反転とその応用

6.1 空間における反転変換(1) 

反転変換は空間でも同様に定義できます.
空間における反転変換を用いると,空間における2円の関係や球面の極射影の理解が深まります.

中心が点$O$の球を球$O$と表します. 同心球のように,半径で球を 区別する場合も必要な時もあり,そのときは,中心が点$O$,半径が $r$の球を球$O(r)$と表します.また,$O$を中心とする点$A$ を通る円は半径$OA$ですから$O(OA)$と表すこともあります. このように,球の名前は球の中心の名前を用い,これは円と同じです.
ただ混乱を避けるため,球や円の名前と中心の名前が異なるときも少なくありません.

まず,空間における反転の定義から始めましょう.

(反転の定義) 3次元空間において,中心が$O$,半径$r$の球$O(r)$が与えられている.
点$O$と異なる点$P$に対して,半直線$OP$上の点$P^*$を
$OP^*\cdot OP=r^2$ 
によって対応させる.
この変換
$\mathbb{R}^3\setminus \{O\}\longrightarrow \mathbb{R}^3;P\mapsto P^*$
を,$O$を中心とする冪$r^2$の反転変換といい,$I(O,r^2)$と表す.なお,冪や中心を 言及する必要がないときは$I(O),I$と書く.

$O$を反転の中心,半径$r$中心$O$の球を反転変換$I(O,r^2)$の反転球, 反転変換による点$P$の像$P^*$を点$P$の逆点または反点, 曲面$S$の反転による像$S^*$を反形という.

$O$を原点,$P(x,y,z)$のとき,反転変換$I(O,r^2)$による$P$の像$P^*(X,Y,Z)$を求めよう.
$OP\cdot OP^*=r^2$
より
$\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{X^2+Y^2+Z^2}=r^2$
$\overrightarrow{OP}$と同じ向きの単位ベクトル$\overrightarrow{e}$は
$\overrightarrow{e}=\dfrac{(x,y,z)}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$
であるから
$(X,Y,Z)=\overrightarrow{OP^*}=\sqrt{X^2+Y^2+Z^2}\overrightarrow{e}=\dfrac{r^2(x,y,z)}{x^2+y^2+z^2}$
である.

反転変換$I(O,r^2)$の合成変換は恒等変換であるから
$I(O,r^2)^{-1}=I(O,r^2)$
である.

命題1
反転変換$I(O)$で
(1) 点$O$を通る平面の像は同じ平面である.
(2) 点$O$を通らない平面の像は点$O$を通る球である.
(3) 点$O$を通る球の像は点$O$を通る平面である.
(4) 点$O$を通らない球の像は点$O$を通らない球である.

反転変換のこの4つの性質がこれからの議論の基本になります.

証明
$I(O):P\mapsto P^*$
とする.
(1) $O$を通る任意の平面を$\alpha$とする.
$P\in \alpha$ならば$P^*\in \alpha$であるから$\alpha$の像は$\alpha$である.

(2) $O$を通らない平面を$\alpha$とし,$O$から$\alpha$に下した垂線の足を$A,I(O)(A)=A^*$とする.
また,線分$OA^*$を直径とする球を$S$とする.
$X\in \alpha,I(O)(X)=X^*$とする.
$OA\cdot OA^*=OX\cdot OX^*$
より,
$OA:OX=OX^*:OA^*$
したがって
$\triangle OAX$∽$\triangle OX^*A^*$
$\angle OX^*A^*=90^{\circ}$
より$X^*\in S$

(3)$X\in S$のとき$X^*\in \alpha$は(2)と同様.

