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反転

南海　 さてこのシュタイナー円環の定理を反転を用いて証明し，さらに関連問題も考えよう．またそれを用いて先の和算の問題を解いてみよう． そのためにまず，反転について必要なことを証明していこう．

反転とはどのようなことか．

太郎　 平面上の点$\mathrm{O}$を中心とする半径 $\rho\ (\rho>0)$の円がある． $\mathrm{O}$から半直線上に2点 $\mathrm{P},\ \mathrm{P}'$をとる．

$$\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OP}'=\rho^2$$

となるとき， $\mathrm{P},\ \mathrm{P}'$をこの円に関して互いに反転という．

南海　 その通り．この円を反転の定円，$\mathrm{O}$を反転の中心， $\rho$を反転の半径という． 点$\mathrm{P}$がある図形を描くとき， それに対応して$\mathrm{P}'$もある図形を描く． それらの図形も互いに反転であるという．

太郎　 反転は平面から平面への一対一の写像です．

南海　 いや，厳密に言うと平面から反転の中心$\mathrm{O}$を除かなければならない．

$$X=平面-\{\mathrm{O}\}$$

とすると，$X$から$X$への一対一写像である．

太郎　 そうか．$\mathrm{O}$は無限の彼方に行ってしまうのだ．

南海　 だから逆に無限遠点$\infty$を考え

$$Y=平面\cup \{\infty\}$$

とすると，反転は$Y$から$Y$への一対一写像と考えることもできる．

反転に関する基本事項は次のことだ． 証明は2007年の阪大文理3番と同じくいろんな方法がある．

定理 1
     平面上の円または直線$C$が$\mathrm{O}$を中心とする反転で曲線$C'$になるとする． $C$の位置関係で$C'$は次のようになる．

$$\begin{array}{\vert l\vert l\vert} \hline \quad \quad ... ...・amp;円\\ \mathrm{O}を通る直線&直線\\ \hline \end{array}$$    ■

太郎　 慣れた座標でやってみたいですが場合に分けるのがめんどうです．

南海　 まとめてやるために$C$の方程式を

$$a(x^2+y^2)+2px+2qy+b=0$$

とおいてはどうだろう． $a$が0かどうかで円になるか直線になるかが決まる． $b$が0かどうかで原点を通るかどうかが決まる． 円から円に反転される場合，中心位置関係も含めて確認してほしい．

証明      反転の中心を原点におき，反転の定円の半径を$\rho$とする． 点 $\mathrm{P}(x,\ y)$と 点 $\mathrm{P}'(X,\ Y)$がこの円に関して反転であるとする． すると

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k \overrightarrow{\mathrm{OP}'} \ (k>0)$$

とおくことができる．条件から

よって  これから成分で書いて

$$(x,\ y)=\dfrac{\rho^2}{X^2+Y^2}(X,\ Y)$$

を得る． また $\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}} \right\vert^2 \left\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}'} \right\vert^2= (x^2+y^2)(X^2+Y^2)=\rho^4$も成り立つ． 点$\mathrm{P}$が方程式

$$a(x^2+y^2)+2px+2qy+b=0$$

で定まる円か直線上にあるとする．ここに代入して

$$\dfrac{a\rho^4}{X^2+Y^2}+2p\left(\dfrac{\rho^2X}{X^2+Y^2} \right) +2q\left(\dfrac{\rho^2Y}{X^2+Y^2} \right)+b=0$$

$X^2+Y^2\ne 0$なので

$$a\rho^4+2p\rho^2X+2q\rho^2Y+b(X^2+Y^2)=0$$

この方程式から次のことがわかる．

1)

$a\ne 0$で円の場合．

(i)

円が原点を通らないときは$b\ne 0$なので $\mathrm{P}'$の軌跡は円である．ただし $(X,\ Y)=(0,\ 0)$を除く． この場合もとの円の中心$\mathrm{C}$は $\left(-\dfrac{p}{a},\ -\dfrac{q}{a}\right)$にあり， 反転した円の中心$\mathrm{C}'$は $\left(-\dfrac{p\rho^2}{b},\ -\dfrac{q\rho^2}{b} \right)$ にあるので， $\mathrm{O},\ \mathrm{C},\ \mathrm{C}'$ が同一直線上にあることも分かる．ただし $\mathrm{C},\ \mathrm{C}'$は互いに反転ではない．

(ii)

円が原点を通る場合は$b=0$なので方程式が1次式となり $\mathrm{P}'$の軌跡は直線である．

2)

$a=0$で直線の場合．

(i)

