陥没地帯 (174) - ノリの悪い日記

ハクウンボク。
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コゴメウツギ。
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スイカズラ。
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反転について.

ひとつの定点 $O$ と定線 $K$ 上の任意の点 $P$ を結ぶ直線 $OP$ 上に $OP \cdot OP' = r^2$ ( $r$ は正の定数) を満足するように $P'$ をとったとき, 点 $P'$ の軌跡 $K'$ を点 $O$ を中心とする $K$ の反形という. また点 $O$ について $P'$ と点対称である点 $P''$ の軌跡を逆反形と呼ぶ. このように $K$ から $K'$ を求めることを「反転」という.

まず, $K$ として定直線 $XY$ をとってみる. 中心 $O$ が $XY$ 上にあれば, 反転によって $XY$ 上の任意の点 $P \neq O$ は, また $XY$ 上の点 $P'$ に移るのは明らかなので, 中心 $O$ は直線 $XY$ に含まれない点とする.

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$O$ から $XY$ に垂線 $OH$ を下ろし, $OH$ 上に $OH \cdot OH' = r^2$ となるよう定点 $H'$ をとる. $XY$ に任意の点 $P$ をとる. 反転した点 $P'$ は $OP \cdot OP' = r^2$ をみたすので, 方べきの定理の逆から $H$ , $H'$ , $P$ , $P'$ は同一円周上にある. そうすると $\angle OP'H' = 90^\circ$ なので, $P'$ は $OH'$ を直径の両端とする定円上にある. 逆はこの円周上の任意の点 $P'$ をとり, 直線 $OP'$ と直線 $XY$ の交点を $P$ とすれば, 同様に成立する.//

次に $K$ が円周で, $O$ がこの円周上にある場合を考える.

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$O$ を通る円 $K$ の直径 $OA$ またはその延長上に $OA \cdot OA' = r^2$ となるよう定点 $A'$ をとる. $K$ 円周上に任意の点 $P \neq O$ をとる. 点 $P'$ は $OP \cdot OP' = r^2$ をみたすので, 方べきの定理の逆から $A$ , $A'$ , $P$ , $P'$ は同一円周上にある. そうすると点 $P'$ は直線 $OA$ と直交する直線 $XY$ 上にある. 逆も同様である.//

次に中心 $O$ が $K$ 円上にない場合を考える.

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$O$ と円 $K$ の中心を通る直線と円 $K$ の交点を $A$ , $B$ とする. 直線 $OA$ 上に $OA \cdot OA' = r^2$ となるよう定点 $A'$ を, $OB \cdot OB' = r^2$ となるよう定点 $B'$ をそれぞれとる. $K$ 円周上に任意の点 $P$ をとる. 点 $P'$ は $OP \cdot OP' = r^2$ をみたすので, 方べきの定理の逆から $A$ , $A'$ , $P$ , $P'$ および $B$ , $B'$ , $P$ , $P'$ は同一円周上にある. そうすると $\angle OP'A' = \angle OAP$ かつ $\angle OP'B' = \angle OBP$ なので $\angle A'P'B' = 90^\circ$ である. したがって, $P'$ は $A'B'$ を直径の両端とする定円上にある. 逆も同様に証明できる.
//

下の図で $PA$ と $PB$ は点 $P$ から円 $O$ への接線である. 直角三角形 $OPA$ は, 直角三角形 $OAQ$ と相似なので $OP: OA = OA: OQ$ から $OP \cdot OQ = OA^2$ で, $OA = r$ とすれば, 点 $P$ と点 $Q$ は中心 $O$ について反形である. これを (半径 $r$ の) 円 $O$ についての反転ということがある. $AB$ を極線といい, 点 $P$ を極点と呼ぶこともあるが, 円の方程式が $x^2 + y^2=r^2$ で $P$ の座標を $(x_1, y_1)$ とすれば, 極線の方程式は接線の方程式同様に $x_1x+y_1y = r^2$ となることは, 高校数学で学ぶべき内容のひとつである. 実は $P$ 点と $Q$ 点の位置を入れ替えたときに $Q$ を通り $OQ$ に直交する直線も極線と呼ぶように定義を拡張すれば, 極線の方程式はやはり $x_1x+y_1y = r^2$ のままであり美しい結果である.
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点 $P$ , $Q$ が円 $C$ について反転の関係にあれば, $OP \cdot OQ = OR^2$ なので, $\triangle ROP$ と $\triangle QOR$ は相似になる. したがって $\angle \alpha = \angle \beta$ である.
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反転の関係にある $2$ 点 $P$ , $Q$ を通る任意の円 $O'$ を考えると, 下図で $OP \cdot OQ = OR^2$ なので方べきの定理の逆により, 直線 $OR$ は円 $O'$ の接線であり, したがって, 直線 $O'R$ は円 $O$ の接線である. $2$ つの接線は直交する ( $2$ つの円は直交する). 逆に円 $O$ と直交する円 $O'$ を与えたときに, 円 $O$ の中心を通り円 $O'$ と $2$ 点で交わる直線を引けば, その二つの交点は方べきの定理により, 反転の関係になり, 円 $O'$ は, 反転により自分自身に移ることもすぐにわかる.

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反形の場合, $OA \cdot OA' = r^2 =OB \cdot OB'$ なので $\triangle OAB$ と $\triangle OB'A'$ は相似である. したがって高さ $h$ と $h'$ の比もその相似比に等しい.

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円に内接する四角形 $ABCD$ についてトレミーの定理が成立することを反転を使って示す.
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まず,

$A'B'\cdot C'D' + B'C' \cdot A'D' \\ = A'B'\cdot C'D' + B'C' (A'C' + C'D')\\ = A'C'\cdot B'C' + (A'B' +B'C')C'D'\\ = A'C' (B'C' + C'D')\\ = A'C' \cdot B'D'$

であることを確認しておく. 先程の相似の関係から,

$\begin{align} A'B' &= \frac{h}{h_1}AB\\ B'C' &= \frac{h}{h_2}BC\\ C'D' &= \frac{h}{h_3}CD\\ A'D' &= \frac{h}{h_4}AD\\ A'C' &= \frac{h}{h_5}AC\\ B'D' &= \frac{h}{h_6}BD \end{align}$

※ $h_5$ , $h_6$ の図示は省略した.

ここで, $\triangle OEF$ と $\triangle OHG$ は相似である. なぜなら, 四角形 $BFOE$ と四角形 $OHDG$ はそれぞれ同一円周上にあるので,

$\angle EFO = \angle ABO = \angle ADO = \angle OGH$

から $\angle EFO = \angle OGH$ であり, 同様にして

$\angle OEF = \angle OBC = \angle ODG = \angle OHG$

から, $\angle OEF = \angle OHG$ だからである. そうすると、 $h_1h_3= h_2h_4$ がいえる. 同様の証明を繰り返せば $h_1h_3 = h_2h_4 = h_5h_6$ がいえる (下図参照).

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以上から,

$\displaystyle{A'B'\cdot C'D' + B'C' \cdot A'D' \\ = \frac{h^2}{h_1h_3}AB\cdot CD + \frac{h^2}{h_2h_4}BC \cdot AD}$
$\displaystyle{A'C' \cdot B'D' = \frac{h^2}{h_5h_6}AC\cdot BD}$

であるので, トレミーの定理,

$AB\cdot CD + BC \cdot AD=AC\cdot BD$

を示せた.//