円：ｘ^2＋ｙ^2＝ｒ^2の対称性を考えるとき，中心のまわりの回転は
［ｘ’］＝［ｃｏｓθ，−ｓｉｎθ］［ｘ］
［ｙ’］ ［ｓｉｎθ， ｃｏｓθ］［ｙ］
直径に関する折り返しは
［ｘ’］＝［ｃｏｓθ， ｓｉｎθ］［ｘ］
［ｙ’］ ［ｓｉｎθ，−ｃｏｓθ］［ｙ］
という線形変換であり，ｘ’^2＋ｙ’^2＝ｘ^2＋ｙ^2＝ｒ^2を満たします．
今回のコラムでは，（その３）で宿題とした楕円上に中心をおく運動について解析してみます．
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【Ｑ１】楕円上に中心をおく単振動する点の軌跡
ｘ＝２ｃｏｓθ
ｙ＝ ｓｉｎθ＋ｃｓｉｎ３θ
の代数曲線としての次数？
［Ａ１］この曲線はｘ軸，ｙ軸に関して対称ですから，ｘ^2，ｙ^2の多項式になります（Ｄ2）．
Ｄ2：ｘ^2＝４ｃｏｓ^2θ
Ｄ2：ｙ^2＝（−４ｃｓｉｎ^3θ＋３ｃｓｉｎθ＋ｓｉｎθ）^2
＝（１−ｃｏｓ^2θ）（−４ｃ（１−ｃｏｓ^2θ）＋３ｃ＋１）^2
＝（１−ｘ^2／４）（−４ｃ（１−ｘ^2／４）＋３ｃ＋１）^2
よって，６次式
４ｙ^2＝（４−ｘ^2）（ｃｘ^2−ｃ＋１）^2
ｃ＝０ → ｘ^2／４＋ｙ^2＝１（楕円に退化）
ｃ＝１／３ → ３６ｙ^2＝（４−ｘ^2）（ｘ^2＋１８）^2
ｃ＝２／３ → ３６ｙ^2＝（４−ｘ^2）（２ｘ^2＋９）^2
ｃ＝１ → ４ｙ^2＝ｘ^4（４−ｘ^2）
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これでＯＫなのですが，（その４）より，与式は
Ｆ（ｘ^2＋ｙ^2，ｘ^2）＝０
と表わせることがすでにわかっています．
Ｄ0：ｘ^2＋ｙ^2＝−１６ｃ^2ｃｏｓ^6θ＋８ｃ（３ｃ−１）ｃｏｓ^4θ−（８ｃ^2−１１ｃ−１）ｃｏｓ^2θ＋（ｃ−１）^2
Ｄ2：ｘ^2＝４ｃｏｓ^2θ
Ｄ0：ｘ^2＋ｙ^2はｃｏｓθに関する６次式，Ｄ2：ｘ^2は２次式ですから，
ｆ（ｘ，ｙ）＝ｃ^2（ｘ^2）^3＋ｄ（ｘ^2）^2＋ｅ（ｘ^2）＋ｆ（ｘ^2＋ｙ^2）＋ｇ＝０
の形に表すことを考えてみます．すると，未定係数はｃの関数として
ｄ＝−６ｃ^2＋２ｃ
ｅ＝９ｃ^2＋１０ｃ−３
ｆ＝４
ｇ＝−４（ｃ−１）^2
と表されます．
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【Ｑ２】楕円上に中心をおく円周上を回転する点の軌跡
ｘ＝２ｃｏｓθ＋ｃｃｏｓ３θ
ｙ＝ ｓｉｎθ＋ｃｓｉｎ３θ
の代数曲線としての次数？
［Ａ２］係数を一部変更して，真円上に中心をおく円周上を回転する点の軌跡
ｘ＝ｃｏｓθ＋ｃｃｏｓ３θ
ｙ＝ｓｉｎθ＋ｃｓｉｎ３θ
について調べてみましょう．この曲線はｘ軸，ｙ軸に関して対称ですから，Ｄ2：Ｆ（ｘ^2＋ｙ^2，ｘ^2）で表されます．
Ｄ0：ｘ^2＋ｙ^2＝１＋ｃ^2＋２ｃｃｏｓ２θ＝１＋ｃ^2−２ｃ−４ｃｃｏｓ^2θ → ｃｏｓ^2θ＝（ｘ^2＋ｙ^2−（１−ｃ）^2）／４ｃ
Ｄ2：ｘ^2＝（４ｃｃｏｓ^3θ−３ｃｃｏｓθ＋ｃｏｓθ）^2
＝ｃｏｓ^2θ（４ｃｃｏｓ^2θ−３ｃ＋１）^2
＝（ｘ^2＋ｙ^2−（１−ｃ）^2）／４ｃ・（ｘ^2＋ｙ^2−（１−ｃ）^2−３ｃ＋１）^2
→ ６次式：（ｘ^2＋ｙ^2−（１−ｃ）^2）（ｘ^2＋ｙ^2−（１−ｃ）^2−３ｃ＋１）^2＝４ｃｘ^2
このことから，当該の代数曲線も６次式
ｆ（ｘ，ｙ）＝（ｘ^2＋ｙ^2）^3＋ｄ（ｘ^2＋ｙ^2）^2＋ｅ（ｘ^2＋ｙ^2）＋ｆｘ^2＋ｇ＝０
で表せるものと仮定してみます．（本当に正しいでしょうか？）
