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円環の諸定理

南海　 それでは最初に掲げた定理を証明していこう．

定理 6
     交わらない二円$O_1$と$O_2$があり半径は$R$と$r$で， $O_2$は$O_1$の内部にある． $O_1$に内接し$O_2$に外接し，互いに外接する$n$個の円 $C_1,\ \cdots,\ C_n$ よりなるシュタイナーの円環が構成できたとする．

1)

最初の円$C_1$をどこにとっても順に外接させて円を描いてゆくと$C_n$は$C_1$に外接する．

2)

二円$O_1$と$O_2$の中心間の距離を$d$とする．

$$d^2=(R-r)^2-4Rr\tan^2\dfrac{\pi}{n}$$

が成り立つ． ■

証明
1)    図のように$O_1$と$O_2$の焦点$\mathrm{F}$をとり， $\mathrm{F}$を中心とする反転をおこなう． 定理5によって，Iの状態からIIの状態に反転される．

同心円の間に$n$個の円が互いに外接してはさまれるときは， 半径だけが問題で，$n$個の円環が一つできればどこからはじめても$n$個で円環ができる． 最初$O_1$と$O_2$の間に$C_1$をかく． その反転${C_1}'$からはじめて同心円の方で$n$個の円環をつくる． これを反転の逆をおこないもとに戻せば$C_1$からはじまる円環ができている．

2)    $O_1$と$O_2$を反転した円の半径を$R',\ r'$とする． この場合${C_1}'$等の半径は $\dfrac{R'-r'}{2}$で， ${C_1}'$と${C_2}'$の中心 ${\mathrm{C}_1}'$と ${\mathrm{C}_2}'$が ${O_1}'$の中心 ${\mathrm{O}_1}'$となす角が $\dfrac{2\pi}{n}$． ${O_1}'$の中心 ${\mathrm{O}_1}'$，${C_1}'$と${C_2}'$の接点$\mathrm{A}$， ${C_1}'$の中心 ${\mathrm{C}_1}'$が作る直角三角形の辺長を考えることにより

$$\tan^2\dfrac{\pi}{n}=\dfrac{\left(\dfrac{R'-r'}{2} \right)^... ...^2-\left(\dfrac{R'-r'}{2} \right)^2}=\dfrac{(R'-r')^2}{4R'r'}$$

ところがこの場合，中心間の距離は0なので，定理4の記号を用いると

$$D({O_1}',\ {O_2}')=\dfrac{0^2-(R'-r')^2}{4R'r'}=-\tan^2\dfrac{\pi}{n}$$

である．一方，定理4によって $D({O_1}',\ {O_2}')= D(O_1,\ O_2)$であるから

$$\tan^2\dfrac{\pi}{n}=-D(O_1,\ O_2)=\dfrac{-d^2+(R-r)^2}{4Rr}$$

これから所期の等式を得る． □

太郎　 これを用いて冒頭の和算の問題を解いてみます． 丁円の半径を$r$，丙円の半径を$s$とする． まず対称性から甲，丁，丙各円の中心は一直線上にある．

$$5+2r+2s=20$$

である．外円と丁円の中心間の距離$d$は

$$d=10-(5+r)=5-r$$

なので，$n=4$で定理6を用いると

$$\dfrac{-(5-r)^2+(10-r)^2}{4\cdot 10r}=\tan^2\dfrac{\pi}{4}=1$$

これから $r=\dfrac{3}{2}$． よって丙円の径$2s$は

$$2s=20-(5+3)=12\ (寸)$$

です．

南海　 文献『日本の幾何』には多くの問題が載っている． シュタイナーの円環に関するその他の定理を紹介しよう．

定理 7
     偶数個の円がシュタイナーの円環をなしているとき， 向かい合っている円環の円の半径の逆数の和は一定である． ■

証明      まず状況を確定する． 円$O_1$が円$O_2$を含んで定まり，半径が$R$と$r$とする． そして円 $C_1,\ C_2,\ \cdots,\ C_{2n}$ が円環をなしている．

     点$\mathrm{O}$を中心とする半径$\rho$の反転で 円$O_1$，$O_2$が同心円${O_1}'$，${O_2}'$になりその半径が$R',\ r'$とする． ${C_i}',\ i=1,\ 2,\ \cdots,\ 2n$の半径はすべて等しいのでこれを${r_0}'$とする．

$$R'-r'=2{r_0}'$$

である． そして，このとき${C_1}'$と${C_{n+1}}'$の中心 ${\mathrm{C}_1}'$と ${\mathrm{C}_{n+1}}'$ および${O_1}'$，${O_2}'$の中心 ${\mathrm{O}_1}'$は同じ直線上にある．

    定理2の5)より

$$\dfrac{r_1}{{r_0}'}=\dfrac{\rho^2}{\mathrm{O{C_1}'}^2-{r_0'... ...n+1}}{{r_0}'}=\dfrac{\rho^2}{\mathrm{O{C_{n+1}}'}^2-{r_0'}^2}$$

よって中線定理を用いると

$$\begin{eqnarray*} \dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_{n+1}}&=& \dfrac{1}{{r_0}'\rho^2}... ... \dfrac{4}{(R'-r')\rho^2}\left(\mathrm{O{O_1}'}^2+r'R' \right) \end{eqnarray*}$$

一方，定理2の5)を $R,\ r,\ R',\ r'$に用いて

$$\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{R}= \dfrac{\mathrm{O{O_1}'}^2-{r'}^... ...rho^2} =\dfrac{(R'-r')(\mathrm{O{O_1}'}^2+r'R')}{r'R'\rho^2}$$

$$∴\quad \dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_{n+1}}= \dfrac{4r'R'\left(\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{R} \right)}{(R'-r')^2} \quad (一定)$$

となる． □

南海　 定理6より$O_1,\ O_2$の中心間の距離を$d$とすれば

$$\dfrac{(R-r)^2-d^2}{rR}= \dfrac{(R'-r')^2}{r'R'}$$

これから

$$\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_{n+1}}=\dfrac{4(R-r)}{(R-r)^2-d^2}$$

となる．

これは1826年に池田貞一が示した定理である(文献『幾何学』による)． 特に$n=4$のときは

$$\dfrac{(R-r)^2-d^2}{rR}=4$$

なので

$$\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_3}= \dfrac{1}{r_2}+\dfrac{1}{r_4}=\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{R}$$

である．

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