ここで今までの内容を振り返る．

３次元空間内に平行でない２平面$\pi,\pi '$と$\pi,\pi '$上にない 点$O$が与えられたとき，$O$を極とする中心射影
$f:\pi \longrightarrow \pi ';P\mapsto P'$
で点や直線が１対１上への対応になるように無限遠点，無限遠直線を導入し， 射影座標を定義した．
ここでは，中心射影で保たれる性質を調べよう．
平行射影は，中心射影の極$O$が無限遠点になったもので，当然２つは似ているはずです．
まず，平行射影で保たれる性質を復習する．
1.直線の像は直線である．
2.平行な２直線の像は平行な２直線である．
3.平行な２線分の比は保たれる．

である．
中心射影でも1は成り立ちます．当然，１直線上にある３点の像も一直線上にあります．

2.はどうでしょう．中心射影を考える，言い方を変えれば射影平面で考えるなら，平行線は存在しないので 2は使いようがないことが分かる．
つぎに3を考えます．これで何かが見つからないと一から出直しです．
右図で，
$AB:BC=A'B':B'C'$
は成り立ちません．それはたとえば三角形の重心を求める 図形を考えれば分かります．
さて，これから標題の複比を定義するのですが，その前に 直線上の点を比で表すことを復習します．
なお，アフィン平面とは，計量を定めていない，言い方を変えれば，長さ，角度が定義されていない平面のことです．平面はベクトルの和や定数倍が 計算できると言い換えてもよい．

複比の意味を理解するため，当分の間，長さが定義できるユークリッド平面で考える．
直線上に２点$A,B$が与えられたとき，直線上の点$P$に対して $A,B$からのそれぞれの距離の比である
$\dfrac{AP}{BP}(=AP:BP)$
を$[A,B;P]$と表し，$A,B$を基点とする分点$P$の比という．ここではこの比のことを後で定義する複比と区別して単比と呼ぶことにする．
ここで表した$AP,BP$は向きまで考え
$\dfrac{\overrightarrow{AP}}{\overrightarrow{BP}}$
と書くべきものである．すなわち$AP,BP$が同じ向きのときは正で反対向きのときは負である．
$\frac{AP}{BP}$の値は次のようになる．
$P$が線分$AB$の内分点とき$\frac{AP}{BP} < 0$
$P$が線分$AB$の外分点とき$\frac{AP}{BP} > 0$
$P$が点$A$のとき$\frac{AP}{BP} =0$
$P$が点$B$のとき$\frac{AP}{BP} =\infty$
$P$が無限遠点のとき$\frac{AP}{BP}=1$

ここで，内分点が負，外分点が正であり，高校で学ぶ通常の内分，外分とは符号が異なることに注意する．
高校では，線分$AB$を$m:n$に内分する点$P$は
$AP:PB=m:n$
で定義している．このとき分点$P$の単比は
$[A,B;P]=\dfrac{AP}{BP}=-\dfrac{m}{n}$
なお，$AP:PB=m:n$のとき，$A,B$の位置ベクトルをそれぞれ$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$とすれば， $P(\overrightarrow{p})$は
$\overrightarrow{p}=\dfrac{n}{m+n}\overrightarrow{a}+\dfrac{m}{m+n}\overrightarrow{b}$
であり，
$\overrightarrow{p}=n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b} \ \ (m+n=1)$
のとき，
$\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{m}{n}$ が成り立つ．

定義としては,高校で学ぶ
$[A,B;P]=\dfrac{AP}{PB}\cdots (\sharp)$
の方が理解しやすいが，多くの本が
$[A,B;P]=\dfrac{AP}{BP}\cdots (\flat)$
を採用しているので$(\flat)$を用いる．なお，そのつど書くつもりであるが$(\sharp)$ でも何ら問題は起こらない．

次に複比を定義する．
定義
直線上に４点$A,B,P,Q$がある．$A,B$を基点とする$P$の単比$[A,B;P]$と$Q$の単比$[A,B;Q]$の比を$A,B$ を基点とする分点$P,Q$の複比といい$[A,B;P,Q]$と表す．
すなわち
$[A,B;P,Q]=\dfrac{[A,B;P]}{[A,B;Q]}=\dfrac{\dfrac{AP}{BP}}{\dfrac{AQ}{BQ}}=\dfrac{AP\cdot BQ}{BP\cdot AQ}$
である．
なお，
$\dfrac{\dfrac{AP}{BP}}{\dfrac{AQ}{BQ}}=\dfrac{\dfrac{AP}{PB}}{\dfrac{AQ}{QB}}$ であるから，$[A,B;P]$の定義を
$[A,B;P]=\dfrac{AP}{PB}$
としても$[A,B;P,Q]$の値は変わらない.

