反転とその応用

6.2 空間における反転変換(2) 

反転変換で曲面のなす角だけでなく2曲線のなす角も保たれます.次にこれを示します.

定義1
空間における円の接線は,円を含む平面上における円の接線と定義する.

定義2
空間における2円が1点で交わり(1点を共有し),その点における接線が一致するときこの2円は接するという.

補助命題1
1.同一平面上にない2円$C_1,C_2$が2点で交わるとき,この2円は同一球面上にある.
2.同一平面上にない2円$C_1,C_2$が接するとき,この2円は同一球面上にある.
証明
(1) 2円$C_1,C_2$の中心をそれぞれ$O_1,O_2$とし,$O_1$を通り円$C_1$を含む平面$\alpha$に垂直な直線と $O_2$を通り円$C_2$を含む平面$\beta$に垂直な直線との交点を$O$とする(2直線が交わることは,2直線がともに 線分$AB$の垂直2等分面にあることからわかる).
2円の交点を$A,B$,$AB$の中点を$M$とする.
$OO_1^2+O_1M^2=OO_2^2+O_2M^2 \cdots (\sharp)$
が成り立つ.
円$C_1,C_2$上にそれぞれ点$P,Q$をとる.
$OP^2=OO_1^2+O_1P^2=OO_1^2+O_1A^2=OO_1^2+O_1M^2+MA^2$
$OQ^2=OO_2^2+O_2Q^2=OO_2^2+O_2A^2=OO_2^2+O_2M^2+MA^2$
$(\sharp)$より2円$C_1,C_2$は$O$中心とする$A$を通る球上にある.
(2)は(1)と同様である.実際,$M$を接点として考えれば同じ式である.

定義3
2円が交わるとき,2円のなす角はその点における接線のなす角で定義する.

空間に一般の曲線が交わるときのなす角は定義しません.それは円はその円を含む平面が存在します(このような曲線を平面曲線という) が一般の曲線ではその曲線を含む平面は一般には存在しません.交点における接触平面の概念が必要に なりややこしくなります. さらに,反転変換で扱う空間における曲線の多くは円と直線だけだからです.

補助命題2
2円が交わるとき,交点における2円のなす角は等しい.

証明
2円の交点を$A,B$とする. 2円が線分$AB$の垂直2等分面に関して対称であるから明らかな事実であるが, ここでは定義にしたがって証明する.
円$C_1$の2点$A,B$における接線の交点を$P$,円$C_2$の2点$A,B$における接線の交点を$Q$とする.
このとき
$\triangle PAQ \equiv \triangle PBQ$
$(\because PA=PB,QA=QB,PQ=PQ)$
$\therefore \angle PAQ=\angle PBQ$

補助命題2より次のことがわかる.

補助命題3
2円$C_1,C_2$の反転変換$I(O)$による像(反形)をそれぞれ$C_1^*,C_2^*$とする.
$C_1,C_1$が接するとき$C_1^*,C_2^*$も接する.

証明 2円$C_1,C_2$が接するとき,1点だけを共有するから, $C_1^*,C_2^*$が一点だけを共有することはわかるが,接するかどうかはわからない.
これは補助命題2より1つの球面上にあるから接することがわかる.
なお,補助命題2(2)の逆がなりたつことは次の通り.
2円$C_1,C_2$が同一球面上にありかつ1点で交わるとき,円$C_1,C_2$を含む平面をそれぞれ$\alpha ,\beta$とすると,$\alpha ,\beta$ の交線が$C_1,C_2$の接線であるから2円は接する.

命題4
反転変換で2つの円のなす角は不変である.
すなわち,2円$C,C_1$が交わり,反転変換$I(O)$による$C,C_1$の像をそれぞれ$C^*,C_1^*$とする. このとき,$C,C_1$のなす角と$C^*,C_1^*$のなす角は等しい.

