反転とその応用

3.反転とその性質(3)

反転変換を用いるとき，よく使う性質をまとめておきます．

命題3-1
２円$C_1,C_2$が点$O$で内接または外接するとき，円$O$を反転円とする反転変換$I(O)$による$C_1,C_2$の反形はともに，$C_1,C_2$の共通接線と平行な直線である．
証明
円$C_1$の直径が$OP$，円$C_2$の直径が$OQ$であるように点$P,Q$をとる．円$O$が反転円である反転変換による，点$P,Q$の逆点をそれぞれ$P',Q'$とすれば，円$C_1$の反形は$P'$を通り$OP'$に垂直な直線であり，円$C_2$の反形は $Q'$を通り$OQ'$に垂直な直線である(命題2-1)．
2円$C_1,C_2$の共通接線は$O$を通り$OP$に垂直な直線であるから命題3-1が成り立つ．

命題3-1を眺めると，円$C_1$が円$C_2$に内接するとき，$C_1$に外接しかつ$C_2$に内接する円は，$C_1,C_2$の反形である2直線$d_1,d_2$に接する円を$I(O)$ でうつせばよいことが分かる(反転変換で2曲線が接するなら反形も接する．後ででてくる命題3-4)．

次の例題を考えよう．
例題
線分$OA$上に1点を$B$をとる．$OA,OB,AB$を直径とする半円を同じ側に描いて，それらに接してお互いに外接する円を順次描いていくと，$n$番目の円の中心から$AB$ に下ろした垂線の長さは，その円の直径の$n$倍に等しい．　

この問題はPappsによるもので「靴屋のナイフ」の問題と言います（岩田至康著　幾何学辞典第1巻359番）．この辞典の中で，「近代の数学者は反転の理論を用いてこの問題を明快に解いた．われわれは気品のある芸術品として大いに鑑賞すべきである」と書いています．
右図を見ましょう．
$O$から円$P$に引いた接線の接点を$E$とする．
$O$を中心とし，半径$OE$である円を反転円とする反転変換$I(O,OE^2)$で円$P$は不動円である(命題2-4)．
さらに，
$I(O,OE^2):A\mapsto B,B\mapsto A$
であるから，$OB$を直径とする円の反形は$A$を通り$OA$に垂直な直線$l$， $OA$を直径とする円の反形は$B$を通り$OB$に垂直な直線$m$です．この２直線に接し，かつ円$P$より上に互いに外接するように書いたのが円$P_1,P_2,P_3,\dots$です
反転変換$I(O,OE^2)$による円$P_1,P_2,P_3,\dots$の反形がここで問題にしている $OA$を直径とする円に内接し，$OB$を直径とする円に外接しさらに互いに外接する円です．
円$P_n$の$I(O,OE^2)$による反形を円$Q_n$とし，$O$から$Q_n$に引いた接線の接点を$F$とすると，反転変換$I(O,OF^2)$で円$Q_n$は不動円で，さらに
$I(O,OF^2)\circ I(O,OE^2)\cdots (\sharp)$
$O$を中心とする中心相似変換である(命題2-6)．
さらに円$P_n$の像が$Q_n$であるから,$(\sharp)$による$P_1,P_2,P_3,\dots$の像$Q_1,Q_2,Q_3,\dots$ は図のように並ぶ．
したがって，円$P_n$の中心から直線$AB$に下ろした垂線の長さは円$P_n$の直径の$n$倍である．

作図される円の半径を求めましょう．
例
線分$OA$上に1点を$B$をとる．$OA,OB,AB$を直径とする半円を同じ側に描いて，それらに接してお互いに外接する円$O_1,O_2,O_3,\dots$を順次描いていく．
$OA=6,OB=4,OC=2$のとき，円$O_3$の半径を求めよう．
解
$OA\cdot OB=24$であるから反転変換$I(O,24)$による，円$P_1,P_2,P_3,\dots$の反形は$O_1,O_2,O_3,\dots$である．
2円$O_3,P_3$は点$O$を相似の中心とする相似の位置にある(命題2-6).
円$O_3,P_3$の半径をそれぞれ$r,R$,$OO_3=a,OP_3=b$とおくと
$r=\dfrac{24R}{b^2-R^2}$
である(命題2-3)．
$R=1,b^2=61$
であるから
$r=\dfrac{24}{61-1}=\dfrac{2}{5}$
$O_3$の座標は
$\dfrac{2}{5}(5,6)=\left(2,\dfrac{12}{5}\right)$

