次: 複素平面の方法 上: 証明の試み 前: 初等幾何の二証明

複比という方法

複比の定義

あらためて有向線分の複比を定義する．

定義 2   直線上の4点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C},\ \mathrm{D}$に対し，有向線分の比の比

$$\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}:\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathr... ...mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BC}}$$

をこれら4点の複比といい， $(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})$と表す． ■

注意 2.4.1   長さの定義されるユークリッド空間の点はA，Bのように大文字で表す． 後に射影幾何を定義する．射影空間の点は$a,\ b$のように小文字で表す． 定義25において， 射影空間の直線上の点$a,\ b,\ c,\ d$に対して複比が定義される． そこでは， ユーリッド空間の複比 $(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})$と区別して， $\bigl[a,\ b;\ c,\ d\bigr]$と表される．

     複比は点がどのように並んでいるかに関係なく定義される． 逆にいいかえると， 直線上にある4点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C},\ \mathrm{D}$に関して， 点そのものは動かさず，点名 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C},\ \mathrm{D}$ の24通りの順列に対応して，その順列を「あ，い，う，え」とすると， 複比 $(あ，い；う，え)$が定まり，合計24個の複比が定義される．

補題 3        直線上の4点に対して定まる24個の複比のうち，4個ずつはつねに同じ値になる． ■

証明      $\lambda=(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})$とおく．

$$(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})= (\mathrm{B}... ...m{B})= (\mathrm{D},\mathrm{C};\mathrm{B},\mathrm{A})=\lambda$$

であり，

$$(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{D},\mathrm{C})=\dfrac{1}{\lambda}$$

$$\begin{eqnarray*} (\mathrm{A},\mathrm{C};\mathrm{B},\mathrm{D})&=& \dfrac{\mat... ...hrm{CA}\cdot\mathrm{BD}}{\mathrm{AD}\cdot\mathrm{CB}}=1-\lambda \end{eqnarray*}$$

なので，これらの変換の組合せから

$$\begin{eqnarray*} &&(\mathrm{A},\mathrm{C};\mathrm{D},\mathrm{B})=\dfrac{1}{1-\... ...A},\mathrm{D};\mathrm{C},\mathrm{B})=\dfrac{\lambda}{\lambda-1} \end{eqnarray*}$$

となる．これらの値に等しいものが4個ずつあり，計24個となる． □

複比は6個の値のどれかで一致すれば，おなじ並べ替えを行った他の値でも一致することがわかる．またこれら6個の値のなかに同じものが現れるのは実数の範囲では $\lambda=-1,\ \dfrac{1}{2},\ 2$のときである．現在はユークリッド平面で考えている．複素解析など複素数平面で考えるとさらに $\lambda=\dfrac{1\pm \sqrt{-3}}{3}$，つまり1の6乗根が現れる．

$\lambda=-1$のときは $\dfrac{1}{1-\lambda}$が$\dfrac{1}{2}$となる． $\lambda=-1$ のとき4点A，B，C，Dは調和列点をなすという． またこのとき，

$$\dfrac{\mathrm{CB}}{\mathrm{AC}}=\dfrac{\mathrm{BD}}{\mathrm{AD}}$$

が成り立つので， 直線上に4点がA，C，B，Dの順に並んでいるとき， 点$\mathrm{C}$と点$\mathrm{D}$は 線分$\mathrm{AB}$を同じ比にそれぞれ内分，外分する

補題 4        点$\mathrm{O}$を共有する4直線の線束$\mathrm{OA}$, $\mathrm{OB}$, $\mathrm{OC}$, $\mathrm{OD}$ がある．これらと交わる直線$l$を引き，交点をそれぞれ $\mathrm{A}',\ \mathrm{B}',\ \mathrm{C}',\ \mathrm{D}'$とする． 複比 $(\mathrm{A}',\mathrm{B}';\mathrm{C}',\mathrm{D}')$は$l$のとり方によらない． ■