中心射影で比は保たれないことを述べたが，複比は保たれることを確認しよう．
右図で
$\dfrac{AC\cdot BD}{AD\cdot BC}$
を計算する．
$\triangle OAD$の高さの$2$乗を分子，分母にかけることにより
$=\dfrac{\triangle OAC\cdot \triangle OBD}{\triangle OAD\cdot \triangle OBC}$
$\angle AOC=\alpha ,\angle BOC =\beta ,$
$\angle AOD=\gamma ,\angle BOD=\delta$とおく
$=\dfrac{OA\cdot OC\sin \alpha OB\cdot OD\sin \delta}{OA\cdot OD\sin \gamma OB\cdot OC\sin \beta}$
$OA,OB,OC,OD$が分子，分母１つずつあらわれ，それらを約分し
$=\dfrac{\sin \alpha \sin \delta}{\sin \beta \sin \gamma}$
したがって，複比$[A,B;C,D]$は頂点$O$から線分$AC,BC,AD,BD$を見込む角だけで決まるので，中心射影で複比が保たれることがわかる．
さて，射影平面は長さや角が定義されないので，ユークリッド平面での次の考察が複比の定義に役立つ．
直線上の$A,B,C,D$があり，$A,B,C,D$の位置ベクトルが$A(\overrightarrow{a}),B(\overrightarrow{b}),C(\overrightarrow{c}), D(\overrightarrow{d})$で
$\overrightarrow{c}=\alpha \overrightarrow{a}+\beta \overrightarrow{b}　\ (\alpha +\beta =1)$
$\overrightarrow{d}=\gamma \overrightarrow{a}+\delta \overrightarrow{b} \ (\gamma +\delta =1)$
のとき，
$\overrightarrow{AC}=(\alpha -1)\overrightarrow{a}+\beta \overrightarrow{a}=\beta (\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})$
$\overrightarrow{BC}=(\alpha )\overrightarrow{a}+(\beta -1)\overrightarrow{a}=-\alpha (\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})$
より
単比$[A,B;C]=\frac{AC}{BC}$は
$[A,B;C]=-\dfrac{\beta}{\alpha}$
同様に
$[A,B;D]=-\dfrac{\delta}{\gamma}$
したがって，複比$[A,B;C,D]=\dfrac{[A,B;C]}{[A,B;D]}$は
$[A,B;C,D]=\dfrac{-\frac{\beta}{\alpha}}{-\frac{\delta}{\gamma}}=\dfrac{\beta \gamma}{\alpha \delta}$
この$\alpha ,\beta,\gamma,\delta$は長さは用いていないので，射影平面でも使えることに注意しよう．


以上の準備のもとで，射影座標系が定義された射影平面に複比を定義する．
射影平面上で4点$A,B,C,D$は異なる点で一直線上にあり， それぞれの射影座標を$a,b,c,d$とする．
$c=\alpha a+\beta b,d=\gamma a+\delta b$
のとき，$A,B$を基点とする，分点$C,D$の複比$[a,b;c,d]$を
$[A,B;C,D]=\dfrac{\dfrac{\beta}{\alpha}}{\dfrac{\delta}{\gamma}}=\dfrac{\beta \gamma}{\alpha \delta}$
で定義する．

