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パップスの定理はパスカルの定理の特別な場合

南海　 今度は，パップスの定理をパスカルの定理の特別な場合として示そう． そのためにいくつかの準備が必要だ．

$(x_0,\ x_1,\ x_2)$を射影座標とする．このとき，

$$C\,:\,a{x_1}^2+b{x_2}^2+c{x_0}^2+2hx_1x_2+2lx_1x_0+2mx_2x_0=0$$

で定まる射影平面上の点の集合を考える．

もちろん，普通の平面の場合と同様，これが因数分解されて二つの直線などになる場合もある．

このとき，曲線上の点 $\mathrm{P}(p_0,\ p_1,\ p_2)$に対して

$$l\,:\,ap_1x_1+bp_2x_2+cp_0x_0+h(p_2x_1+p_1x_2) +l(p_0x_1+p_1x_0)+m(t_0x_2+t_2x_0)=0$$

を，曲線 $C$ の $\mathrm{P}$ での接線，という．

この接線を『パスカルの定理』では微分で考えたので， ここでは少し違う形で考えよう．

$x_0\ne 0$のとき， $X=\dfrac{x_1}{x_0}$， $Y=\dfrac{x_2}{x_0}$ とおくと，曲線$C$の方程式は

$$C\,:\,aX^2+bY^2+c+2hXY+2lX+2mY=0$$

となる．またこれに対応して，$C$上の点$\mathrm{P}$は $\mathrm{P}(p,\ q)=\mathrm{P}\left(\dfrac{p_1}{p_0},\ \dfrac{p_2}{p_0} \right)$となるものとする．

$\mathrm{P}(p,\ q)$を通る直線の方向が $(\alpha,\ \beta)$のものを， 媒介変数$u$を用いて

$$X=\alpha u+p,\ Y=\beta u+q$$

とおく．この直線と$C$の交点は，方程式

$$a(\alpha u+p)^2+b(\beta u+q)^2+c+2h(\alpha u+p)(\beta u+q)+2l(\alpha u+p)+2m(\beta u+q)=0$$

で与えられる． $\mathrm{P}$は$C$上の点なので

$$ap^2+bq^2+c+2hpq+2lp+2mq=0$$

である．これを用いて$u$の2次方程式を整理すると，

$$\begin{eqnarray*} &&(a\alpha^2+b\beta^2+2h\alpha\beta)u^2\\ &&+2\{(ap+hq+l)\alpha+(bq+hp+m)\beta\}u=0 \end{eqnarray*}$$

$(\alpha,\ \beta)$が接線の方向となるということは， この方程式が$u=0$を重解にもつときなので

$$(ap+hq+l)\alpha+(bq+hp+m)\beta=0$$

である．つまり

$$(\alpha,\ \beta)=(bq+hp+m,\ -(ap+hq+l))$$

とすればよい．このベクトルと直交する方向，つまり接線の法線方向は

$$(ap+hq+l,\ bq+hp+m)$$

であるから， $\mathrm{P}(p,\ q)$を通る接線は

$$(ap+hq+l)(X-p)+(bq+hp+m)(Y-q)=0$$

である．これを再度整理して

$$\begin{eqnarray*} &&apX+bqY-(ap^2+bq^2+2hpq+2lp+2mq)+h(qX+pY)+l(X+p)+m(Y+q)\\ &=&apX+bqY-c+h(qX+pY)+l(X+p)+m(Y+q)=0 \end{eqnarray*}$$

となる．

ここに， $X=\dfrac{x_1}{x_0}$， $Y=\dfrac{y_2}{y_0}$， $p=\dfrac{p_1}{p_0}$， $q=\dfrac{p_2}{p_0}$を代入して分母を払うと 先の$l$の方程式が得られる．

伍郎　 いちいち $(x_0,\ x_1,\ x_2)$で書くのは大変ですね．

南海　 そこで， $X=(x_0,\ x_1,\ x_2)$とし， $C$ の式を$f(X)=0$と書こう． また接線の式を$L(X,\ P)=0$とおくのだった．

伍郎　 『パスカルの定理』にあるように$L(X,\ P)$は$X$と$P$に関して対称で，

$$L(X,\ P)=L(P,\ X)$$

が成立し，極と極線に関する次の定理が成り立つのでした．

定理 4 (極と極線)
$\mathrm{P}$ から二本の接線を引く．接点を$T_1,\ T_2$とする． 直線$T_1T_2$上の任意の点 $\mathrm{Q}$ をとる． $\mathrm{Q}$ から二本の接線を引く． 接点を$S_1,\ S_2$とする．

