楕円の方程式（一般形）

　任意の楕円を表す方程式のことを一般形といいます。
楕円の一般形も楕円の定義に従って導き出すことができます。

楕円の一般形の導出

　楕円の定義は

2つの焦点からの距離の和が一定である点からなる曲線

あるいは

2つの焦点からの距離の和が一定である点の動く軌跡

です。

関連：楕円とは？

2つの焦点$(2a, 2b), (2c, 2d)$からの距離の和が$2k$のとき、楕円の定義を満たす点の座標を$(x, y)$とすると

\[\sqrt{(x-2a)^2+(y-2b)^2}+\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}=2k\]

が成り立ちます。ただし、$a, b, c, d$は任意の実数、$k$は正の実数です。
また、2つの焦点間の距離より焦点からの距離の和のほうが大きくならなければならないので$2k>\sqrt{(2a-2c)^2+(2b-2d)^2}>0$、すなわち$k>\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}>0$です。

移項して

\[\sqrt{(x-2a)^2+(y-2b)^2}=2k-\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}\]

両辺を2乗すると

\begin{align*}(x-2a)^2+(y-2b)^2&=4k^2+(x-2c)^2+(y-2d)^2-4k\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}\\[0.5em]x^2-4ax+4a^2+y^2-4by+4b^2&=4k^2+x^2-4cx+4c^2+y^2-4dy+4d^2-4k\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}\\[0.5em]4k\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}&=4(a-c)x+4(b-d)y+(4k^2-4a^2-4b^2+4c^2+4d^2)\\[0.5em]k\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}&=(a-c)x+(b-d)y+(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)\end{align*}

さらに両辺を2乗すると

\begin{align*}k^2\bigl\{(x-2c)^2+(y-2d)^2\bigr\}&=(a-c)^2x^2+2(a-c)(b-d)xy+(b-d)^2y^2\\ &\quad+2(a-c)(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)x+2(b-d)(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)y\\ &\quad+(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)^2\\[0.5em]k^2x^2-4ck^2x+4c^2k^2+k^2y^2-4dk^2y+4d^2k^2&=(a-c)^2x^2+2(a-c)(b-d)xy+(b-d)^2y^2\\ &\quad+2(a-c)(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)x+2(b-d)(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)y\\ &\quad+(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)^2\end{align*}

同類項をまとめ、係数を変形すると

\begin{align*}&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{(a-c)(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)+2ck^2\bigr\}x-2\bigl\{(b-d)(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)+2dk^2\bigr\}y\\ &\quad-(k^2-a^2-b^2+c^2+d^2)^2+4c^2k^2+4d^2k^2=0\\[0.5em]&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{(a-c)k^2-(a-c)(a^2+b^2-c^2-d^2)+2ck^2\bigr\}x-2\bigl\{(b-d)k^2-(b-d)(a^2+b^2-c^2-d^2)+2dk^2\bigr\}y\\ &\quad-k^4+2(a^2+b^2-c^2-d^2)k^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2+4c^2k^2+4d^2k^2=0\\[0.5em]&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{(a +c)k^2-(a-c)(a^2+b^2-c^2-d^2)\bigr\}x-2\bigl\{(b +d)k^2-(b-d)(a^2+b^2-c^2-d^2)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+2(a^2+b^2+c^2+d^2)k^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2=0\\[0.5em]&\left.\begin{aligned}&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\Bigl[(a +c)k^2-(a-c)\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}\Bigr]x-2\Bigl[(b +d)k^2-(b-d)\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}\Bigr]y\\ &\quad-k^4+2(a^2+b^2+c^2+d^2)k^2-\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}^2=0\end{aligned}\quad\right\}\tag1\end{align*}

となります。
後述の確認により、この方程式が確かに座標平面上の任意の楕円を表す一般形であることがわかります。

係数が複雑なので別の文字に置き換えると、この方程式は

\[Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0\]

という形になっています。（ただし、上記の方程式の形は二次曲線で共通しており、楕円であるためには$(1)$内の係数の式で現れる実数の組でなければなりません。）

方程式$(1)$は楕円を表すか？

　楕円の定義式

\[\sqrt{(x-2a)^2+(y-2b)^2}+\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}=2k\quad(k>\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}>0)\]