(4) 反転変換の中心$O$を通らない球を$S$とする.この球の中心と$O$を通る直線と球$S$の交点を$A,B$とし, 反転変換$I(O)$による$A,B$の像をそれぞれ$A^*,B^*$とする.
$X\in S$のとき必ず$I(O)(X)$が$A^*B^*$を直径とする球上にあることを示せばよい.
すなわち
$\angle A^*X^*B^*=90^{\circ}$
を示せばよい.
2直線$OA,OX$が定める平面上で考えると分かりやすい(下図).
$I(O)(X)=X^*$とおく.
$OA\cdot OA^*=OX\cdot OX^*$
より
$\triangle OAX$∽$\triangle OX^*A^*$
$\therefore \angle OXA=\angle OA^*X^*$
$OB\cdot OB^*=OX\cdot OX^*$
より
$\triangle OBX$∽$\triangle OX^*B^*$
$\therefore \angle OXB=\angle OB^*X^*$
したがって,
$\angle A^*X^*B^*=\angle AXB$
$\angle AXB=90^{\circ}$より$\angle A^*X^*B^*=90^{\circ}$
点$X$が$AB$を直径とする円上にあるから,$X^*$は$A^*B^*$を直径とする円上にある.
したがって,点$O$を通らない球の像は点$O$を通らない球である.

注意
$1.$ 3点と半径で球が決まるが,平面は3点を通る半径$\infty$の球($\infty$を通る球)と考えると
$I(O):O\mapsto \infty, \ I(O):\infty \mapsto O$
より命題が理解できる.

$2.$ 球の方程式,平面の方程式を用いて証明することもできる.
$O$を原点,$P(x,y,z)$のとき,反転変換$I(O,r^2)$による$P$の像$P^*(X,Y,Z)$は
$(X,Y,Z)=\overrightarrow{OP^*}=\sqrt{X^2+Y^2+Z^2}\overrightarrow{e}=\dfrac{r^2(x,y,z)}{x^2+y^2+z^2}$
である.
また,$I(O,r^2)\circ I(O,r^2)$は恒等変換である.
ここでは(4)だけ証明する.
原像である原点を通らない球の方程式を
$x^2+y^2+z^2+ax+by+cz+d=0 (d\neq 0)\cdots (\sharp)$
とおく.
$x=\dfrac{r^2X}{X^2+Y^2+Z^2},y=\dfrac{r^2Y}{X^2+Y^2+Z^2},x=\dfrac{r^2Z}{X^2+Y^2+Z^2}\cdots (\flat)$
$(\sharp)$に$(\flat)$を代入し整理すると
$d(X^2+Y^2+Z^2)+r^2(aX+bY+cZ)+r^4=0$
$d\neq 0,r\neq 0$であるから,点$O$を通らない球の像は点$O$を通らない球であることがわかる.

命題1がこれからの議論を進めるうえでの土台になります.

空間における円は,球と平面または球の交線,直線は平面と平面の交線とみることができるので,命題1より 次が成り立ちます.

命題2
反転変換による円または直線の像は円または直線である.

注意
$I(O):O\mapsto \infty, \ I(O):\infty \mapsto O$
$O$を通る円や直線の像は直線.
であり,および
直線の像は$O$を通る.
より次のようになる.
$O$を通る直線の像は$O$を通る直線
$O$を通らない直線の像は$O$を通る円
$O$を通る円の像は$O$を通らない直線
$O$を通らない円の像は$O$を通らない円


反転変換は距離は保たないが,角を保つ.これを証明しよう.
まず,2曲面のなす角を確認する.
2つの曲面$S,S'$の交点(交線上の1点)$P$におけるなす角は, $P$における$S,S'$の接平面のなす角で定義する.

右図の球$O$と平面$\alpha$のなす角を求めてみよう.
$P$は球$O$と平面$\alpha$の交線$C$上の点である.
$O$を通り$\alpha$に垂直な直線と球$O$との交点を$N$とし,$N$を北極としたときの赤道が書かれている.
$P$における球面の接平面が平面$\beta$であり,平面$\alpha$と球$O$の点$P$におけるなす角は2平面 $\alpha ,\beta$のなす角である.その角は$\angle MPL$でもよいし,法線ベクトルのなす角である $\angle BPD$でもよい.
蛇足であるが,もう少し説明する.
球$O$を地球とすれば,$\angle POA$が点$P$の緯度である.北極星は$ON$の延長上のはるかかなたにあるから $P$から見れば,$PB$の延長上にある.$\angle BPM$は$P$において北極星を見上げたときの仰角であり, $\angle BPM=\angle POA$
であるから,その角が点$P$の緯度である.
なお,$P$を平面$\alpha $と球$O$の交線$C$上のどこにとっても 2平面$\alpha ,\beta$のなす角は変わらないことがわかる.

