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反転法による証明

南海  『数学対話』では「反転と円環問題」で反転を用いる論証をおこなった. フォイエルバッハの定理も反転法を用いる証明がある. これは『幾何学』(長友次郎吉著)にある最後の証明法である. これをかみ砕いて紹介しよう. 「反転と円環問題」が未習の場合は,先に「反転と円環問題」を読んでほしい. 準備として補題をいくつか証明する. いずれも有用であるからぜひ自分で証明してみてほしい.

補題 2
     $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$がある. $\angle \mathrm{AOB}$の内角の二等分線と外角の二等分線は, 辺$\mathrm{AB}$ $\mathrm{OA}:\mathrm{OB}$にそれぞれ 内分,外分する.

耕一  内分の方はよく知っていますが,外分は知りません.

南海  証明はベクトルを用いてはどうだろうか. 類似問題が09年の阪大にある.その解答を参考にして 証明してほしい.

耕一  はい.

証明

\begin{displaymath}
\overrightarrow{a}
=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}}
...
...m{OB}}}
{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}
\end{displaymath}

とおく. $\vert\overrightarrow{a}\vert=\vert\overrightarrow{b}\vert=1$なので,

\begin{displaymath}
\dfrac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot\overrig...
...arrow{a}+\overrightarrow{b}\vert\vert\overrightarrow{b}\vert}
\end{displaymath}

である. つまり $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$ $\overrightarrow{a},\ \overrightarrow{b}$ となす角の余弦が等しく,その結果なす角が等しい.よって $\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}}
{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OA}} \...
...rrightarrow{\mathrm{OB}}}
{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}$ $\angle \mathrm{AOB}$の内角の 二等分の方向である.

同様に二つの外角の一方を二等分する方向として $\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}}
{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OA}} \...
...rrightarrow{\mathrm{OB}}}
{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}$ を用いることができる.

これら二等分の方向が直線$\mathrm{AB}$と交わる点を $\mathrm{C},\ \mathrm{D}$とすると,

\begin{displaymath}
\overrightarrow{\mathrm{OC}}=
h\left(\dfrac{\overrightarro...
...
{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}\right)
\end{displaymath}

とおけ,この係数の和が1であることから

\begin{eqnarray*}
\overrightarrow{\mathrm{OC}}&=&
\dfrac
{\left\vert\overrigh...
...htarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}
\overrightarrow{\mathrm{OB}}
\end{eqnarray*}

よって点 $\mathrm{C},\ \mathrm{D}$は線分$\mathrm{AB}$をそれぞれ $\mathrm{OA}:\mathrm{OB}$に内分,外分する. □


南海  線分$\mathrm{AB}$ $\mathrm{C},\ \mathrm{D}$が内分,外分しているとき, 一直線上の4点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C},\ \mathrm{D}$調和点列であるという. 「反転と円環問題」にもこの比は出てきていた.

補題 3
     $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$と外心$\mathrm{O}$がある. $\angle \mathrm{A}$の二等分線に関して点$\mathrm{O}$と対称な点を $\mathrm{O}'$とする.このとき

\begin{displaymath}
\mathrm{AO}'\bot\mathrm{BC}
\end{displaymath}

である.

証明      中心に関する点$\mathrm{A}$の対称点を$\mathrm{A}'$$\mathrm{AO'}$と外接円の交点を$\mathrm{O}''$とする.

     $\angle \mathrm{A}$の二等分線に関して直線 $\mathrm{AB},\ \mathrm{AC}$ が対称の位置にあり,点 $\mathrm{O},\ \mathrm{O}'$も対称の位置にあるので,

\begin{displaymath}
\angle \mathrm{BAO''}=\angle \mathrm{CAA'}
\end{displaymath}
一方

\begin{displaymath}
\angle \mathrm{BAO''}=\angle \mathrm{BCO}'',\
\angle \mathrm{CAA'}=\angle \mathrm{CO''A'}
\end{displaymath}
である.この結果

\begin{displaymath}
\mathrm{BC}\parallel \mathrm{O''A'}
\end{displaymath}
$\angle \mathrm{AO''A'}=\dfrac{\pi}{2}$なので,

\begin{displaymath}
\mathrm{AO}'\bot\mathrm{BC}
\end{displaymath}

である. 鈍角三角形でも同様に示される. □

南海  もう一つ,内接円と傍接円の接点に関する補題が必要だ.

補題 4
     $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内接円と辺$\mathrm{BC}$の接点を$\mathrm{D}$ $\angle \mathrm{A}$の傍接円と辺$\mathrm{BC}$の接点を$\mathrm{E}$とする.

\begin{displaymath}
\mathrm{BD}=\mathrm{EC}
\end{displaymath}

である.

証明      図のように,内接円の他の辺との接点を $\mathrm{D}',\ \mathrm{F}$, 傍接円と他の辺との接点を $\mathrm{E}',\ \mathrm{G}$とする.