から導出した方程式$(1)$

\begin{align*}&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\Bigl[(a +c)k^2-(a-c)\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}\Bigr]x-2\Bigl[(b +d)k^2-(b-d)\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}\Bigr]y\\ &\quad-k^4+2(a^2+b^2+c^2+d^2)k^2-\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}^2=0\end{align*}

は本当に楕円の方程式でしょうか？
方程式$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$が楕円の標準形であるとすでにわかっていることを利用します。

関連：楕円の方程式（標準形）

　楕円の標準形を回転移動・平行移動して得られる方程式と$(1)$を比較することで確認します。

中心が原点、2つの焦点はともにx軸上にある楕円について、焦点の座標を$(\pm f, 0)$（ただし、$f>0$）、焦点からの距離の和を$2k$（ただし、$k>0$）とすると、この楕円の方程式は

\[\frac{x^2}{k^2}+\frac{y^2}{k^2-f^2}=1\quad(k>f>0)\]

と表すことができます。

そしてこの楕円の標準形は、回転移動と平行移動によって座標平面上の任意の楕円にすることができます。なぜなら、逆に任意の楕円は平行移動によって中心を原点へ移し、回転移動によって長軸をx軸と平行にして楕円の標準形にすることができるからです。

楕円の標準形を原点を中心に反時計回りに$θ$だけ回転移動すると、これは方程式上では$x$を$x\cosθ+y\sinθ$に、$y$を$-x\sinθ+y\cosθ$に置き換えることに対応するので

関連：関数のグラフの回転移動

\begin{align*}\frac{(x\cos\theta +y\sin\theta)^2}{k^2}+\frac{(-x\sin\theta +y\cos\theta)^2}{k^2-f^2}&=1\\[0.5em]\frac{x^2\cos^2\theta+2xy\cos\theta\sin\theta+y^2\sin^2\theta}{k^2}+\frac{x^2\sin^2\theta-2xy\cos\theta\sin\theta+y^2\cos^2\theta}{k^2-f^2}&=1\\[0.5em](k^2-f^2)(x^2\cos^2\theta+2xy\cos\theta\sin\theta+y^2\sin^2\theta)+k^2(x^2\sin^2\theta-2xy\cos\theta\sin\theta+y^2\cos^2\theta)&=k^2(k^2-f^2)\\[0.5em]\bigl\{k^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)-f^2\cos^2\theta\bigr\}x^2-2f^2\cos\theta\sin\theta xy+\bigl\{k^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta)-f^2\sin^2\theta\bigr\}y^2&=k^2(k^2-f^2)\\[0.5em](k^2-f^2\cos^2\theta)x^2-2f^2\cos\theta\sin\theta xy+(k^2-f^2\sin^2\theta)y^2&=k^2(k^2-f^2)\end{align*}

となります。

さらに、x軸方向に$p$、y軸方向に$q$だけ平行移動すると、これは方程式上では$x$を$x-p$に、$y$を$y-q$に置き換えることに対応するので

関連：関数のグラフの平行移動

\begin{align*}&(k^2-f^2\cos^2\theta)(x-p)^2-2f^2\cos\theta\sin\theta(x-p)(y-q)+(k^2-f^2\sin^2\theta)(y-q)^2=k^2(k^2-f^2)\\[0.5em]&(k^2-f^2\cos^2\theta)(x^2-2px+p^2)-2f^2\cos\theta\sin\theta(xy -qx -py +pq)+(k^2-f^2\sin^2\theta)(y^2-2qy+q^2)=k^2(k^2-f^2)\\[0.5em]&(k^2-f^2\cos^2\theta)x^2-2f^2\cos\theta\sin\theta xy+(k^2-f^2\sin^2\theta)y^2\\ &\quad-2\bigl\{p(k^2-f^2\cos^2\theta)-qf^2\cos\theta\sin\theta\bigr\}x-2\bigl\{q(k^2-f^2\sin^2\theta)-pf^2\cos\theta\sin\theta\bigr\}y\\ &\quad+\bigl\{p^2(k^2-f^2\cos^2\theta)-2pqf^2\cos\theta\sin\theta+q^2(k^2-f^2\sin^2\theta)\bigr\}=k^2(k^2-f^2)\\[0.5em]&(k^2-f^2\cos^2\theta)x^2-2f^2\cos\theta\sin\theta xy+(k^2-f^2\sin^2\theta)y^2\\ &\quad-2\bigl\{p(k^2-f^2\cos^2\theta)-qf^2\cos\theta\sin\theta\bigr\}x-2\bigl\{q(k^2-f^2\sin^2\theta)-pf^2\cos\theta\sin\theta\bigr\}y\\ &\quad+\bigl\{p^2(k^2-f^2\cos^2\theta)-2pqf^2\cos\theta\sin\theta+q^2(k^2-f^2\sin^2\theta)\bigr\}-k^2(k^2-f^2)=0\\[0.5em]&(k^2-f^2\cos^2\theta)x^2-2f^2\cos\theta\sin\theta xy+(k^2-f^2\sin^2\theta)y^2\\ &\quad-2\bigl\{pk^2-f\cos\theta(pf\cos\theta +qf\sin\theta)\bigr\}x-2\bigl\{qk^2-f\sin\theta(qf\sin\theta +pf\cos\theta)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+(f^2+p^2+q^2)k^2-(p^2f^2\cos^2\theta +2pqf^2\cos\theta\sin\theta +q^2f^2\sin^2\theta)=0\end{align*}