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Ｄ2：ｘ^2＝（４ｃｃｏｓ^3θ−３ｃｃｏｓθ＋２ｃｏｓθ）^2
＝ｃｏｓ^2θ（４ｃｃｏｓ^2θ−３ｃ＋２）^2
Ｄ2：ｙ^2＝（−４ｃｓｉｎ^3θ＋３ｃｓｉｎθ＋ｓｉｎθ）^2
＝（１−ｃｏｓ^2θ）（−４ｃ（１−ｃｏｓ^2θ）＋３ｃ＋１）^2
＝（１−ｃｏｓ^2θ）（４ｃｃｏｓ^2θ−ｃ＋１）^2
Ｄ0：ｘ^2＋ｙ^2＝８ｃｃｏｓ^4θ−（２ｃ−３）ｃｏｓ^2θ＋（ｃ−１）^2
Ｄ0はｃｏｓθに関する４次式，Ｄ2は６次式となりますから，
ｆ（ｘ，ｙ）＝（ｘ^2＋ｙ^2）^3＋ｄ（ｘ^2＋ｙ^2）^2＋ｅ（ｘ^2＋ｙ^2）＋ｆｘ^2＋ｇ＝０
ではｃｏｓ^12θが消去されません．そこで，代数曲線を６次式
ｆ（ｘ，ｙ）＝（ｘ^2＋ｙ^2）^3＋ｄ（ｘ^2＋ｙ^2）^2＋ｅ（ｘ^2＋ｙ^2）＋ｆｘ^4＋ｇｘ^2＋ｈ＝０
と仮定して，未定係数法によりｄ，ｅ，ｆ，ｇ，ｈを求めてみます．（モデル式が正しいことを確信しているわけではありません．）
ｃｏｓθ＝１ → ｘ^2＝（ｃ＋２）^2，ｙ^2＝０，ｘ^2＋ｙ^2＝（ｃ＋２）^2
ｃｏｓθ＝√３／２ → ｘ^2＝３，ｙ^2＝（２ｃ＋１）^2／４，ｘ^2＋ｙ^2＝ｃ^2＋ｃ＋１３／９
ｃｏｓθ＝１／√２ → ｘ^2＝（ｃ−２）^2／２，ｙ^2＝（ｃ＋１）^2／２，ｘ^2＋ｙ^2＝ｃ^2−ｃ＋５／２
ｃｏｓθ＝１／２ → ｘ^2＝（ｃ−１）^2，ｙ^2＝３／４，ｘ^2＋ｙ^2＝ｃ^2−２ｃ＋７／４
ｃｏｓθ＝０ → ｘ^2＝０，ｙ^2＝（ｃ−１）^2，ｘ^2＋ｙ^2＝（ｃ−１）^2
これらのデータセットをもとに未定係数法の計算を畏友・阪本ひろむ氏にお願いしましたが，係数は求められませんでした．
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ここまでくれば，交差項（ｘ^2＋ｙ^2）^m（ｘ^2）^nが現れる可能性が考えられるところです．
Ｄ0：ｘ^2＋ｙ^2＝８ｃ（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2＋Ｑ・・・(1)
Ｐ＝（２ｃ−３）／１６ｃ
Ｑ＝（ｃ−１）^2−８ｃＰ^2
Ｄ2：ｘ^2＝（ｃｏｓ^2θ−Ｐ＋Ｐ）｛４ｃ（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）＋４ｃＰ−３ｃ＋２｝^2＝１６ｃ^2（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^3＋８ｃ（６ｃＰ−３ｃ＋２）（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2＋（８ｃＰ＋１）（４ｃＰ−３ｃ＋２）（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）＋Ｐ（４ｃＰ−３ｃ＋２）^2・・・(2)
ｘ^2−８ｃ（６ｃＰ−３ｃ＋２）（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2−Ｐ（４ｃＰ−３ｃ＋２）^2＝（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）｛１６ｃ^2（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2＋（８ｃＰ＋１）（４ｃＰ−３ｃ＋２）｝
両辺を２乗して
