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パップスの定理のユークリッド平面上での座標的証明

南海　 パップスの定理をいろんな観点から証明しよう．

伍郎　 いろんな観点というと， ベクトル，座標，図形の論証，などですか．

南海　 これは実は前に考えた「パスカルの定理」からの帰結でもある． これも紹介しよう．

まず，普通にユークリッド平面， つまり高校生が毎日見ている$xy$平面などで，考えていこう．

ベクトルでやるのと，座標でやるのは本質的には同じことだ． ただ，ユークリッド平面で考える以上， $l_1,\ _2$が平行な場合は別に考えなければならない．

$l_1,\ _2$が平行な場合，座標ではどのようになるか．

伍郎　 図のように$xy$平面においてよい． 相似な拡大や縮小をしても一般性は失われないので， $l_1,\ _2$の間の距離は1とする．
$l_i$上に点 $\mathrm{A}_i,\ \mathrm{B}_i,\ \mathrm{C}_i$の 座標を，

$$\begin{array}{l} \mathrm{A}_1(0,\ a_1),\ \mathrm{B}_1(0,\ ... ... b_2) ,\ \mathrm{C}_2(1,\ c_2)\\ 0<a_2<b_2<c_2 \end{array}$$

とする． 直線 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$と直線 $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_1$ の交点を$\mathrm{P}_1$， 直線 $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$と直線 $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_2$ の交点を$\mathrm{P}_2$， 直線 $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$と直線 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_3$ の交点を$\mathrm{P}_3$とする．

このとき3点 $\mathrm{P}_1,\ \mathrm{P}_2,\ \mathrm{P}_3$ は一直線上にある．

そこで， $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$， $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_1$ の交点$\mathrm{P}_1$を$(X,\ Y)$とおく． $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{P}_1,\ \mathrm{B}_2$， $\mathrm{A}_2,\ \mathrm{P}_1,\ \mathrm{B}_1$が ともに一直線上にあるので， $\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{P}_1}\parallel \overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2}$， $\overrightarrow{\mathrm{B}_1\mathrm{P}_1}\parallel \overrightarrow{\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2}$である． 平行条件を成分で書いて

$$\begin{array}{l} (b_2-a_1)X=Y-a_1\\ (a_2-b_1)X=Y-b_1 \end{array}$$

を得る．これから

$$\mathrm{P}_1 \left( \dfrac{b_1-a_1}{b_2-a_2+b_1-a_1},\ \dfrac{b_1b_2-a_1a_2}{b_2-a_2+b_1-a_1} \right)$$

同様に

$$\begin{array}{l} \mathrm{P}_2 \left( \dfrac{c_1-b_1}{c_2... ... \dfrac{a_1a_2-c_1c_2}{a_2-c_2+a_1-c_1} \right) \end{array}$$

である．

伍郎　 これを計算するのですか．

南海　 もうひとがんばり

伍郎　 したがって

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2} &=&\dfrac{1}{(b_2-a_... ...- \{a_1a_2(b_1+b_2)+b_1b_2(c_1+c_2)+c_1c_2(a_1+a_2)\} \biggr)\\ \end{eqnarray*}$$

南海　 $\overrightarrow{\mathrm{P}_2\mathrm{P}_3}$は， $\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2}$において

$$a\quad \to \quad b\quad \to\quad c\quad \to\quad a$$

と順に置きかえたものになる．

伍郎　 あっ，そうか．

$$\begin{eqnarray*} &&(a_1b_2-a_2b_1)+(b_1c_2-b_2c_1)+(c_2a_1-c_1a_2)\\ &&a_1a_2(... ...quad \quad - \{a_1a_2(b_1+b_2)+b_1b_2(c_1+c_2)+c_1c_2(a_1+a_2)\} \end{eqnarray*}$$