となります。

次は、後の代入のために係数・定数項を変形すると

\begin{align*}&\bigl\{k^2-(-f\cos\theta)^2\bigr\}x^2-2(-f\cos\theta)(-f\sin\theta)xy+\bigl\{k^2-(-f\sin\theta)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{pk^2-(-f\cos\theta)(-pf\cos\theta -qf\sin\theta)\bigr\}x-2\bigl\{qk^2-(-f\sin\theta)(-qf\sin\theta -pf\cos\theta)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+\bigl\{f^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)+p^2+q^2\bigr\}k^2-(pf\cos\theta +qf\sin\theta)^2=0\\[0.5em]&\bigl\{k^2-(-f\cos\theta)^2\bigr\}x^2-2(-f\cos\theta)(-f\sin\theta)xy+\bigl\{k^2-(-f\sin\theta)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{pk^2-(-f\cos\theta)(-pf\cos\theta -qf\sin\theta)\bigr\}x-2\bigl\{qk^2-(-f\sin\theta)(-qf\sin\theta -pf\cos\theta)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+(f^2\cos^2\theta+f^2\sin^2\theta+p^2+q^2)k^2-(pf\cos\theta +qf\sin\theta)^2=0\\[0.5em]\\[0.5em]&\bigl\{k^2-(-f\cos\theta)^2\bigr\}x^2-2(-f\cos\theta)(-f\sin\theta)xy+\bigl\{k^2-(-f\sin\theta)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{pk^2-(-f\cos\theta)(-pf\cos\theta -qf\sin\theta)\bigr\}x-2\bigl\{qk^2-(-f\sin\theta)(-qf\sin\theta -pf\cos\theta)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+\left(\frac{f^2\cos^2\theta-2pf\cos\theta+p^2}{2}+\frac{f^2\sin^2\theta-2qf\sin\theta+q^2}{2}+\frac{f^2\cos^2\theta+2pf\cos\theta+p^2}{2}+\frac{f^2\sin^2\theta+2qf\sin\theta+q^2}{2}\right)k^2-(pf\cos\theta +qf\sin\theta)^2=0\\[0.5em]&\bigl\{k^2-(-f\cos\theta)^2\bigr\}x^2-2(-f\cos\theta)(-f\sin\theta)xy+\bigl\{k^2-(-f\sin\theta)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{pk^2-(-f\cos\theta)(-pf\cos\theta -qf\sin\theta)\bigr\}x-2\bigl\{qk^2-(-f\sin\theta)(-qf\sin\theta -pf\cos\theta)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+2\left(\frac{f^2\cos^2\theta-2pf\cos\theta+p^2}{4}+\frac{f^2\sin^2\theta-2qf\sin\theta+q^2}{4}+\frac{f^2\cos^2\theta+2pf\cos\theta+p^2}{4}+\frac{f^2\sin^2\theta+2qf\sin\theta+q^2}{4}\right)k^2-(pf\cos\theta +qf\sin\theta)^2=0\\[0.5em]&\left.\begin{aligned}&\bigl\{k^2-(-f\cos\theta)^2\bigr\}x^2-2(-f\cos\theta)(-f\sin\theta)xy+\bigl\{k^2-(-f\sin\theta)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\bigl\{pk^2-(-f\cos\theta)(-pf\cos\theta -qf\sin\theta)\bigr\}x-2\bigl\{qk^2-(-f\sin\theta)(-qf\sin\theta -pf\cos\theta)\bigr\}y\\ &\quad-k^4+2\left\{\left(\frac{-f\cos\theta +p}{2}\right)^2+\left(\frac{-f\sin\theta +q}{2}\right)^2+\left(\frac{f\cos\theta +p}{2}\right)^2+\left(\frac{f\sin\theta +q}{2}\right)^2\right\}k^2-(pf\cos\theta +qf\sin\theta)^2=0\end{aligned}\quad\right\}\tag2\end{align*}

