次： 円の場合を一般的に考える 上： 特別な場合に閉形定理を計算で示す 前： 楕円と円で$n=3$の場合

楕円と円，$n=4$の場合

南海　 $n=4$ についても同様にするためには，「消去法」が必要で， これは私の方から提起したい．次の問題である．

補題 2

$s$ に関する2つの二次式

$$As^2+Bs+C=0, \ A's^2+B's+C'=0$$

から $s$ を消去すれば

$$(AC'-A'C)^2=(BC'-B'C)(AB'-A'B)$$

となる．

証明

$As^2+Bs=-C, \ A's^2+B's=-C'$ より,

$$AA's^2+BA's=-A'C, \ AA's^2+AB's=-AC'$$

$$∴\quad (BA'-B'A)s=AC'-A'C\cdots\maru{1}$$

また,

$$AB's^2+BB's=-B'C, \ A'Bs^2+BB's=-BC'$$

$$∴\quad (AB'-A'B)s^2=BC'-B'C$$ …

そこで, の両辺に $AB'-A'B$ をかけると, の左辺の2乗に一致する. すなわち,

$$(AB'-A'B)(BC'-B'C)=(AB'-A'B)^2s^2=(AC'-A'C)^2$$

である．□

南海　 さて，$n=4$のときは，$T(t,\ s)=0$と$T(s,\ u)=0$を考える． これから$s$を消去する． すると$\mathrm{P}$から2回目の操作で定まる点の座標を与える2次方程式が得られるはずだ．

この2次方程式が重解をもてば，つまり図で$u_1=u_2$となれば，確かに4回で閉じる． それが$\mathrm{P}$を頂点とし，$C_0$に外接し，$C_1$に内接する四角形が存在するための$\mathrm{P}$ に関する必要十分条件になるはずだ．

拓生　 やってみます．

$T(t,\ s)=0,\ T(s,\ u)=0$ から $s$ を消去し， $t \ne u$ の条件の下で $t,\ u$ の関係式を求める．

$$\begin{eqnarray*} &&T(t,\ s) \\ &=&(a^2+b^2t^2-a^2b^2t^2)s^2+2(a^2-b^2-a^2b^2... ...^2u^2)s^2 \\ && \quad +2(a^2-b^2-a^2b^2)us+(a^2u^2+b^2-a^2b^2) \end{eqnarray*}$$

となるから, これより $s$ を消去する.

$$\begin{eqnarray*} && (AC'-A'C)^2 \\ &=&\{(a^2+b^2t^2-a^2b^2t^2)(a^2u^2+b^2-a^... ...2)ut(u-t)\} \\ &=&2(a^2-b^2-a^2b^2)(u-t)\{a^2-(b^2-a^2b^2)ut\} \end{eqnarray*}$$

よって,

$$\begin{eqnarray*} && \{(t+u)(t-u)(a^2b^2-b^2+a^2)(a^2b^2-b^2-a^2)\}^2 \\ &=&2... ... && \quad \times \,2(a^2-b^2-a^2b^2)(u-t)\{a^2-(b^2-a^2b^2)ut\} \end{eqnarray*}$$

ゆえに

したがって, $t \ne u$ より,

$$\begin{eqnarray*} && (t+u)^2(a^2-b^2+a^2b^2)^2(a^2+b^2-a^2b^2)^2 \\ &=&4(a^2-... ...^2(b^2-a^2b^2)t^2u^2+\{a^4+(b^2-a^2b^2)^2\}ut -a^2(b^2-a^2b^2)] \end{eqnarray*}$$

さて，$\mathrm{P}$ を一つの頂点とし, $C_0$ に外接しかつ $C_1$ に内接する四辺形がつくられるための 条件は, 今求めた等式を$u$に関する二次方程式と見たとき，$u$ がただ一つだけ存在することである. そこで, この等式を $u$ について整理する.

$$\begin{eqnarray*} &&\{(a^2-b^2+a^2b^2)^2(a^2+b^2-a^2b^2)^2 +4a^2(a^2-b^2-a^2b^... ...^2b^2)^2(b^2-a^2b^2) +(a^2-b^2+a^2b^2)^2(a^2+b^2-a^2b^2)^2t^2=0 \end{eqnarray*}$$

すなわち,

$$\begin{eqnarray*} &&[\{a^4-b^4(1-a^2)^2\}^2 +4a^2b^2\{a^2-b^2(1+a^2)\}^2(1-a^2... ...4a^2b^2(1-a^2)\{a^2-b^2(1+a^2)\}^2 +\{a^4-b^4(1-a^2)^2\}^2t^2=0 \end{eqnarray*}$$

となる．この$u$ の二次方程式の判別式を $D_2$ とおく．

$$\begin{eqnarray*} D_2/4 &=&t^2[\{a^4-b^4(1-a^2)^2\}^2-2\{a^2-b^2(1+a^2)\}^2\{a... ...&\quad -4a^2b^2(1-a^2)\{a^2-b^2(1+a^2)\}^2\{a^4-b^4(1-a^2)^2\}^2 \end{eqnarray*}$$

そこで, $t^2$ の係数を因数分解すると,

$$\begin{eqnarray*} &&4\{a^2-b^2(1+a^2)\}^4\{a^4+b^4(1-a^2)^2\}^2 \\ &&\quad -4... ...b^2(1+a^2)\}^2\{a^4-b^4(1-a^2)^2\}^2\,\cdot\,2a^2b^2(2b^2-a^2-1) \end{eqnarray*}$$

したがって,

となる.

拓生　 $D_2/4=0$が$t$が満たすべき条件式です．

そこで，

 

とします．

ここで　  の二次式

の判別式を$D$とすると，

$$\begin{eqnarray*} D/4&=&(2b^2-a^2-1)^2-(a^2-1)^2\\ &=&4(b^2-a^2)(b^2-1) \end{eqnarray*}$$

$1<b$なので，$a>b$なら$D<0$である．

$a\le b$のとき，$H(t)$を$t^2$の二次式と見たときの軸は

$$-\dfrac{2b^2-a^2-1}{a^2-1}=-\dfrac{b^2-a^2+b^2-1}{a^2-1}<0$$

となる．$H(t)$を$t^2$の二次方程式と見たときの2解の積は1なので， この場合$t^2$の2次方程式は負の2解をもつ． つまり$H(t)=0$は$t$の4次方程式として実数解をもたない．

よってもし$H(t)=0$となる$t$が1点でも存在すれば, $H(t)$が恒等的に0とならねばならない．

このとき任意の$t$に対して$\mathrm{P}$を頂点とする四辺形が存在する. よって, 求める条件は,

$$\begin{eqnarray*} &&\{a^2-b^2(1+a^2)\}\{a^4-b^4(1-a^2)^2\} \\ &=&(a^2-b^2-a^2b^2)(a^2+b^2-a^2b^2)(a^2-b^2+a^2b^2)=0 \end{eqnarray*}$$

そして, $a>1, \ b>1$ なので,

$$a^2+b^2-a^2b^2=0 \quad\Longrightarrow \quad \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=1$$

となる.□

南海　 ここで得られた条件は，東大の問題の結果と同じだ．

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