証明      $ l $ を動かすが，$ l $ の平行移動によって 複比 $(\mathrm{A}',\mathrm{B}';\mathrm{C}',\mathrm{D}')$は変わらないので， $l$は$\mathrm{OC}$上の点$\mathrm{C}'$を通るとしてよい．

点$\mathrm{C}'$をとおり直線$\mathrm{OA}$に平行な直線を引き， $\mathrm{OB}$，$\mathrm{OD}$との交点をP，Qとする．

$$\bigtriangleup \mathrm{OA'B'}∽ \bigtriangleup \mathrm{PC... ...igtriangleup \mathrm{D'OA'}∽ \bigtriangleup \mathrm{D'QC'}$$

より，

$$\dfrac{\mathrm{C'B'}}{\mathrm{A'B'}}=\dfrac{\mathrm{PC'}}{\... ...thrm{A'D'}}{\mathrm{C'D'}}=\dfrac{\mathrm{OA'}}{\mathrm{C'Q}}$$

よって

$$(\mathrm{B}',\mathrm{D}';\mathrm{C}',\mathrm{A}') =\dfrac{... ...thrm{OA'}}{\mathrm{C'Q}} =\dfrac{\mathrm{PC'}}{\mathrm{C'Q}}$$

この値は$l$によらず一定である．この結果

$$(\mathrm{A}',\mathrm{B}';\mathrm{C}',\mathrm{D}')= 1-(\mathrm{B}',\mathrm{D}';\mathrm{C}',\mathrm{A}')^{-1}$$

も$l$によらず一定である． □

複比は点$\mathrm{O}$と直線で決まるので， これを $\mathrm{O}(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})$と記す．点$\mathrm{O}$を記さず $(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})$と記すときは4点は同一の直線上にあるときである．また，上記図の右の場合のように，直線$l$の交点は点$\mathrm{O}$に関して同じ側にある必要はない．

補題 5        円周上の異なる2点P，Qと異なる4点A，B，C，Dに関して

$$\mathrm{P}(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})= \mathrm{Q}(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})$$

である． ■

証明      点PとQが4点の優弧，劣弧に関して同じ側にあれば 円周角の相等により

$$\angle \mathrm{APB}=\angle \mathrm{AQB}, \angle \mathrm{BPC}=\angle \mathrm{BQC}, \angle \mathrm{CPD}=\angle \mathrm{CQD}$$

である．したがって線束PA，PB，PC，PDをPがQになり直線PAが直線QAとなるように移動すると線束QA，QB，QC，QDに重なる．よって 補題4によって，二つの複比は相等しい．

点PとQが4点のうちの2点に関して優弧，劣弧の異なる側にある場合は， 点Qに関する角を補角にとることによって， 補題4から二つの複比の相等が結論される． □

補題 6        直線上の5点A，B，C，D，Eについて

$$(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{D})= (\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{E})$$

なら $\mathrm{D}=\mathrm{E}$である． ■

証明

$$\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{BD}}{\m... ...mathrm{AC}}{\mathrm{AE}}\cdot\dfrac{\mathrm{BE}}{\mathrm{BC}}$$

より

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BE}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{AE}\\ ... ...\mathrm{DE})\\ &=&(\mathrm{AD}-\mathrm{BD})\cdot\mathrm{DE}=0 \end{eqnarray*}$$

$\mathrm{AD}-\mathrm{BD}=\mathrm{AB}\ne 0$より$\mathrm{DE}=0$． つまり $\mathrm{D}=\mathrm{E}$である． □

補題 7        点$\mathrm{A}$を共有する2直線上の点列 $\mathrm{A},\ \mathrm{B}_1,\ \mathrm{C}_1,\ \mathrm{D}_1$と $\mathrm{A},\ \mathrm{B}_2,\ \mathrm{C}_2,\ \mathrm{D}_2$ に対して

$$(\mathrm{A},\mathrm{B}_1;\mathrm{C}_1,\mathrm{D}_1)= (\mathrm{A},\mathrm{B}_2;\mathrm{C}_2,\mathrm{D}_2)$$