はいずれもこの変換で不変である．したがって

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{P}_2\mathrm{P}_3} &=&\dfrac{1}{(c_2-b_... ...-a_1}{a_2-c_2+a_1-c_1} \overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2} \end{eqnarray*}$$

南海　 というわけだ．

$l_1,\ l_2$が平行でない場合，これを参考にベクトルでやってみよう．

$l_1,\ l_2$の交点を$\mathrm{O}$とし，$i=1,\ 2$に対して，

$\overrightarrow{\mathrm{OA}_i}$方向の長さ1のベクトルを $\overrightarrow{e_i}$とする． また

$$\begin{array}{l} \overrightarrow{\mathrm{OA}_i}=a_i\overrig... ...rrightarrow{\mathrm{OC}_i}=c_i\overrightarrow{e_i} \end{array}$$

とする．

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}_1} =\alpha\overrightarrow{e_1}+\beta\overrightarrow{e_2}$$

とおく．

伍郎　 ここからは私のはじめのやり方でと 先の座標の場合をあわせると，できそうです．

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}_1}= \dfrac{\alpha}{a_1}\overrigh... ...athrm{OA}_1}+ \dfrac{\beta}{b_2}\overrightarrow{\mathrm{OB}_2}$$

$\mathrm{P}_1$は直線 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$上にあるので

$$\dfrac{\alpha}{a_1}+\dfrac{\beta}{b_2}=1$$

同様に

$$\dfrac{\alpha}{b_1}+\dfrac{\beta}{a_2}=1$$

これを解いて

$$\alpha=\dfrac{a_1b_1(b_2-a_2)}{b_1b_2-a_1a_2},\ \beta=\dfrac{a_2b_2(b_1-a_1)}{b_1b_2-a_1a_2}$$

よって

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}_1}= \dfrac{a_1b_1(b_2-a_2)}{b_1b... ..._1+ \dfrac{a_2b_2(b_1-a_1)}{b_1b_2-a_1a_2}\overrightarrow{e}_2$$

後は文字を $a\to b \to c\to a$の順に置きかえることで，

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{OP}_1}&=& \dfrac{a_1b_1(b_2-a_2)}{b_1b... ...e}_1+ \dfrac{c_2a_2(a_1-c_1)}{a_1a_2-c_1c_2}\overrightarrow{e}_2 \end{eqnarray*}$$

が得られる．

これから

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2} &=&\dfrac{b_1b_2}{(b... ..._2-(b_1b_2c_2+c_1c_2a_2+a_1a_2b_2)\}\overrightarrow{e_2}\biggr\} \end{eqnarray*}$$

$\overrightarrow{\mathrm{P}_2\mathrm{P}_3}$はこの式において， 文字を $a\to b \to c\to a$の順に置きかえたものである．

ところが $b_1c_1c_2+c_1a_1a_2+a_1b_1b_2$， $b_1b_2c_1+c_1c_2a_1+a_1a_2b_1$， $c_1c_2b_2+a_1a_2c_2+b_1b_2a_2$， $b_1b_2c_2+c_1c_2a_2+a_1a_2b_2$ は，いずれもこの置きかえで不変である．

よって

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{P}_2\mathrm{P}_3} &=&\dfrac{c_1c_2}{(c... ...{b_1b_2(a_1a_2-c1c_2)} \overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2} \end{eqnarray*}$$

よって，3点 $\mathrm{P}_1,\ \mathrm{P}_2,\ \mathrm{P}_3$ は同一直線上にある．

南海　 そう．それでベクトルによる証明が出来た．

伍郎　 $l_1$と$l_2$が平行な場合と式はそんなに変わりません． むしろベクトルを使った場合の方が簡単です．

南海　 ベクトルで位置を表すのは， 斜交座標と考えれば，座標の複雑さでいえば， 直交座標の$x$軸上と$y$軸上にそれぞれ3点が並んでいるようなものだから， それほど複雑にはならない．

伍郎　 そうか．ベクトルのいいところですね．

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