https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/1933/Igaku

2025.01.22記

[2] 一ノ平面曲線アリ．同平面上ニテ曲線外ニ存スル二定點 $\mbox{F}_1$ ， $\mbox{F}_2$ ヨリ曲線上ノ任意ノ點ニ至ル距離ノ相乘積ハ一定ナリ．今曲線上ノ一點 $\rm P$ ヨリ發シ，曲線上を辿リテ一方ニ進ム時ハ，遂ニ再ビ $\rm P$ 點に復歸スルコトヲ證明セヨ．

本問のテーマ

カッシーニの卵形線

2025.02.04記

[解答]
$\mbox{F}_1(-b，0)$ ， $\mbox{F}_2(b，0)$ とし相乗積を $a^2$ （ $a，b\geqq 0$ ）とする．

ここで $a=0$ とすると $b=0$ かつ $(x，y)=(0，0)$ となり曲線とはならないので $a\gt 0$ として良い．

また $b=0$ （， $a\gt 0$ ）とすると $x^2+y^2=a^2$ となり，これは円周を表すので閉曲線となり題意を満たす．

よって以下， $a，b\gt 0$ として良い．

このとき，曲線上の点を $(x，y)$ とすると
$\sqrt{(x+b)^2+y^2}\cdot\sqrt{(x-b)^2+y^2}=a^2$ ，
すなわち
$(x^2+y^2+b^2)^2-(2xb)^2=a^4$
を経由して
$(x^2+y^2)^2-2b^2(x^2-y^2)-a^4+b^4=0$
が成立する．

ここで関数 $z=(x^2+y^2)^2-2b^2(x^2-y^2)-a^4+b^4$ は多項式関数であるから任意の $(x，y)\in\mathbb{R}^2$ に対して連続であり，よって連続な単一の曲面を表すので，その等高線も閉曲線の集合（2つの閉曲線が1点を共有することもある）となり，題意をみたす．

曲面 $z=(x^2+y^2)^2-2b^2(x^2-y^2)-a^4+b^4$ の $z=0$ における切り口は
$0=4x(x^2+y^2-b^2) dx$ $+4y(x^2+y^2+b^2) dy$
を満たすので，曲線上を滑らかに辿ることができる．

ここで $a=b$ のとき，曲線 $(x^2+y^2)^2-2b^2(x^2-y^2)=0$ はベルヌーイのレムニスケートであり，原点付近で2次近似すると
$-2b^2(x^2-y^2)=-2b^2(x+y)(x-y)=0$
となるので原点は二重点であり，曲線は原点で自己交叉する．

当時の解答に「コレハ Cassini ノ閉曲線デアル（カラ題意ヲ満タス）」とあって，これでいいのか？と思った．まぁこっちも「円だから題意を満たす」という議論をしているのだが．

[解答]
（途中から）
$(x^2+y^2)^2-2b^2(x^2-y^2)-a^4+b^4=0$ （ $a，b\gt 0$ ）
において $x=r\cos\theta，y=r\sin\theta$ とおくと
$r^4-2b^2r^2\cos2\theta-a^4+b^4=0$
となる．ここで $f(x,\theta)=x^2-2b^2x\cos2\theta-a^4+b^4$
とおくと，曲線の極表示は $f(r^2,\theta)=0$ と表される．

(i) $a\gt b$ のとき：
任意 $\theta$ に対して2次方程式 $f(x,\theta)=0$ は正の解を唯一もち，それは
$x=b^2\cos2\theta+\sqrt{b^4\cos^2 2\theta+(a^4-b^4)}$
$=b^2\cos2\theta+\sqrt{a^4-b^4\sin^2 2\theta}(\gt 0)$
となるので
$r=\sqrt{b^2\cos2\theta+\sqrt{a^4-b^4\sin^2 2\theta}}$
となり， $\bigl. r \bigr|_{\theta+2\pi}=\bigl. r \bigr|_{\theta}$ であるから題意を満たす．

(ii) $a=b$ のとき：
2次方程式 $f(x,\theta)=0$ は $x=0，2b^2\cos 2\theta$ を解に持ち，
$\cos 2\theta\geqq 0$ のとき $r=0，\sqrt{2}b\sqrt{\cos 2\theta}$
となり，
$\cos 2\theta\lt 0$ のとき $r=0$ （原点）
となる．
$r=\sqrt{2}b\sqrt{\cos 2\theta}$ （ $\cos 2\theta\geqq 0$ ）は原
点を通るので結局曲線の極方程式は
$r=\sqrt{2}b\sqrt{\cos 2\theta}$ （ $\cos 2\theta\geqq 0$ ）
となる．これは $\theta=-\dfrac{\pi}{4}$ において原点から出発し， $x\gt 0$ の領域を滑らかに動いて $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ で原点に戻る曲線と， $\theta=\dfrac{3\pi}{4}$ において原点から出発し， $x\lt 0$ の領域を滑らかに動いて $\theta=\dfrac{5\pi}{4}$ で原点に戻る曲線の2つ（原点を共有する）からなるので，題意を満たす．

(iii) $a\lt b$ のとき： $\sin^2 2\theta \gt \dfrac{a^4}{b^4}$ のとき
$x=b^2\cos2\theta\pm\sqrt{a^4-b^4\sin^2 2\theta}(\gt 0)$
となるので
$r=\sqrt{b^2\cos2\theta\pm\sqrt{a^4-b^4\sin^2 2\theta}}$
（但し $|\sin 2\theta| \lt \dfrac{a^2}{b^2}$ ）
となる．2つの曲線
$r=\sqrt{b^2\cos2\theta+\sqrt{a^4-b^4\sin^2 2\theta}}$ ，
$r=\sqrt{b^2\cos2\theta-\sqrt{a^4-b^4\sin^2 2\theta}}$
は共に $x\gt 0$ （ $\cos\theta\gt 0$ ）の範囲で
$(x，y)=\left(\sqrt[4]{b^4-a^4}\dfrac{\sqrt{b^2+ \sqrt[4]{b^4-a^4}}}{\sqrt{2}b}，-\sqrt[4]{b^4-a^4}\dfrac{\sqrt{b^2- \sqrt[4]{b^4-a^4}}}{\sqrt{2}b}\right)$
と
$(x，y)=\left(\sqrt[4]{b^4-a^4}\dfrac{\sqrt{b^2+ \sqrt[4]{b^4-a^4}}}{\sqrt{2}b}，\sqrt[4]{b^4-a^4}\dfrac{\sqrt{b^2- \sqrt[4]{b^4-a^4}}}{\sqrt{2}b}\right)$
を結ぶ端点以外では交わらない曲線であるから，1つの輪をなす曲線となる． $x\lt 0$ の範囲でも同様となるので，
$(x^2+y^2)^2-2b^2(x^2-y^2)-a^4+b^4=0$ （ $b\gt a\gt 0$ ）
は2つの輪からなるので，題意を満たす．