円が接する例題をもう一つ挙げます．
例題
4つの円がどの円も両隣の円と外接するとき，4個の接点は同一円周上にある．

解
4円$O_1,O_2,O_3,O_4$をどの円も両隣と外接する円，$A,B,C,D$をその接点とする．
$A$を中心とする円を反転円とする反転変換$I(A)$による円$O_1,O_2,O_3,O_4$ の反形をそれぞれ$O_1',O_2',O_3',O_4'$;$B,C,D$の逆点を$B',C',D'$とする．
このとき，3点$B',C',D'$が同一直線上にあることを示せばよい．
それを示す．
$O_1',O_2'$は平行な2直線で，$O_3',O_4'$はそれぞれ$O_1',O_2'$に接しかつ外接する．この条件のもと，接点$B',C',D'$が一直線上にあることを示せばよい．
2円$O_3',O_4'$は外接するから，3点$O_3',O_4',C'$は同一直線上にあり$O_3'B'\parallel O_4'D'$ であるから
$\angle B'O_3'C'=\angle D'O_4'C'$
したがって
$\angle BC'O_3'=\angle D'C'O_4'$
したがって，3点$B',C',D'$は同一直線上にある（$\because$直線$O_3'O_4'$を点$C'$の周りに回転したのが直線$B'C'D'$）．

次の命題は2点間の距離の関係です．
命題3-2
　円$O$の半径を$r$とする．点$A,B$の反転変換$I(O,r^2)$による逆点をそれぞれ$A',B'$とすると
$A'B'=\frac{r^2\cdot AB}{OA \cdot OB}$
である．
証明
図で△ＯＡＢ∽△ＯＢ’Ａ’です．
相似比は$\frac{OB'}{OA}$
一方，
ＯＢ・ＯＢ’＝ｒ^２
より
$OB'=\frac{r^2}{OB}$
　 $\therefore \frac{OB'}{OA}=\frac{r^2}{OA \cdot OB}$ ・・・①
相似比が①であるから命題3-2が成り立ちます．

定理２（トレミー）
四角形ＡＢＣＤで
ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＤＡ≧ＡＣ・ＢＤ
がなりたつ．
また，等号が成り立つのは四角形ＡＢＣＤが円に内接するときである．

証明はあっさりしています．Ｄを中心とする半径ｒの円が反転円である反転変換による点Ａ，Ｂ，Ｃの逆点をそれぞれＡ’，Ｂ’，Ｃ’とします．
まず，4点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが同一円周上にあれば，3点Ａ’，Ｂ’，Ｃ’は直線上にあり， 4点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが同一円周上になければ，3点Ａ’，Ｂ’，Ｃ’は円周上にあるので，同一直線上にはありません．
上の図で，上述の性質２より，
Ａ’Ｂ’＝$\frac{r^2 \cdot AB}{DA \cdot DB}$，
Ｂ’Ｃ’＝$\frac{r^2 \cdot BC}{DB \cdot DC}$,
Ａ’Ｃ’＝$\frac{r^2 \cdot AC}{DA \cdot DC}$,
Ａ’，Ｂ’，Ｃ’が同一直線上にないとき（4点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが同一円周上にないとき）
Ａ’Ｂ’＋Ｂ’Ｃ’＞Ａ’Ｃ’（4点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが同一円周上にあるときは等号になる）
より
$\frac{r^2 \cdot AB}{DA \cdot DB}+\frac{r^2 \cdot BC}{DB \cdot DC}$＞$\frac{r^2 \cdot AC}{DA \cdot DC}$
両辺をr^２で割り，分母を払えば
ＡＢ・ＤＣ＋ＢＣ・ＤＡ＞ＡＣ・ＤＢ
を得ます．
同様に，4点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが同一円周上にあるとき，等号が成り立つことがわかります．

