反転とその応用

8.空間における2円の関係 

ここでは,反転変換の応用の1つとして,空間における2円の関係を扱います. これは同時に斜円錐の性質を調べることでもあります.
斜円錐を底面に平行な平面で切ると,切り口が円になることは容易ですが (斜円錐の頂点を相似の中心とする 相似の位置),もう一種類切り口が円となる平面があります (射影の入試問題).
これを直接証明しようとすると面倒ですが,反転変換を用いるとすっきり理解できます.
右図は,$O$を頂点円$C$が底面の斜円錐.円$C$を含む平面を平面$\alpha$とする.
$O$を反転の中心とする反転変換を$I(O)$とする.
$I(O)$で斜円錐の側面上の点は側面上にうつるから,斜円錐は同じ斜円錐にうつる.
反転変換で円の像は円より$I(O)$による円$C$の像は円であり,その円は斜円錐上にある.
このことは,斜円錐で,底面と平行でない切り口が円となる平面が存在することを示しています.
ここでは反転変換を用いて,空間における円の性質を調べる.
高木貞治博士はその著「数学雑談」の中で
リウベルやスタイナー(共に19世紀を代表する数学者)にしても,アポロニウスの問題 やフォイエルバッハの定理 を証明したりする為にのみ反転法を育て上げたのではない(この2つの定理は反転変換を用いて見事に証明される).と述べ, 反転法を非ユークリッド幾何モデル作成のために用いたポアンカレ功績をのべている(76ページ).
一つの問題を解くためでなく,斜円錐や空間における円の性質を調べるために 幾何学変換(ここでは反転変換)を用いることは意味があるのではないかと思う.



本論には関係ないが,斜円錐を平面で切った切り口の図形は2次曲線(放物線,楕円,双曲線)であること ,すなわち直円錐と変わらないことを示そう.
頂点を原点,底面である円を平面$z=1$上におき,半径を$r$とする.中心を$(a,b,1)$とおく. この斜円錐を平面$z=t$ できると,切り口の方程式は
$(x-at)^2+(y-bt)^2=(rt)^2,z=t$
$t$を消去し,円錐の方程式は
$(x-az)^2+(y-bz)^2=(rz)^2$・・・(1)
となります.すなわち,$x,y,z$の2次式であるから,平面による切り口の図形は2次曲線となる.
もう少し説明すると
切り口の平面に座標を導入する.すなわち,平面上の点$P(\overrightarrow{p_0})$および平面上の 直交する単位ベクトル$\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}$を用いて, 平面上の点$P(\overrightarrow{p})$を
$(x,y,z)=\overrightarrow{p}=\overrightarrow{p_0}+s\overrightarrow{u}+t\overrightarrow{v}$
とおき,この式を(1)に代入し$s,t$の関係式を求めれば
$s,t$の2次式=0
となるからです.


さて,議論をもどしましょう.これから反転変換を用いて, 空間における2円の関係を調べていきます.

反転変換で円の像は円であるから,ここでは,反転変換$I(O)$におる円$C_1$の像を円$C_2$とし,$C_1,C_2$ の関係を調べることから始める.
$O$と円$C_1$の定める球を$S$その中心を$O_1$,$I(O)$による$S$の像を平面$\beta$とする. $O$から平面$\beta$に下した垂線の足を$H$とすると,$O,O_1,H$は一直線上にある.
$C_1$と点$O$の決める円錐を$T$とすれば,円$C_2$は円錐$T$と平面$\beta$の交線である.
円$C_1,C_2$の中心をそれぞれ$C_1,C_2$とする.
3点$O,O_1,C_1$の決める平面を$\pi$とする.
$OH\perp \beta$より $\beta \perp \pi$
ここで円$C_1$を含む平面を$\alpha$とおくと
$O_1C_1\perp \alpha$より$\alpha \perp \pi$
したがって,平面$\alpha ,\beta$は平面$\pi$に垂直なことがわかる.