すると 直線$S_1S_2$は$\mathrm{P}$を通る．

証明

接点の座標をそれぞれ，$T_1,\ T_2$とする．接線の方程式は

$$L(T_1,\ X)=0,\ \,L(T_2,\ X)=0$$

になる．              これらが $\mathrm{P}$ を通るので，

$$L(T_1,P)=0,\ \,L(T_2,P)=0$$

である． ところがこれは， 直線$L(X,\ P)=0$が$T_1,\ T_2$を通ることを示している． つまり$T_1T_2$の方程式は

$$L(X,P)=0$$

である． 同様に直線$S_1S_2$の式は

$$L(X,Q)=0$$

である． $\mathrm{Q}$ が直線$T_1T_2$の上にあるので，$L(Q,P)=0$である． ところがこの式は $\mathrm{P}$ が

$$L(Q,\ X)=0$$

の上にあることを示している．□

点 $\mathrm{P}$ のことを極， 直線$L(X,\ P)=0$のことを極線といいます．

南海　 さて．パスカルの定理だ．

定理 5 (パスカルの定理)

2次の斉次式で定まる曲線$C:f(X)=0$の上に異なる6点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{B}_1,\ \mathrm{C}_1$と $\mathrm{A}_2,\ \mathrm{B}_2,\ \mathrm{C}_2$を取る．

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．

南海　 この証明のために，補題が必要だ．         

補題 1
$P^2$上に，任意の5点を与えるとき， これらすべてを通る2次曲線$C$が存在する． これらの5点のうち，少なくとも4点が1直線上にないかぎり， $C$はただ一つに定まる．

この証明は代数的な準備が必要で，ここでは出来ない． 参考文献『代数曲線の幾何学』などを見てほしい． 2次の斉次式は6個の定数でできているが， 5個の通る点が与えられれば，係数の比が定まるところまでは， 何とかいけるが，一意性の証明はもう少し準備がいる．

それを今後の勉強の課題としておいて，パスカルの定理を証明しよう．

証明

点$\mathrm{A}_1$での接線と$\mathrm{B}_2$ での接線の交点を $\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{B}_2}$とかくと， 直線 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$は

$$L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{B}_2},\ X)=0$$

と表せる． $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$上の点はこの方程式を満たす．

以下同様に記号を定める． そこで，次の二次式を満たす曲線

$$C':L(\mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X) L(\mathrm... ...m{C}_2},\ X) L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X)=0$$

を考える． これは $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{B}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \mathrm{C}_2$ を通る．ここで，

$$\alpha=\dfrac{ L(\mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{A}_2},\m... ...2) L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{A}_2},\mathrm{B}_2) }$$

とおく． $\alpha$ をこのようにとると $C'$ は $\mathrm{B}_2$ も通る．

補題1から，$C$と$C'$は同一の曲線となる．

同様に次の二次式を満たす曲線

$$C'':L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{B}_2},\ X) L(\mathr... ...m{B}_2},\ X) L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X)=0$$

を考える． これは $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{C}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \mathrm{B}_2$ を通る．ここで，

$$\beta= \dfrac{ L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{B}_2},\m... ..._1) L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{A}_2},\mathrm{B}_1) }$$

とおく． $\beta$ をこのようにとると $C''$ は $\mathrm{B}_1$ も通る． 従って，同様の理由で $C''$ は $C$ と一致する．

二つの二次曲線の式は定数倍を除いて一致する．

$$\begin{eqnarray*} &&L(\mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X) L(\mathrm{Q}... ...rm{B}_2},\ X) L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X)\} \end{eqnarray*}$$

つまり

$$\begin{eqnarray*} &&L(\mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X) L(\mathrm{Q}... ... X) -k \beta L(\mathrm{Q}_{\mathrm{C}_1}^{\mathrm{B}_2},\ X) \} \end{eqnarray*}$$

この両辺の二次式を考える．

左辺に $\mathrm{P}_1,\ \mathrm{P}_3$ を代入すると0になるので，右辺も満たす． そして $\mathrm{P}_1,\ \mathrm{P}_3$ は $L(\mathrm{Q}_{\mathrm{A}_1}^{\mathrm{A}_2},\ X)=0$ 上にはない．よって，

$$\alpha L(\mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{C}_2},\ X) -k \beta L(\mathrm{Q}_{\mathrm{C}_1}^{\mathrm{B}_2},\ X)=0$$