例題
　正三角形ＡＢＣの外接円のＡを含まない弧ＢＣ上に点Ｐをとる．このとき，ＰＡ＝ＰＢ＋ＰＣが成り立ちます．

証明
Ａを中心とする半径Ｒの円が反転円である反転変換の点Ｂ，Ｃ，Ｐの逆点をそれぞれＢ’，Ｃ’，Ｐ’とします．
このとき，△ＡＢＣの1辺の長さをａとすると
Ｂ’Ｐ’＝$\frac{R^2 \cdot BP}{AB \cdot AP}=\frac{R^2 \cdot BP}{aAP}$・・①
Ｃ’Ｐ’＝$\frac{R^2 \cdot CP}{AC \cdot AP}=\frac{R^2 \cdot CP}{aAP}$・・②
Ｂ’Ｃ'＝$\frac{R^2 \cdot BC}{AB \cdot AC}=\frac{R^2}{a}$・・・③
①＋②＝③よりＡＰ＝ＢＰ＋ＣＰ

回転を使っても次のように証明できます．この証明もなかなか優れています．
$\triangle BPC$を$B$の周りに$60^{\circ}$回転したものを$\triangle BP'A$とする．
このとき$\angle BP'A=\angle BPC=120^{\circ}$.
さらに，$BP=BP',\angle PBP'=60^{\circ}$より
$\angle BP'P=60^{\circ}$
したがって，3点$A,P',P$は一直線上にある．
$\therefore AP=AP'+P'P=PC+PB$

命題3-3
　反転は円に関しての対称移動と考えられる．
すなわち，反転は直線に関しての対象移動と深い関係があります．

実際，$O$が中心半径Ｒの円が反転円である反転変換の点Ｐの逆転をＰ’とし，線分ＰＰ’と円との交点をＡとします．
このとき，
ＯＰ・ＯＰ’＝Ｒ^２
ですから
(R=AP)(R+AP')＝Ｒ^２，
したがって，
$AP'=\frac{R \cdot AP}{R-AP}=\frac{AP}{1-\frac{AP}{R}}$
よりＲ→∞のときＡＰ’→ＡＰとなります．すなわち半径が∞の円すなわち直線に関する反転は直線に関する対称移動です．

別の見方をすることもできる．
直線$l$に関して点$P$と対称な点$P'$の作図を考える．通常は $P$から$l$に垂線を引き，$l$と等距離の点とするが，右図の方法もよく用いる．
右図の方法は，$l$上に中心を持つ点$P$を通る円は必ず点$P'$ を通るからである．$l$上に中心を持つを$l$と直交する円と書き換えれば，
$P$を通りかつ$l$と直交する円は必ず$P'$を通ると言い換えられる．
これなら，$l$を円に換えることができる．

定義
円$O$とその中心$O$と異なる点$P$が与えられたとき，点$P$を通る円$O$と直交する円は必ず$P$以外の点を通り，この点を$P'$とする．
このとき，変換
$P\mapsto P'$
を円$O$を反転円とする反転変換という.
と定義してもよい．

実際，この定義よって，$P,P'$の関係は，円$O$の半径を$R$とすると，方べきの定理より
$OP\cdot OP'=R^2$
となり，反転の定義と一致する．

話を進めます．
反転変換の持つ重要性質に角を保つ変換がある．２曲線が交わるとき，その２直線のなす角はその点における接線のなす角です．角を保つ変換であることをきちんと書くと次のようになります．

命題3-4
反転変換で，曲線Ｃ，Ｄの反形をそれぞれ曲線Ｃ’，Ｄ’とする．
Ｃ，Ｄは点Ｐで交わり，Ｐの逆点をＳとする．
このとき，点Ｐにおける２曲線Ｃ，Ｄのなす角と，点Ｓにおける２曲線Ｃ’，Ｄ’のなす角は等しい．