証明
$C,C_1$は交点における接線で置き換えてよい.
$C^*,C_1^*$はともに反転変換の中心$O$を通り,$O$における$C^*,C_1^*$のなす角が分かりやすい
円$C^*,C_1^*$の$O$における接線をそれぞれ$m,m_1$とすると
$C\parallel m,C_1\parallel m_1 \cdots (\sharp)$
より,$C,C_1$のなす角と$C^*,C_1^*$のなす角が等しいことがわかる.
なお,右図は平面$\mathbb{R}^2$で書いてある. 立体$\mathbb{R}^3$でも$(\sharp)$が成り立つので同じことである.



反転変換で角は保つが距離は保たない.距離に関して成り立つのは次の命題である.

命題5
反転変換$I(O,r^2)$による$A,B$の像を$A^*,B^*$とする.このとき
$A^*B^*=\dfrac{r^2\cdot AB}{OA\cdot OB}$
が成り立つ.
証明
$OA\cdot OA^*=OB\cdot OB^*$
より
$OA:OB^*=OB:OA^*$
したがって,
$\triangle OAB$∽$\triangle OB^*A^*$
$\therefore OA:AB=OB^*:A^*B^*$
$A^*B^*=\dfrac{OB^*\cdot AB}{OA}$
$=\dfrac{OB^*\cdot OB}{OA\cdot OB}\cdot AB=\dfrac{r^2AB}{OA\cdot OB}$

命題6
反転変換$I(O,r^2)$の反転球を$S$とする($S$は反転変換を定義する$O$を中心とする半径$r$の球). $I(O,r^2)$による球$T$の像を$T^*$とする.このとき,次が成り立つ.
$T=T^* \Longleftrightarrow S\perp T$

証明
2つの球$S,T$が交わらないときや接するときは$T=T^*$とならないので,交わるときだけ考えればよい.
$S,T$の交線を円$C$とする.
$P$を曲線$C$上の任意の点とする.
直線$OP$と球$T$との交点のうち$P$でない方を$Q$とし, $Q$の逆点(反転変換による点の像)を$Q^*$とする.
$T=T^*$なら$Q=Q^*$となる.
$(\because Q^*\in T,Q^*\in OP)$
したがって,$P,Q$は一致し直線$OP$は球$T$に接するので,$S,T$は直交する.
逆に$S,T$が直交するとき.
球$T$上の任意の点を$Q$とし,反転変換$I(O,r^2)$のよる$Q$の逆点を$Q^*$とすると,$Q^*$は$T$上に あるから,$T$と$T^*$は一致する.

命題5
反転変換$I(O,r^2)$の反転球を$S$とする.この反転変換による点$Q$の逆点を$Q^*$とする. このとき,2点$Q,Q^*$を通る球$T$は球$S$と直交する.
証明
2つの球$S,T$の交線上の任意の点を$P$とする.このとき
$OP^2=r^2=OQ\cdot OQ^*$
であるから,直線$OP$は球$T$に接する.したがって,2つの球$T,S$は直交する.

命題6
反転の中心が等しい2つの反転変換$I(O,r^2),I(O,R^2)$の合成は$O$を中心とする相似変換である.
$O$を中心とする相似比$K$の相似変換を$H(O,k)$とあらわせば
$I(O,R^2)\circ I(O,r^2)=H(O,\dfrac{R^2}{r^2})$
となる,さらに,同じ反転変換の合成変換は恒等変換であるから
$I(O,R^2)=H(O,\dfrac{R^2}{r^2})\circ I(O,r^2),$
$I(O,r^2)=I(O,R^2)\circ H(O,\dfrac{R^2}{r^2})$
が成り立つ.
証明
$I(O,r^2):P\mapsto P^*,$
$I(O,R^2):P^*\mapsto (P^*)^*$
のとき
$OP\cdot OP^*=r^2$
$OP^*\cdot O(P^*)^*=R^2$
第2式を第1式で割れば
$\dfrac{O(P^*)^*}{OP}=\dfrac{R^2}{r^2}$
したがって命題が成り立つ.

球面の極射影

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