の上にある． $\mathrm{P}_2$ は明らかにこの式を満たす．

ここで， $\mathrm{M}=\alpha \mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{C}_2}- k \beta \mathrm{Q}_{\mathrm{C}_1}^{\mathrm{B}_2}$ と置くとこの式は

$$\begin{eqnarray*} \alpha L(\mathrm{Q}_{\mathrm{B}_1}^{\mathrm{C}_2},\ X) -k \bet... ...rm{Q}_{\mathrm{C}_1}^{\mathrm{B}_2},\ X)\\ &=&L(\mathrm{M},\ X) \end{eqnarray*}$$

と表される． つまり $\mathrm{P}_1，\mathrm{P}_2，\mathrm{P}_3$ はすべて 直線 $L(\mathrm{M},\ X)= 0$の上にある．□

伍郎　 これでパップスの定理も示せているのですか．

実はこの2次曲線は既約でなくてもいいのだ．だから$C$として $l_1$と$l_2$の方程式の積で定まる曲線でいいのだ． そのことをはっきりさせるために， パップスの定理型に再編してみてほしい．

伍郎　

直線$l_1,\ l_2$の方程式を$L_1=0,\ L_2=0$とし， 2次式$L_1\cdot L_2$を考える．

$\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$を通る直線の方程式を$F=0$とする． 以下同様に次のように定める．

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2：F=0,\ \quad \mathrm{B}_2\mathrm{C... ...ine{G}=0,\ \quad \mathrm{C}_2\mathrm{A}_1：\overline{H}=0\quad \end{eqnarray*}$$

また，直線 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$の方程式を$M=0$とする． 方程式

$$\overline{F}\cdot\overline{H}=0,\ \overline{G}\cdot M=0$$

で定まる図形は， いずれも $\mathrm{B}_1,\ \mathrm{A}_2$， $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{C}_2$ を通る．

したがって式 $\overline{F}\cdot\overline{H}$と式 $\overline{G}\cdot M$に $\mathrm{B}_2$の座標を代入したものの比を$\alpha$とすると， 方程式

$$\overline{F}\cdot\overline{H}-\alpha\overline{G}\cdot M=0$$

は，この4点に加えて$\mathrm{B}_2$も通る． 5点のうちどの4点も同じ直線上にはない．

ところが $L_1\cdot L_2=0$のこの5点を通るので，補題1から 2つの2次式 $\overline{F}\cdot\overline{H}-\alpha\overline{G}\cdot M$ と$L_1\cdot L_2$は定数倍しか違わない．

同様に$F\cdot H=0$，$G\cdot M=0$は $\mathrm{B}_2,\ \mathrm{A}_2$， $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{C}_1$ を通る．定数$\beta$を選ぶと

$$F\cdot H-\beta G\cdot M=0$$

は，この4点に加えて$\mathrm{B}_1$も通る． 5点のうちどの4点も同じ直線上にはない． 同じ理由から， 2つの2次式 $F\cdot H-\beta G\cdot M$ と$L_1\cdot L_2$は定数倍しか違わない．

よって 2つの2次式 $F\cdot H-\beta G\cdot M$ と $\overline{F}\cdot\overline{H}-\alpha\overline{G}\cdot M$ は定数倍しか違わない． $F\cdot H-\beta G\cdot M$の各1次式にその定数をかけ， それを改めてその1次式にとりなおすことで， 2つの2次式 $F\cdot H-\beta G\cdot M$ と $\overline{F}\cdot\overline{H}-\alpha\overline{G}\cdot M$ は一致するようにできる．

$$\overline{F}\cdot\overline{H}-\alpha\overline{G}\cdot M =F\cdot H-\beta G\cdot M$$

から

$$\overline{F}\cdot\overline{H}-F\cdot H =M(\alpha\overline{G}-\beta G)$$

左辺の式では$\mathrm{P}_1$と$\mathrm{P}_3$ がこの等式を満たすことを示している．

この2点は$M=0$は満たさない．よってこの2点は 1次方程式

$$\alpha\overline{G}-\beta G=0$$

を満たす．$\mathrm{P}_2$も満たすので， これで3点が同じ1次方程式を満たし， 同一直線上にあることが示された．

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