直線が原点を通らないときは$b\ne 0$なので $\mathrm{P}'$の軌跡は円である．ただし$(X,\ Y)$を除く．

(ii)

直線が原点を通る場合は$b=0$なので方程式が1次式となり $\mathrm{P}'$の軌跡は直線である．この場合同一の直線になる．

□

南海　 それでいい． この論証は図形的にするより座標の方が簡明なのだが， しかしすべてを座標でやるのは，逆に大変なのだ． 一般に円に関する論証では，円周角の関係するものを座標ですると複雑になる． そのときは図形の論証の方が見通しよい． ここからは図形的に考えていこう．

次のようなことを確認しておきたい．

定理 2
     平面上の点$\mathrm{O}$を中心とする半径$\rho$の円を反転の定円とする反転がある．

1)

$\mathrm{O}$を通らない二円$C_1,\ C_2$が接していれば， それらを反転した二円も接している．

2)

二点 $\mathrm{P},\ \mathrm{Q}$の反転を $\mathrm{P}',\ \mathrm{Q}'$とすると，この四点は同一円周上にある．

3)

点$\mathrm{P}$の反転を$\mathrm{P}'$とする． $\mathrm{PP}'$を通る円は反転の定円に直交する． 反転の定円に直交する円は，この反転でそれ自身にうつる．

4)

$\mathrm{O}$を通らない二円$C_1,\ C_2$が点$\mathrm{P}$で交わっており， 交点での接線$l_1,\ l_2$のなす角をこの順の方向に計った角が$\alpha$とする． 反転した二円と交点を ${C_1}',\ {C_2}',\ \mathrm{P}'$とする． 交点での接線 ${l_1}',\ {l_2}'$のなす角をこの順の方向に計った角は$-\alpha$である．

5)

$\mathrm{O}$を通らない半径$r$の円$C$，中心$\mathrm{C}$がある． その反転の円を$C'$，半径が$r'$で中心が$\mathrm{C}'$とする． このとき

$$\dfrac{r}{r'}=\dfrac{\rho^2}{\mathrm{OC'}^2-{r'}^2}$$

が成り立つ． ■

証明
1)    二円は再び二円に反転され， 反転が中心を除き一対一対応の写像なので，反転した二円の共有点も一つである． つまり接している．
2)     $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OP}'=\mathrm{OQ}\cdot\mathrm{OQ}'$より $\bigtriangleup \mathrm{OPQ}∽\bigtriangleup \mathrm{OQ'P'}$である．従って
         $\angle \mathrm{QQ'P'}+\angle \mathrm{QPP'}= \angle \mathrm{OPQ}+\angle \mathrm{QPP'}=\pi$．

つまり四角形 $\mathrm{PP'Q'Q}$は円に内接する．

3)     $\mathrm{PP}'$を通る円と点$\mathrm{O}$に関する方べきの定理から， $\mathrm{O}$からこの円への接線を$\mathrm{OT}$とすると， $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OP}'=\mathrm{OT}^2$である． 一方 $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OP}'=\rho^2$なので， $\mathrm{OT}=\rho$．つまり$\mathrm{T}$は反転の定円上にもあり， この二円は点$\mathrm{T}$で直交している．

     逆に反転の定円に直交し，交点が$\mathrm{T}$とすると，$\mathrm{OT}$は 円の接線である．$\mathrm{O}$を通り円に割線を引き， 交点を $\mathrm{P},\ \mathrm{P'}$とする． 方べきの定理から $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OP}'=\mathrm{OT}^2=\rho^2$となり， $\mathrm{P}$と$\mathrm{P}'$は互いに反転である． よって円は，この反転でそれ自身にうつる．

4)    円$C$と$C'$が反転しており， 反転の中心$\mathrm{O}$を通る 割線$m$上の点 $\mathrm{P},\ \mathrm{Q}$と $\mathrm{P'},\ \mathrm{Q'}$をとる． $\mathrm{OT},\ \mathrm{OT}'$をそれぞれ接線とする． 方べきの定理から

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{OT}^2=\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ},\ \mathrm{OT'}^... ...thrm{OQ'}}{\mathrm{OP}}\cdot \dfrac{\mathrm{OP'}}{\mathrm{OQ}} \end{eqnarray*}$$

また反転であることから

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OP'}= \mathrm{OQ}\cdot\mathrm{OQ'}... ...{\mathrm{OP'}}{\mathrm{OQ}}= \dfrac{\mathrm{OT'}}{\mathrm{OT}} \end{eqnarray*}$$