次に,点$C_2$は平面$\pi$上のあることを示す.
$\pi$と円$C_1$との交点を$A,B$とすると,$AB$は円$C_1$の直径である.
さらに
$I(O):A\mapsto A^*,B\mapsto B^*$
とする.
$C_1$上の任意の点を$P$とし,平面$\pi$に関し$P$と対称な点を$Q$とする.
このとき$Q$は円$C_1$上のある$(\because \beta \perp \pi)$.
$I(O):P\mapsto P^*,Q\mapsto Q^*$
とすると,$\triangle OPQ$と$\triangle OP^*Q^*$は相似の位置にある($OP=OQ$より$OP^*=OQ^*$).
したがって,$P^*,Q^*$は直線$A^*B^*$に関して対称であるから,$A^*B^*$は円$C_2$ の直径である.
これで円$C_2$の中心$C_2$が平面$\pi$上にあることが示された.
この議論の中で考えた平面$\pi$は3点$O,C_1,C_2$を通る平面ということができる.



次に平面$\pi$上で考える.
平面$\pi$と円$C_1$との交点を$A,B$,円$C_2$との交点を$A^*,B^*$とする.
$\pi$はそれぞれの円の中心を通るから,$AB,A^*B^*$はそれぞれ直径である.
$I(O):A\mapsto A^*,B\mapsto B^*$
であるから
$OA\cdot OA^*=OB\cdot OB^*$
したがって,4点$A,A^*,B^*,B$は同一円周上にあり,この円の中心を$D$とすると,2円$C_1,C_2$は $D$を中心とする半径$DA$の球面上にある.
実際,円$C_2$上の任意の点を$P^*$とすると,
$(DP^*)^2=(DC_2)^2+(C_2P^*)^2=(DC_2)^2+(C_2A^*)^2=(DA^*)^2$
$C_1$上の点も同様.
ここまでの内容をまとめると次のようになる.

命題7
$C_1,C_2$をそれぞれ空間における円とし,
$I(O):C_1\mapsto C_2$
を満たす反転変換$I(O)$が存在する. $C_1,C_2$を含む平面をそれぞれ$\alpha ,\beta$,さらに$O,C_1,C_2$を通る平面を$\pi$とする.
このとき次が成り立つ.
$1. \alpha \perp \pi,\beta \perp \pi$
$2. C_1,C_2$は同一球面上にありその球の中心は$\pi$上にある.


次に,逆の命題を考える.すなわち,2円$C_1,C_2$が一つの球面上にあるとき,$I(O):C_1\mapsto C_2$ となる反転変換が存在するかを調べる.
$C_1,C_2$を含む球の中心を$S$とする.
円の中心$C_1,C_2$と$S$で決まる平面を$\pi$とし,$\pi$と円$C_1$との交点を$A,B$,円$C_2$ との交点を$C,D$とする.また$C_1,C_2$を含む平面をそれぞれ$\alpha ,\beta$とする.
まず,$\pi \perp \alpha ,\pi \perp \beta$が成り立つことに注意する$(SC_1 \perp \alpha ,SC_2\perp \beta).$
$AC$の延長と$BD$の延長との交点を$O$とし,$O$は球の外部とする.交点が球の内部のときは$AD$と$BC$ の交点を考える(交点が球$S$の内部のときも考えられるがそれはあとで説明する).
4点$A,B,C,D$は同一円周上にあるから
$OA\cdot OC=OB\cdot OD=R^2$
とおき,反転変換$I(O,R^2)$を考える.
$I(O):A\mapsto C,B\mapsto D$
であり,円$C_1$の像$C_1^*$は$CD$を直径とする円(前の命題で示してある),この円は$\pi$に垂直な平面すなわち$\beta$ 上にある.したがって円$C_1^*$と円$C_2$は一致する.
$\therefore I(O):C_1 \mapsto C_2$
以上で,次が成り立つことが分かった.

命題
2円$C_1,C_2$が一つの球面上にあるとき,$I(O):C_1\mapsto C_2$ となる反転変換が存在する.

補遺

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