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． $x=\dfrac{r^2X}{X^2+Y^2+Z^2},y=\dfrac{r^2Y}{X^2+Y^2+Z^2},z=\dfrac{r^2Z}{X^2+Y^2+Z^2}\cdots (\flat)$ $(\sharp)$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21.2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) 反転とその性質の目次 全体の目次 |