これから

$$\bigtriangleup \mathrm{OQT}∽ \bigtriangleup \mathrm{OP'T'... ... \bigtriangleup \mathrm{OTP}∽ \bigtriangleup \mathrm{OT'Q'}$$

この結果

$$\angle \mathrm{QTP}=\angle \mathrm{P'T'Q'}$$

さらにこの結果点$\mathrm{P}$と点$\mathrm{P}'$における接線が割線$m$となす角が等しい．

図より 交点での接線$l_1,\ l_2$のなす角をこの順の方向に計った角が$\alpha$とするとき， 交点での接線 ${l_1}',\ {l_2}'$のなす角をこの順の方向に計った角は$-\alpha$である．
5)     $\mathrm{O}$から$C$，$C'$までの接線の長さがそれぞれ

$$\sqrt{\mathrm{OC}^2-r^2},\ \sqrt{\mathrm{OC'}^2-{r'}^2}$$

である．かつ接点も反転の関係なので積は$\rho^2$である． よって

$$\dfrac{r}{r'}=\dfrac{\sqrt{\mathrm{OC}^2-r^2}}{\sqrt{\mathrm{OC'}^2-{r'}^2}} =\dfrac{\rho^2}{\mathrm{OC'}^2-{r'}^2}$$

□

南海　 さらに，4)に追加すると，相交わる円だけではなく，円と直線，直線と直線の場合についても， 交点でなす角は反転によって大きさが変わらず，向きだけ逆になる． これはそれらの直線に交点で接する円をとり， それらの図形の反転をとることによって分かる．

一点注意であるが，二つの円が反転の関係のとき，反転中心からこれら二円に共通接線が引け， 接点もまた同じ反転で対応する．しかし，円の中心はこの反転で対応するものではない．

反転は複比を符号を含めて保存する．

定理 3
     反転の中心を$\mathrm{O}$とし一直線，または一円周上にある四点を $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C},\ \mathrm{D}$とし， 複比 $(\mathrm{AB},\ \mathrm{CD})$を

$$(\mathrm{AB},\ \mathrm{CD}) =\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{B... ...rac{\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}}{\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}}$$

ただし，長さは方向を含めて考えるものとする．つまり $\mathrm{CA}=-\mathrm{AC}$とする． 四点の反転を $\mathrm{A}',\ \mathrm{B}',\ \mathrm{C}',\ \mathrm{D}'$とするとき次式が成り立つ．

$$(\mathrm{AB},\ \mathrm{CD})=(\mathrm{A'B'},\ \mathrm{C'D'})$$ ■

証明      定理2の2)と同様に方向まで考えて $\bigtriangleup \mathrm{OAC}∽\bigtriangleup \mathrm{OC'A'}$より

$$\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{A'C'}}= \dfrac{\mathrm{OA}}{\mathrm{OC'}}$$

同様に $\bigtriangleup \mathrm{OBC}∽\bigtriangleup \mathrm{OC'B'}$より

$$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{B'C'}}= \dfrac{\mathrm{OB}}{\mathrm{OC'}}$$

これら二式から

$$\dfrac{\mathrm{A'C'}}{\mathrm{B'C'}}= \dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}\cdot \dfrac{\mathrm{OB}}{\mathrm{OA}}$$

まったく同様に

$$\dfrac{\mathrm{A'D'}}{\mathrm{B'D'}}= \dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BD}}\cdot \dfrac{\mathrm{OB}}{\mathrm{OA}}$$

が得られ，これから

$$\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}：\dfrac{\mathrm{AD}}{\math... ...m{A'C'}}{\mathrm{B'C'}}：\dfrac{\mathrm{A'D'}}{\mathrm{B'D'}}$$

となる．複比の絶対値は等しい．反転によって円周または一直線上に並んでいる四点の順序は変化しないので，符号に変化はない．従って

$$(\mathrm{AB},\ \mathrm{CD})=(\mathrm{A'B'},\ \mathrm{C'D'})$$

である． □

これらのことからただちに導かれるものとして，パップスの円環定理を紹介しなければならない．

太郎　 パップスって，『数学対話』「パップスの定理」のパップスですか．

南海　 そうだ．歴史的なことはそれを読んでもらうとして，定理そのものは別のものだ．

系 1 (パップスの円環定理)
     直線$l$上に3点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C}$がこの順に並んでいる．
     $\mathrm{AC}$を直径とする半円$U$を描きその中に $\mathrm{AB},\ \mathrm{BC}$を直径とする半円$V,\ W$を描く． $C_0=W$とし $n=1,\ 2,\ \cdots$に対して $C_{n-1}$が定まったとき， $U$に内接し$V$と$C_{n-1}$に外接する円$C_n$を描きその中心を $\mathrm{C}_n$，半径を$r_n$， $\mathrm{C}_n$と$l$との距離を$h_n$とする．