証明
反転円Ｏの反転変換I(O)で考えます．
上の図で，曲線Ｃ，Ｄの反形がＣ’，Ｄ’になっています．Ｏを通る直線（Ｑ，Ｒ，Ｕ，Ｔの載っている直線）をＯの周りに回転して直線ＯＰＳに近づけたとき∠ＱＰＲ，∠ＴＳＵはそれぞれ，２直線のなす角に近づく．
一方△ＯＰＲ∽△ＯＵＳ，△ＯＰＱ∽△ＯＴＳより
∠ＯＰＲ＝∠ＯＵＳ，∠ＯＰＱ＝∠ＯＴＳ
∴∠ＱＰＲ＝∠ＯＰＲ－∠ＯＰＱ＝∠ＯＵＳ－∠ＯＴＳ＝∠ＴＳＵ
このように，つねに∠ＱＰＲ＝∠ＴＳＵが成り立つのでＣ，Ｄのなす角とＣ’，Ｄ’のなす角は一致します．

命題3-4より，反転変換では角が保たれることが分かりました．
他の保たれる性質を見つけましょう．変換で保たれる性質が何かに注目することは，クラインが提唱した重要な幾何学の研究態度です．

結論からいうと複比も保たれます．
複比の説明をします．
直線$AB$上に点$P$があるとき
$AP:BP$
が定義できます．$AP:BP$は$AP\div BP$すなわち$\frac{AP}{BP}$と同じことです． $\frac{AP}{BP}$を名前を変えて比の値といったりしますがまったく同じことです．
複比とは比の比のことです．
すなわち，直線$AB$上に２点$C,D$があるとき
$(AC:BC):(AD:BD)=(\frac{AC}{BC}) \div (\frac{AD}{BD}) =\frac{AC \cdot BD}{BC \cdot AD}$
を複比といい通常$[A,B;C,D]$と表す．
数直線上座標を用いて
$A(a),B(b),C(c),D(d)$
とすると
$[A,B;C,D]=\dfrac{(c-a)(d-b)}{(c-b)(d-a)}$
となる．
反転変換で複比が保たれることを理解するには，平面上の複比を定義する必要がある．
複素平面で考える．
複素平面上の４点$P_1(z_1),P_2(z_2),P_3(z_3),P_4(z_4)$の複比を
$[P_1,P_2;P_3,P_4]=\dfrac{z_3-z_1}{z_3-z_2}\cdot \dfrac{z_4-z_2}{z_4-z_1}$
で定義する.複比の値が複素数になる．
ここでは点$P_i$に条件を付け,
４点$P_1,P_2,P_3,P_4$が同一円周上にあるときだけ複比
$[P_1,P_2;P_3,P_4]=\dfrac{z_3-z_1}{z_3-z_2}\cdot \dfrac{z_4-z_2}{z_4-z_1}$
を考える．

同一円周上と限定した理由は，複比の定義式の偏角を見るとわかる．
$\arg \dfrac{z_3-z_1}{z_3-z_2}+\arg \dfrac{z_4-z_2}{z_4-z_1}=0,\pi$
より複比が実数であるからです．
ちなみに，直線$P_1P_2$に関して２点$P_3,P_4$が同じ側にあれば複比は偏角が$0$すなわち正で，反対側にあれば偏角が$\pi$すなわち複比は負です．
反転変換による円(直線も含む)の像である円を見てみましょう．
円$C$が反転変換で円$C'$にうつるとき,点$P$が円$C$を反時計回りに回れば$P$の像$P'$は円$C'$を時計回りにまわる(まわり方が反対になる)．
したがって$P_i\mapsto P_i'$のとき，直線$P_1P_2$に関して$P_3,P_4$が同じ側にあれば，直線$P_1'P_2'$に関して$P_3',P_4'$は同じ側にあり，反対側に関しても同様．
すなわち，複比$[P_1,P_2,P_3,P_4]$の符号と$[P_1',P_2',P_3',P_4']$の符号は一致する．
準備が整ったので次の命題を証明する．