複比の定義が意味を持つためには，斉次座標で考えているので
$A(ka),B(lb),C(mc),D(nd)$のときの複比が$A(a),B(b),C(c),D(d)$の場合と一致することを示す必要がある．
次の命題より，複比は射影座標の取り方によらないことがわかる．
命題
射影平面上の射影座標系$[e_1,e_2,e_3;e]$のもとで，一直線上にある異なる４点$A(a),B(b),C(c),D(d)$の 斉次座標をそれぞれ
$a=(a_1,a_2,a_3),b=(b_1,b_2,b_3),c=(c_1,c_2,c_3),d=(d_1,d_2,d_3)$
とする．$a,b$は一次独立であるから，
$\begin{pmatrix}a_1&a_2\\b_1&b_2\\a_3&b_3\end{pmatrix}$
のいずれかの２行は一次独立である．
その２行を第$i$行，第$j$行とする．
すなわち
$\begin{vmatrix}a_i&b_i\\a_j&b_j\end{vmatrix}\neq 0$
とする．
このとき,複比$[A,B;C,D]$は
$[A,B;C,D]=\dfrac{\begin{vmatrix}a_i&c_i\\a_j&c_j\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}b_i&d_i\\b_j&d_j\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix}b_i&c_i\\b_j&c_j\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}a_i&d_i\\a_j&d_j\end{vmatrix}}$
となる．

証明の前に，この命題を仮定すると，
$A(ka),B(lb),C(mc),D(nd)$
のとき，複比が一致することを確認しよう．$i=1,j=2$として計算すれば，たとえば
$\begin{vmatrix}ka_1&mc_1\\ka_2&mc_2\end{vmatrix}=km\begin{vmatrix}a_1&c_1\\a_2&c_2\end{vmatrix}$
であるから，約分されて一致することがわかる．

命題の証明には次の補助命題を用いる．この補助命題はこれからしばしば用いる．
補助命題
$\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}\neq 0$のとき
連立方程式
$\begin{cases}ax+by=p\\cx+dy=q\end{cases}$
の解は
$x=\dfrac{\begin{vmatrix}p&b\\q&d\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}} y=\dfrac{\begin{vmatrix}a&p\\c&q\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}} $
である．
補助命題の証明
変数が２つなので，逆行列を求めて簡単に確認することができるが，ここではCramerの方法にしたがって示す．
連立方程式の右辺を左辺に移行した列ベクトル
$\begin{pmatrix}ax+by-p\\cx+dy-q\end{pmatrix}$
を行列
$\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$の第１列に置き換え行列式を計算すると，
$\begin{vmatrix}ax+by-p&b\\cx+dy-q&d\end{vmatrix}=x\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}p&b\\q&d\end{vmatrix}$
同様に第２列を置き換え
$\begin{vmatrix}a&ax+by-p\\c&cx+dy-q\end{vmatrix}=y\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}a&p\\c&q\end{vmatrix}$
$x,y$が方程式の解なら
$\begin{pmatrix}ax+by-p\\cx+dy-q\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
であるから
$x\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}p&b\\q&d\end{vmatrix}=0, y\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}a&p\\c&q\end{vmatrix}=0$
したがって，
$x=\dfrac{\begin{vmatrix}p&b\\q&d\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}} y=\dfrac{\begin{vmatrix}a&p\\c&q\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}} $
が成り立つ．

命題の証明
$i=1,j=2$とする．すなわち，$(a_1,a_2),(b_1,b_2)$が一次独立とする．
$c=\alpha a+\beta b$
$d=\gamma a+\delta b$
より
$(c_1,c_2)=\alpha (a_1,a_2)+\beta (b_1,b_2)$
$\therefore \alpha =\dfrac{\begin{vmatrix}c_1&b_1\\c_2&b_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}}, \beta =\dfrac{\begin{vmatrix}a_1&c_1\\a_2&c_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}}$
同様に，
$\gamma =\dfrac{\begin{vmatrix}d_1&b_1\\d_2&b_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}}, \delta =\dfrac{\begin{vmatrix}a_1&d_1\\a_2&d_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}}$
したがって，
$[A,B;C,D]=\dfrac{\beta \gamma}{\alpha \delta}$
$=\dfrac{\begin{vmatrix}a_1&c_1\\a_2&c_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}d_1&b_1\\d_2&b_2\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix}c_1&b_1\\c_2&b_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}a_1&d_1\\a_2&d_2\end{vmatrix}}$
$=\dfrac{\begin{vmatrix}a_1&c_1\\a_2&c_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}b_1&d_1\\b_2&d_2\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix}b_1&c_1\\b_2&c_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}a_1&d_1\\a_2&d_2\end{vmatrix}}$