     円の対称性から $\mathrm{BE}=\mathrm{BG},\
\mathrm{EC}=\mathrm{E'C},\
\mathrm{BE}=\mathrm{BG}$なので,

\begin{eqnarray*}
\mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{CA}&=&
\mathrm{AB}+\mathrm{B...
...\mathrm{BG}+\mathrm{E'C}+\mathrm{CA}
=\mathrm{AG}+\mathrm{AE'}
\end{eqnarray*}
ところが $\mathrm{AG}=\mathrm{AE'}$なので,

\begin{displaymath}
\mathrm{AG}=\dfrac{1}{2}\left(\mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{CA} \right)
\end{displaymath}

この結果

\begin{eqnarray*}
\mathrm{BE}&=&\mathrm{BG}=\mathrm{AG}-\mathrm{AB}\\
&=&\dfr...
...F}) \right\}
=\dfrac{1}{2}\left(\mathrm{DC}+\mathrm{FC}\right)
\end{eqnarray*}

$\mathrm{DC}=\mathrm{FC}$なので,

\begin{displaymath}
\mathrm{BE}=\mathrm{DC}
\end{displaymath}

これから

\begin{displaymath}
\mathrm{BD}=\mathrm{EC}
\end{displaymath}

である. □

フォイエルバッハの定理の反転法による証明

     定理1の点の記号はそのまま用いる. とくに $\mathrm{O},\ \mathrm{D},\ \mathrm{M}$はそれぞれ,外心,九点円の中心, $\mathrm{BC}$の中点とする. さらに内心$\mathrm{I}$$\mathrm{A}$に対する傍心を$\mathrm{J}$とし,$\mathrm{IJ}$と辺$\mathrm{BC}$ の交点を$\mathrm{P}$とする. 点$\mathrm{P}$を通りこの内接円と傍接円に接する辺$\mathrm{BC}$ と異なる共通接線を引き,その接点を $\mathrm{E},\ \mathrm{E}'$とする. さらに点 $\mathrm{A},\ \mathrm{I},\ \mathrm{J}$から直線$\mathrm{BC}$ への垂線の足を $\mathrm{N},\ \mathrm{I}',\ \mathrm{J}'$とする.

     まず関係式

\begin{displaymath}
\mathrm{MI'}^2=
\mathrm{MJ'}^2=\mathrm{MP}\cdot\mathrm{MN}
\end{displaymath} (5)

を示す.

$\mathrm{AN}\parallel \mathrm{II'}$である. $\angle \mathrm{A}$の二等分線に関する 補題3より$\mathrm{AO}$$\mathrm{AN}$と対称で, $\mathrm{II}'$$\mathrm{IE}$も同じ二等分線に関して対称である.したがって

\begin{displaymath}
\mathrm{IE}\parallel \mathrm{OA}
\end{displaymath}

である.ところが定理1の証明内にあるように

\begin{displaymath}
\overrightarrow{\mathrm{DM}}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}}
\end{displaymath}

なので,

\begin{displaymath}
\mathrm{IE}\parallel \mathrm{DM}
\end{displaymath}

つまり点$\mathrm{E}$における内接円の接線と,点$\mathrm{M}$における九点円の接線は平行である.

つぎに補題2から,点$\mathrm{I}$と点$\mathrm{J}$$\mathrm{AP}$ $\mathrm{BA}:\mathrm{BP}$に内分,外分する.よって

\begin{displaymath}
\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BA}}=
\dfrac{\mathrm{IP}}{\mathrm{AI}}=
\dfrac{\mathrm{JP}}{\mathrm{AJ}}
\end{displaymath}

この結果,垂線の足での比をとることにより
\begin{displaymath}
\dfrac{\mathrm{I'P}}{\mathrm{NI'}}=
\dfrac{\mathrm{J'P}}{\mathrm{NJ'}}
\end{displaymath} (6)

を得る.

\begin{eqnarray*}
&&\mathrm{I'P}=\mathrm{I'M}-\mathrm{PM},\
\mathrm{NI'}=\mat...
...athrm{J'M}+\mathrm{MP},\
\mathrm{NJ}=\mathrm{NM}+\mathrm{J'M}
\end{eqnarray*}

なので,これらを(6)に代入する. 補題4より,点$\mathrm{M}$は線分$\mathrm{I'J'}$の中点でもある. よって $\mathrm{MI'}=\mathrm{MJ'}$であるのでこれをもちいて整理すると

\begin{displaymath}
\mathrm{MI'}^2=
\mathrm{MJ'}^2=\mathrm{MP}\cdot\mathrm{MN}
\end{displaymath}

が得られる.これは鋭角三角形の場合も同様に成りたつ.


いま点$\mathrm{M}$を反転の中心とし,$\mathrm{MI'}$を反転の半径とする反転をとる. 方べきの定理よりこの反転で内接円と傍接円はそれ自身に移る. また九点円は反転の中心$\mathrm{M}$を通るので,ある直線$l$に反転される. $\mathrm{M}$における九点円の接線は九点円と$\mathrm{M}$の他に共有点はない. したがって$l$$\mathrm{M}$における九点円の接線と共有点がない. つまり,$l$$\mathrm{M}$における九点円の接線と平行である. 直線$\mathrm{EE'}$$\mathrm{M}$における九点円の接線と平行であったので, $l$と直線$\mathrm{EE'}$は平行である.

ところが関係式(5)は点$\mathrm{P}$と点$\mathrm{N}$はこの反転に関して 互いに移ることを示している.九点円は点$\mathrm{N}$を通るので$l$は点$\mathrm{P}$を通る. この結果$l$は直線$\mathrm{EE'}$に一致する.

直線$\mathrm{EE'}$は内接円,傍接円に接しているので, 反転で戻した九点円は内接円,傍接円と接している. その接点は点 $\mathrm{E},\ \mathrm{E}'$とこの反転で対応する点である. □

南海  ということなのだ.

耕一  接点も与えられるのですね. この接点の決め方と,幾何の証明での接点の決め方と, 同じ点を定めるのですね. 不思議な気がします.

南海  それは今後の課題としよう. さらにこの接点をさらに別の面からも特徴づけることができる. そこに進もう.


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