（ｘ^2−８ｃ（６ｃＰ−３ｃ＋２）（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2−Ｐ（４ｃＰ−３ｃ＋２）^2）^2＝（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2｛１６ｃ^2（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2＋（８ｃＰ＋１）（４ｃＰ−３ｃ＋２）｝^2
(1)より
（ｃｏｓ^2θ−Ｐ）^2＝（ｘ^2＋ｙ^2−Ｑ）／３ｃ
を代入すると，この式は交差項のある６次式
｛ｘ^2−８ｃ（６ｃＰ−３ｃ＋２）（ｘ^2＋ｙ^2−Ｑ）／３ｃ−Ｐ（４ｃＰ−３ｃ＋２）^2｝^2＝（ｘ^2＋ｙ^2−Ｑ）／３ｃ｛１６ｃ^2（ｘ^2＋ｙ^2−Ｑ）／３ｃ＋（８ｃＰ＋１）（４ｃＰ−３ｃ＋２）｝^2
であることがわかりました．
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【Ｑ３】特異点をもたずに正三角形に内接しながら回転することができる円以外の図形としては，たとえば，
ｘ＝３ｓｉｎθ＋ｃｏｓ^3θ
ｙ＝−３ｃｏｓθ−ｓｉｎ^3θ
が知られている．この曲線の代数曲線としての次数？
［Ａ３］ｃｏｓ^3θ，ｓｉｎ^3θはｃｏｓ３θ，ｓｉｎ３θで表されますから，これまでの結果より６次曲線となることが予測されます．
この曲線は直線ｙ＝±ｘに関する裏返しに関して対称ですから，
ｆ（ｘ＋ｙ，（ｘ−ｙ）^2）
ｆ（ｘ−ｙ，（ｘ＋ｙ）^2）
の多項式の形に表すことができます．また，（ｘ＋ｙ）^2＝ｘ^2＋ｙ^2＋２ｘｙ，（ｘ−ｙ）^2＝ｘ^2＋ｙ^2−２ｘｙとなって，ｘ^2＋ｙ^2，ｘｙの多項式の形
ｆ（ｘ，ｙ）＝Ｆ（ｘ^2＋ｙ^2，ｘｙ）
に表すこともできます．すなわち，
Ｄ2：Ｆ（ｘ^2＋ｙ^2，ｘ^2）
のｘ^2（あるいはｙ^2）の代わりがｘｙということになります．
Ｄ0：ｘ^2＋ｙ^2＝−３（ｓｉｎθｃｏｓθ）^2＋６ｓｉｎθｃｏｓθ＋１０・・・(1)
Ｄ2：−ｘｙ＝（ｓｉｎθｃｏｓθ）^3−６（ｓｉｎθｃｏｓθ）^2＋９ｓｉｎθｃｏｓθ＋３・・・(2)
(1)→（ｓｉｎθｃｏｓθ−１）^2＝−（ｘ^2＋ｙ^2−１３）／３
(2)→−ｘｙ−３＝ｓｉｎθｃｏｓθ（ｓｉｎθｃｏｓθ−３）^2＝（ｓｉｎθｃｏｓθ−１）^3−３（ｓｉｎθｃｏｓθ−１）^2＋４
Ｄ0はｓｉｎθｃｏｓθ＝ｓｉｎ２θ／２の２次式，Ｄ2は３次式です．
(2)より
−ｘｙ−７＝（ｓｉｎθｃｏｓθ−１）^2（ｓｉｎθｃｏｓθ−１−３）
ですから，(1)を代入すると
（ｘ^2＋ｙ^2−１３）^3＋２７（ｘ^2＋ｙ^2＋ｘｙ−６）^2＝０
となって，実際に６次式で表すことができました．
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【４】まとめ
エピサイクロイド，ハイポサイロイドの場合とは異なり，［Ｑ２］では交差項（ｘ^2＋ｙ^2）^m（ｘ^2）^n，［Ｑ３］では交差項（ｘ^2＋ｙ^2）^m（ｘｙ）^nが出現しています．
ｃｏｓｍθ，ｓｉｎｍθ項が含まれるエピサイクロイド，ハイポサイロイドではＤ0がｃｏｓθのｍ次式，Ｄnが２ｍ次式で，代数曲線は交差項の現れない２ｍ次式として表されました．
それに対して，交差項が現れた式はＤ0がｃｏｓθのｍ次式として，Ｄnはｍの非整数倍ｎ次式となっていました．このとき，代数曲線としての次数はＬＣＭ（ｍ，ｎ）に関係していることがわかりますが，これまで検討した例では（ｘ，ｙ）に含まれるｃｏｓｋθ，ｓｉｎｋθ項の最大の係数ｋをＫ＝ｍａｘ｛ｋ｝とすると，次数は２Ｋ次式となっています．
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