となります。

　ここで、楕円の標準形の回転移動と平行移動によって焦点がどこへ移動したかについて考えます。
最初の焦点の座標は$(-f, 0), (f, 0)$でした。

原点を中心に反時計回りに$θ$だけ回転移動すると$(-f\cosθ, -f\sinθ), (f\cosθ, f\sinθ)$となり、
さらにx軸方向に$p$、y軸方向に$q$だけ平行移動すると$(-f\cosθ +p, -f\sinθ +q), (f\cosθ +p, f\sinθ +q)$となります。これが回転移動と平行移動後の焦点の座標です。

関連：座標平面上の点の回転移動

関連：座標平面上の点の平行移動・対称移動

$-f\cosθ +p=2a, -f\sinθ +q=2b,$ $f\cosθ +p=2c, f\sinθ +q=2d$とおくと以下が成り立ちます。

\begin{align*}a&=\frac{-f\cos\theta +p}{2}\\[1em]b&=\frac{-f\sin\theta +q}{2}\\[1em]c&=\frac{f\cos\theta +p}{2}\\[1em]d&=\frac{f\sin\theta +q}{2}\\[0.5em]a+c&=p\\[1em]a-c&=-f\cos\theta\\[1em]b +d&=q\\[1em]b-d&=-f\sin\theta\end{align*}

これらを$(2)$に代入すると

\begin{align*}&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\Bigl[(a +c)k^2-(a-c)\bigl\{(a +c)(a-c)+(b +d)(b-d)\bigr\}\Bigr]x-2\Bigl[(b +d)k^2-(b-d)\bigl\{(a +c)(a-c)+(b +d)(b-d)\bigr\}\Bigr]y\\ &\quad-k^4+2(a^2+b^2+c^2+d^2)k^2-\bigl\{(a +c)(a-c)+(b +d)(b-d)\bigr\}^2=0\\[0.5em]&\bigl\{k^2-(a-c)^2\bigr\}x^2-2(a-c)(b-d)xy+\bigl\{k^2-(b-d)^2\bigr\}y^2\\ &\quad-2\Bigl[(a +c)k^2-(a-c)\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}\Bigr]x-2\Bigl[(b +d)k^2-(b-d)\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}\Bigr]y\\ &\quad-k^4+2(a^2+b^2+c^2+d^2)k^2-\bigl\{(a^2-c^2)+(b^2-d^2)\bigr\}^2=0\end{align*}

となり、$(1)$と一致します。

楕円の標準形

\[\frac{x^2}{k^2}+\frac{y^2}{k^2-f^2}=1\quad(k>f>0)\]

を回転移動・平行移動しても形や大きさが変わることはないので、$(2)$も楕円の方程式です。
そして、方程式$(1)$と$(2)$が一致するので、$(1)$もまた楕円の方程式であることがわかります。

　方程式$(1)$は焦点の座標が$(2a, 2b), (2c, 2d)$で、焦点からの距離の和が$2k$である楕円の定義式

\[\sqrt{(x-2a)^2+(y-2b)^2}+\sqrt{(x-2c)^2+(y-2d)^2}=2k\quad(k>\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}>0)\]

から導出され、定義式を満たす点はすべて$(1)$を満たします。

また、$(1)$は$(2)$と一致し、$(2)$は焦点の座標が$(2a, 2b), (2c, 2d)$で、焦点からの距離の和が$2k$である楕円を表します。

したがって、上記の楕円の定義式と方程式$(1)$はちょうど同じ楕円だけを表すため、同値であることがわかります。

Desmosグラフ計算機で楕円の一般形のサンプルを作ってみました。
外部リンク：楕円の一般形| Desmos

外部リンク：楕円の標準形の回転・平行移動| Desmos

関連：楕円の方程式（標準形）

関連：楕円とは？