が成りたてば，3直線 $\mathrm{B_1B_2}$， $\mathrm{C_1C_2}$， $\mathrm{D_1D_2}$は束をなす． ■

証明     2直線 $\mathrm{B_1B_2}$， $\mathrm{C_1C_2}$の交点を$\mathrm{O}$ とし，直線$\mathrm{D_1O}$と直線 $ \mathrm{AB}_2 $ との交点を$\mathrm{D_2}'$とする．補題4より

$$(\mathrm{A},\mathrm{B}_1;\mathrm{C}_1,\mathrm{D}_1)= (\mathrm{A},\mathrm{B}_2;\mathrm{C}_2,\mathrm{D_2}')$$

よって

$$(\mathrm{A},\mathrm{B}_2;\mathrm{C}_2,\mathrm{D_2}')= (\mathrm{A},\mathrm{B}_2;\mathrm{C}_2,\mathrm{D}_2)$$

となり，補題6から $\mathrm{D_2}'=\mathrm{D_2}$である． つまり，3直線 $\mathrm{B_1B_2}$， $\mathrm{C_1C_2}$， $\mathrm{D_1D_2}$は点$\mathrm{O}$を共有し束をなす． □

複比を用いた証明

複比を用いて命題2を証明しよう．

証明      新たに，直線APと直線DRの交点をL，直線QBと直線FAの交点をUとする． 補題5によって

$$\mathrm{F}(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{E})= \mathrm{D}(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{E})$$

一方，

$$\begin{eqnarray*} && \mathrm{F}(\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{E})= ... ...{C},\mathrm{E})= (\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{L},\mathrm{P}) \end{eqnarray*}$$

あわせて

$$(\mathrm{U},\mathrm{B};\mathrm{C},\mathrm{Q})= (\mathrm{A},\mathrm{B};\mathrm{L},\mathrm{P})$$

補題7によって3直線UA，CL，QPは束をなす．つまり3点P，Q，Rは共線である． □

パスカルの補題I

今日パスカルの定理といわれるものは，命題2の形であるが， パスカル自身の証明にふれるために， パスカルの補題Iのまま複比の方法で直接に証明しよう． パスカルは複比そのものを定義はしていないが， 実質的にこのような複比を知っていた． 複比による証明も行っていたのではないかと考えられる．

改めてパスカルの補題Iを命題として掲げる．

命題 3       M，S，Qで定まる平面上で，点Mから2直線MK，MVを，また点Sから2直線SK，SVを引く．点Kを直線MK，SKの交点，点Vを直線MV，SVの交点，点Aを直線MK，SVの交点，点$\mu$を直線MV，SKの交点とする．

4点A，K，$\mu$，Vのうちの2点でMやSとあわせた3点が同一直線上にないもの，例えばK，Vをとり，その2点を通る円を描き，それが直線MV，MK，SV，SKを切る点をO，P，Q，Nとすれば，直線MS，NO，PQは，同じ束をなす． ■

証明      直線PQと直線KNの交点をL， 直線AMと直線NOの交点をTとする． 補題5によって

$$\mathrm{Q}(\mathrm{V},\mathrm{N};\mathrm{P},\mathrm{K})= \mathrm{O}(\mathrm{V},\mathrm{N};\mathrm{P},\mathrm{K})$$

一方，

$$\begin{eqnarray*} && \mathrm{Q}(\mathrm{V},\mathrm{N};\mathrm{P},\mathrm{K})= ... ...{P},\mathrm{K})= (\mathrm{M},\mathrm{T};\mathrm{P},\mathrm{K}) \end{eqnarray*}$$

なので，

$$(\mathrm{M},\mathrm{T};\mathrm{P},\mathrm{K})= (\mathrm{S},\mathrm{N};\mathrm{L},\mathrm{K})$$

