漏れなく表せるので、$x+y$ を $\theta$ の関数として最大・最小を調べればよい。
段 1（1 変数の関数にする）。$x+y=2\cos\theta+\sin\theta$ である。楕円のすべての点がこの形に書けるので、$x+y$ のとる値の範囲は、$\theta$ を動かしたときの $2\cos\theta+\sin\theta$ の値の範囲と同じである。
段 2（合成する）。$\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5$ でくくると
$$ 2\cos\theta+\sin\theta=\sqrt5\Bigl(\frac2{\sqrt5}\cos\theta+\frac1{\sqrt5}\sin\theta\Bigr) $$
である。$\bigl(\frac2{\sqrt5}\bigr)^2+\bigl(\frac1{\sqrt5}\bigr)^2=1$ なので、$\cos\beta=\frac2{\sqrt5}$、$\sin\beta=\frac1{\sqrt5}$ となる角 $\beta$（$0<\beta<\frac\pi2$）がある。余弦の加法定理から
$$ 2\cos\theta+\sin\theta=\sqrt5(\cos\beta\cos\theta+\sin\beta\sin\theta)=\sqrt5\cos(\theta-\beta) $$
である。
段 3（最大・最小）。$-1\le\cos(\theta-\beta)\le1$ なので $-\sqrt5\le x+y\le\sqrt5$ である。最大値 $\sqrt5$ は $\theta=\beta$ のときで、点は $(2\cos\beta,\sin\beta)=\bigl(\frac4{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\bigr)$ である。最小値 $-\sqrt5$ は $\theta=\beta+\pi$ のときで、点は $\bigl(-\frac4{\sqrt5},-\frac1{\sqrt5}\bigr)$ である。確かめると $\frac{16/5}4+\frac15=\frac45+\frac15=1$、$\frac4{\sqrt5}+\frac1{\sqrt5}=\frac5{\sqrt5}=\sqrt5$ である。$\square$