命題3-5
反転変換で，同一円周上にある４点の複比は保たれる．
証明
反転変換$I(O,r^2)$による$P_1,P_2,P_3,P_4$の像をそれぞれ$P_1',P_2',P_3',P_4'$とする．
このとき
$[P_1,P_2;P_3,P_4]=[P_1',P_2';P_3',P_4']$
を示せばよいが，実数で，符号が一致するから $|[P_1,P_2;P_3,P_4]|=|[P_1',P_2';P_3',P_4']|$
を示せばよい．
$|[P_1,P_2;P_3,P_4]|=\dfrac{|z_3-z_1|}{|z_3-z_2|}\cdot \dfrac{|z_4-z_2|}{|z_4-z_1|}$
$=\dfrac{P_1P_3}{P_2P_3}\cdot \dfrac{P_2P_4}{P_1P_4}$
同様に
$|[P_1',P_2';P_3',P_4']|=\dfrac{P_1'P_3'}{P_2'P_3'}\cdot \dfrac{P_2'P_4'}{P_1'P_4'}$
である．
すでに証明した命題3-2より
$P_1'P_3'=\frac{r^2 \cdot P_1P_3}{OP_1 \cdot OP_3}$,
$P_2'P_3'=\frac{r^2 \cdot P_2P_3}{OP_2 \cdot OP_3}$,
$P_1'P_4'=\frac{r^2 \cdot P_1P_4}{OP_1 \cdot OP_4}$,
$P_2'P_4'=\frac{r^2 \cdot P_2P_4}{OP_2 \cdot OP_4}$,
である．分母及び$r^2$が約分され複比が保たれることが分かる．

注意
ここまで，反転変換のいろいろな命題を述べてきました．
反転変換は複素関数の知識があれば理解が深まります．
複素平面の知識を用いれば，原点を中心とする半径$r$の円を反転円とする反転変換$f$は
$z=a(\cos \theta + i \sin \theta)$とおくと
$z\stackrel{f}{\longmapsto}w$
のとき，
$|z||w|=r^2,\arg w=\arg z$
および
$\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{a} \cdot (\cos (-\theta)+ i \sin (-\theta))$
すなわち $\dfrac{1}{\bar{z}}=\dfrac{1}{a} \cdot (\cos \theta + i \sin \theta)$
より
$w=f(z)=\dfrac{r^2}{\bar{z}}$
したがって，反転変換$f$は実軸に関する対称変換$z\mapsto \bar{z}$と$g(z)=\frac{1}{z}$と原点の周りの相似変換$z\mapsto r^2z$の合成である．実軸に関する対称変換や相似変換が角や複比を保つことは明らかです．$g$が角を保つことは複素数の意味で微分可能であることより成り立ちます．

実際，$f(z)$が複素関数の意味で微分可能の時
$f(z)-f(a)\fallingdotseq f'(a)(z-a)\cdots (*)$
より
$f(z_1)-f(a)\fallingdotseq f'(a)(z_1-a)\cdots (1)$
$f(z_2)-f(a)\fallingdotseq f'(a)(z_2-a)\cdots (2)$
であるから,$\frac{(2)}{(1)}$より
$\dfrac{f(z_2)-f(a)}{f(z_1)-f(a)}\fallingdotseq \dfrac{z_2-a}{z_1-a}$
したがって
$\arg \dfrac{f(z_2)-f(a)}{f(z_1)-f(a)}\fallingdotseq \arg \dfrac{z_2-a}{z_1-a}$
このようなことを言わなくとも，上記$(*)$より
$f'(a)=r(\cos \theta +i\sin \theta)$
とおけば，$f(z)$は$z=a$の近くで，回転変換と相似変換の合成で近似できるから，角を保つこと(向きも変わらない)は当たり前のことです．
複比を保つことは1次分数変換$w=\frac{az+b}{cz+d}$の成り立つ重要命題の１つです．
$g$が円を円にうつすことは， $|z-a|=k$に$z=\frac{1}{w}$を代入すると
$|a||w-\frac{1}{a}|=k|w|$
より，アポロニウスの定理より円になります．
また，中心が同じである反転円の反転変換の合成が相似変換になることは，
$f(z)=\frac{r^2}{\overline{z}}$,$g(z)=\frac{R^2}{\overline{z}}$のとき
$g \circ f(z)=\frac{R^2}{\overline{(\frac{r^2}{\overline{z}})}}=\frac{R^2z}{r^2}$
と単純な計算で示せます．
このように，反転変換の性質は複素関数を学べば簡単に導き出すことができるものが多いのです．ですから，反転の性質は認めてしまって，それを使って図形的性質を調べることも学び方の１つです．

4. 反転の例　

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