命題3
反転変換によって,2曲面のなす角は不変である.

この命題は反転変換の持つ重要性質の一つです.いくつかに分けて証明する.

まず,球及び平面に限って命題3を証明する.
補助命題1
$O$を中心とする反転変換$I(O)$で,曲面$S_1,S_2$が点$P$で接するなら, $I(O)$による$S_1,S_2$の 像$S_1^*,S_2^*$は点$P$の$I(O)$による像$P^*$で接する.

補助命題1証明
$P^*$だけが$S_1^*,S_2^*$の共有点であるから,$S_1^*,S_2^*$は$P^*$で接する.
なお,$S_1,S_2$が点$O$で接するなら,$S_1^*,S_2^*$は平面でかつどこでも交わらないから(交わるのは$\infty$だけ) 平行な2平面である.

補助命題2
1.2つの球が交わるとき,交線上のどこをとっても,その点におけるなす角は一定である.
2.球と平面が交わるとき,交線上のどこをとっても,その点におけるなす角は一定である.


(1)は右図よりわかる.点$P$における接平面$\alpha ,\beta$のなす角はそれぞれの法線ベクトル $\overrightarrow{PO_2},\overrightarrow{PO_1}$のなす角$\angle O_1PO_2$です.
(2)は図を書いて見ればわかる.

補助命題3
$S_1$を球,$S_2$を球か平面とする.$S_1,S_2$が点$P$で交わるとき.点$P$における$S_1,S_2$の接平面をそれぞれ $\alpha _1,\alpha _2$とする.反転変換による$S_1,S_2,\alpha _1,\alpha _2$の像をそれぞれ $S_1^*,S_2^*,\alpha _1^*,\alpha _2^*$とする.
このとき,$P^*$における$S_1^*,S_2^*$のなす角と$\alpha _1^*,\alpha _2^*$のなす角は等しい.

補助命題3の証明
補助命題1より,$S_1,\alpha _1$が$P$で接するから,$S_1^*,\alpha _1^*$の$P^*$における接平面は一致する. 同様に$S_2^*,\alpha _2^*$の$P^*$における接平面は一致する.したがって,$S_1^*,S_2^*$のなす角と$\alpha _1^*,\alpha _2^*$のなす角は等しい


補助命題3より,$S_1,S_2$の点$P$におけるなす角と$S_1^*,S_2^*$の点$P^*$におけるなす角が等しいことを 示すには,$\alpha _1,\alpha _2$のなす角とその像$\alpha _1^*,\alpha _2^*$のなす角とその像のなす角が等しいこと, すなわち2平面のなす角が反転変換で保たれることを示せばよい.

命題3の証明
$I(O)$による平面$\alpha ,\beta$の像をそれぞれ球$O_1,O_2$とする.球$O_1,O_2$のなす角と 平面$\alpha ,\beta$のなす角が等しいことを示せば証明が終了する.
球$O_1,O_2$はともに反転変換の中心を$O$を通るから,$O$における2球$O_1,O_2$のなす角を考えると分かりやすい. $O$における球$O_1$の接平面は$\alpha$に平行で,球$O_2$の接平面は$\beta$に平行でであるから, 球$O_1,O_2$のなす角と 平面$\alpha ,\beta$のなす角が等しいことがわかる.


以上の証明は球と平面に限った場合であるか,一般の曲面の場合も, なす角は交点における接平面のなす角ではかり,2平面のなす角は 反転変換で保たれるか,成り立つことがわかる.

空間における反転変換(2)

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