複比を表すこの式はもともとの定義である
$[A,B;C,D]=\dfrac{AC}{BC}\cdot \dfrac{BD}{AD}$
と一致しとても覚えやすい．
なお，
$[A,B;C,D]=\dfrac{\begin{vmatrix}a_1&c_1\\a_2&c_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}d_1&b_1\\d_2&b_2\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix}c_1&b_1\\c_2&b_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}a_1&d_1\\a_2&d_2\end{vmatrix}}$
これは
$[A,B;C,D]=\dfrac{AC}{CB}\cdot \dfrac{DB}{AD}$
に対応する．

次の命題は，複比を求めるときにしばしば用いられる．
命題
直線$AB$上に４点$P,Q,R,S$がある．$A,B$の射影座標がそれぞれ$a,b$で，$P,Q,R,S$ の射影座標$p,q,r,s$が$a,b$を用いて
$p=\alpha _1a+\alpha _2b$
$q=\beta _1a+\beta _2b$
$r=\gamma _1a+\gamma _2b$
$s=\delta _1a+\delta _2b$
となるとき，複比$[P,Q;R,S]$は
$[P,Q;R,S]=\dfrac{\begin{vmatrix}\alpha_1&\gamma_1\\ \alpha_2&\gamma_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}\beta_1&\delta_1\\ \beta_2&\delta_2\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix}\beta_1&\gamma_1\\ \beta_2&\gamma_2\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}\alpha_1&\delta_1\\ \alpha_2&\delta_2\end{vmatrix}}$
である．

証明
$a=(a_1,a_2,a_3),b=(b_1,b_2,b_3)$とおき，$\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\neq 0$とする．
$p=(p_1,p_2,p_3),r=(r_1,r_2,r_3)$
のとき
$(p_1,p_2,p_3)=\alpha _1(a_1,a_2,a_3)+\alpha _2(b_1,b_2,b_3)$
$(r_1,r_2,r_3)=\gamma _1(a_1,a_2,a_3)+\gamma _2(b_1,b_2,b_3)$
であるから
$\begin{vmatrix}p_1&r_1\\p_2&r_2\end{vmatrix}$
$=\begin{vmatrix}\alpha _1a_1+\alpha _2b_1&\gamma _1a_1+\gamma _2b_1\\ \alpha _1a_2+\alpha _2b_2&\gamma _1a_2+\gamma _2b_2\end{vmatrix}$
$=\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}\alpha_1&\gamma_1\\\alpha_2&\gamma_2\end{vmatrix}$
他も同様に計算でき，成り立つことがわかる．

命題で，$P(p),Q(q),R(r),S(s)$を非斉次表示すれば，すなわち
$p=\alpha a+b$
$q=\beta a+b$
$r=\gamma a+b$
$s=\delta a+b$
のとき
$[P,Q;R,S]=\dfrac{\begin{vmatrix}\alpha&\gamma\\1&1\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}\beta&\delta\\1&1\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix}\beta&\gamma\\1&1\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}\alpha&\delta\\1&1\end{vmatrix}}$
$=\dfrac{(\alpha -\gamma)(\beta -\delta)}{(\beta -\gamma)(\alpha -\delta)}$
$=\dfrac{(\gamma -\alpha)(\delta -\beta)}{(\gamma -\beta)(\delta -\alpha)}$

ここまでは，射影平面上の射影座標系における斉次座標での議論である．
直線$l$上に射影座標系$[A(a),B(b);E(e)]$を導入すると，この座標系のもと$l$上の任意の点$P$は 斉次座標$P(\alpha _1,\alpha _2)$ただし
$p=\alpha_1a+\alpha_2b$
が確定するので扱いやすくなる．
このとき，非斉次座標$P(\alpha )$は
$p=\alpha a+b$
である．この非斉次座標$\alpha$は
$\alpha =[A,B;E,P]$
である．
実際，
$e=a+b.p=\alpha a+b$
であるから，複比の定義より
$[A,B;E,P]=\dfrac{1\cdot -\alpha}{-1\cdot 1}=\alpha$


2.調和点列

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