補題7によって3直線MS，TN($=$ON)，PL($=$PQ)は束をなす． □

一般的考察

このようにパスカルの補題I自身もその形で複比の方法で証明された．やってみると他のいろんな型でも同様にできることがわかる．そこで複比によるパスカルの定理の証明を整理してみる．

円周上の6点A，B，C，D，E，Fに対して，型 $$\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}\atop \displaystyle \mathrm{F}\mathrm{E}\mathrm{D}$$ に対して，5点

$\mathrm{P}=$ $$\mathrm{A}\mathrm{B}\atop\displaystyle \mathrm{F}\mathrm{E}$$,      $\mathrm{Q}=$ $$\mathrm{B}\mathrm{C}\atop\displaystyle \mathrm{E}\mathrm{D}$$,      $\mathrm{R}=$ $$\mathrm{A}\mathrm{C}\atop\displaystyle \mathrm{F}\mathrm{D}$$,      $\mathrm{K}=$ $$\mathrm{A}\mathrm{C}\atop\displaystyle \mathrm{F}\mathrm{E}$$,      $\mathrm{L}=$ $$\mathrm{E}\mathrm{B}\atop\displaystyle \mathrm{F}\mathrm{C}$$

をとる．複比

$$\mathrm{A}(\mathrm{C},\mathrm{D};\mathrm{E},\mathrm{F})= \mathrm{B}(\mathrm{C},\mathrm{D};\mathrm{E},\mathrm{F})$$

をとる．直線$\mathrm{FC}$上の点 $\mathrm{R},\ \mathrm{K}$をとれば

$$\mathrm{A}(\mathrm{C},\mathrm{D};\mathrm{E},\mathrm{F})= (\mathrm{C},\mathrm{R};\mathrm{K},\mathrm{F})$$

直線$\mathrm{EC}$上の点 $\mathrm{Q},\ \mathrm{L}$をとれば

$$\mathrm{B}(\mathrm{C},\mathrm{D};\mathrm{E},\mathrm{F})= (\mathrm{C},\mathrm{Q};\mathrm{E},\mathrm{L})$$

よって

$$(\mathrm{C},\mathrm{R};\mathrm{K},\mathrm{F})= (\mathrm{C},\mathrm{Q};\mathrm{E},\mathrm{L})$$

これから $\mathrm{KE}=\mathrm{AE}$， $\mathrm{FL}=\mathrm{FB}$，$\mathrm{RQ}$は束をなし， この結果，3点 $\mathrm{P},\ \mathrm{Q},\ \mathrm{R}$は共線である．

この論の展開は，6点A，B，C，D，E，Fの並び方には関係なく成立する．つまりこれで円周上の6点に関するパスカルの命題1が，交点 $\mathrm{P},\ \mathrm{Q},\ \mathrm{R},\ \mathrm{K},\ \mathrm{L}$が存在する場合に，一般的に証明された．

方法の反省

点の順からは自由な証明であることが確認できた． ユークリッド幾何の範囲で，交点が存在する場合に一般的な証明が得られている． 交点が存在せず平行な場合， どれとどれが平行であるかによって場合分けすれば，できる．

しかし，ユークリッド幾何と複比の方法は，パスカルの円錐曲線論のなかでの方法としては，統一性がない．パスカルは直線の集合が平面上の1点を共有する場合と平行な場合を区別しない．それに対して補題4の証明では平行線の性質を用いた．また補題5の証明では円周角の定理と図形の移動を用いている．すべてユークリッド幾何の範囲であり，パスカルの方法との統一性はない．

これをどのように解決するか．われわれはあと一息で射影幾何というところまできている．新しい幾何を見出さなければならない．新しい対象と，それとの統一性をもった論証の方法を組み立てなければならない．そのためには，複比とそれが線束を切る直線$l$のとり方によらないことについての掘りさげた考察が必要である．こうしてパスカルの定理を証明する統一性が浮かんでくる．これを掘りさげ，新しい幾何を見出していこう． その前に，パスカルの定理のさらにいくつかの証明を考える．

次: 複素平面の方法 上: 証明の試み 前: 初等幾何の二証明