    このとき $n=1,\ 2,\ \cdots$に対して

$$h_n=2nr_n$$

が成り立つ． ■

証明      点$\mathrm{A}$を中心に反転する．半円$U$と$V$は 直線$\mathrm{AB}$と直交しているので， それぞれ直線$\mathrm{AB}$と直交する直線に反転され， これら二直線は平行になる． 円 $C_n\ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)$の反転円は， すべてこの二本の平行線にはさまれて接し，互いにも接している． つまり，すべて等しい半径の円に反転される．この半径を$r$とする． $W$を反転した半円の中心を ${\mathrm{C}_0}'$とする．

$$\dfrac{r_n}{r} =\dfrac{\mathrm{AC_n}}{\mathrm{AC_n}'} =\dfrac{h_n}{\mathrm{C_0'C_n}'} =\dfrac{h_n}{2nr}$$

$$∴\quad h_n=2nr_n$$

□

この円$C_n$の集合を「アルキメデスのアルベロス（靴屋のナイフ）円列」という． パップスはいくつかの過程を経てようやくにこれを示したといわれている． ところがこのように反転の図形的な性質を用いることで簡明に示すことができる． しかしまた座標計算も捨てがたい． 次の定理は機械的な計算でできる．

定理 4
     二円$C_1,\ C_2$がある． このときそれぞれの半径$r_1,\ r_2$，中心間の距離$d$を用いて

$$D(C_1,\ C_2)=\dfrac{d^2-(r_1-r_2)^2}{4r_1r_2}$$

とおく．反転の中心が$C_1,\ C_2$上にはない反転で二円が ${C_1}',\ {C_2}'$となったとすると

$$D(C_1,\ C_2)= D({C_1}',\ {C_2}')$$

である． ■

証明      反転の中心を原点にとり，反転の半径を$R$とする． 二円を

$$C_i：(x-p_i)^2+(y-q_i)^2=r_i^2\quad (i=1,\ 2)$$

とする． $d^2=(p_1-p_2)^2+(q_1-q_2)^2$である． よって

$$D(C_1,\ C_2)=\dfrac{(p_1-p_2)^2+(q_1-q_2)^2-(r_1-r_2)^2}{4r_1r_2}$$

である．

円の方程式に $x=\dfrac{\rho^2X}{X^2+Y^2}$， $y=\dfrac{\rho^2Y}{X^2+Y^2}$を代入し整理する．

$$x^2+y^2-2p_ix-2q_iy+{p_i}^2+{q_i}^2-r_i^2=0$$

で ${p_i}^2+{q_i}^2-r_i^2\ne0$なので，

$$\begin{eqnarray*} &&X^2+Y^2-\dfrac{2p_i\rho^2X}{{p_i}^2+{q_i}^2-r_i^2}-\dfrac{2... ...r_i^2} \right)^2=\dfrac{\rho^4r_i^2}{({p_i}^2+{q_i}^2-r_i^2)^2} \end{eqnarray*}$$

である．これから${C_i}'$の半径$r_i'$と中心間の距離$d'$を計算する．

$$\begin{eqnarray*} r_i'&=&\dfrac{\rho^2r_i}{{p_i}^2+{q_i}^2-r_i^2}\quad (i=1,\ 2... ...2-{r_1}^2}-\dfrac{q_2\rho^2}{{p_2}^2+{q_2}^2-{r_2}^2} \right)^2 \end{eqnarray*}$$

となる．

$$\begin{eqnarray*} D({C_1}',\ {C_2}')&=&\dfrac{{d'}^2-(r_1'-r_2')^2}{4r_1'r_2'} ... ...^2)\\ &&+({p_1}^2+{q_1}^2-{r_1}^2)^2({p_2}^2+{q_2}^2-{r_2}^2) \end{eqnarray*}$$

よって

$$\begin{eqnarray*} D({C_1}',\ {C_2}') &=&\dfrac{{p_2}^2+{q_2}^2-{r_2}^2-2(p_1p_... ...frac{(p_1-p_2)^2+(q_1-q_2)^2-(r_1-r_2)^2}{4r_1r_2}=D(C_1,\ C_2) \end{eqnarray*}$$

□

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