反転とその応用

4. 反転の例


これから反転を用いて問題を解いていきます.これからの解答を通じて, 反転変換がいかにすばらしい変換であるかを感じ取ってください.


定理1(オイラー)
△ABCの外接円の半径R,内接円の半径r,外心,内心2点間の距離をdとする. このとき
=R−2Rr
が成り立つ.


<証明>
図形を見ながら証明しましょう.太い円は△ABCの内接円で,D,E,Fは接点です.
この内接円を反転円とする反転変換による3点A,B,Cの逆点をそれぞれL,M,Nとすると, LはEFの中点, MはFDの中点,NはDEの中点です(証明は最後にやります).
まず,3点L,M,Nを通る円は△DEFの9点円ですから,半径はr/2です. また,太い円を反転円とする反転変換で,△ABC の外接円は3点L,M,Nを通る円にうつります.
直線OIと△ABCの外接円,△LMNの外接円との交点を
図のようにH,G,K,Jとすれば
r=GK
(∵ rが9点円の直径であることは右図で∠GPI=∠QHI,∠IPK=∠QJI)
=IG+IK=$\frac{r^2}{IH}+\frac{r^2}{IJ}$ (∵太円が反転円である反転変換による△ABCの外接円の反形が△LMNの外接円より
IG・IH=IK・IJ=r
=$\frac{r^2}{R+d}+\frac{r^2}{R-d}$
(∵IH=R+d,IJ=R−d)
=$\frac{2Rr^2}{R^2-d^2}$
∴R−d=2Rr

残りは 上の図でPが線分DEの中点になることですが,これは反転の定義より成り立つことが分かります. 実際,点Aの円Iを反転円とする反転変換による逆点は,Aから円Iに引いた2本の接線の接点を D,EとするればDEとAIの交点Pによって得られる.



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.

次はアポロニウスの問題です.円の方程式を持ち出すと,解の存在はわかりますが, 解を具体的に求めることは困難です.
反転を用いると具体的に解を求めることも含め比較的簡単に解決します.


アポロニウスの問題
平面上に任意に3円与えられている.このとき,3円の全てに接する第4円を求めよ.


円O,O,Oが与えられた円とします.
ここでは,どの円も他の2円の外側にある3円に内接する円または外接する円を求めよう.
3つの円を同じだけ半径を大きくし,2つの円が外接 するようにします(もしO,Oに内接しOに外接する円を求めるな ら,同じだけO,Oは半径を大きくしOは半径を小さくして考える) この場合に条件を満たす円を求めれば, 同じ中心で,半径だけ変えれば(外接は増やし内接は減らす)求める円が求まります.

反転を使うとき,2円を内接,または外接させ,接点を中心とする円を反転円とする反転変換を 用いると思わぬ効果が期待できます.
3つの円の半径を同じだけ大きくし,2円O,Oが点Oで外接したとします.
Oを中心とする円が反転円C(青太円)である反転変換を考えましょう. この反転変換による円O,Oの反形を直線l,l, 円Oの反形を円Oとします. l,l,Oに接する円を求めそれらを反転すれば求めるものです.


以上内容がちょっと難しくなってしまいました.肩のこらない例題を数題扱いましょう.



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’=$\frac{R^2 \cdot BP}{AB \cdot AP}=\frac{R^2 \cdot BP}{aAP}$・・@
C’P’=$\frac{R^2 \cdot CP}{AC \cdot AP}=\frac{R^2 \cdot CP}{aAP}$・・A
B’C'=$\frac{R^2 \cdot BC}{AB \cdot AC}=\frac{R^2}{a}$・・・B
@+A=B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. △BPCをBの周りに60°回転したものを△BP’Aとします.
このとき∠BP’A=120°,∠BP’P=60°ですから,A,P’,Pは直線上にあり, AP’=PC,BP’=BPより成り立ちます.


例題
線分OA上の1点をBとするとき,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.まったく同感です. 時間があれば,この辞典を眺めることを勧めます.何題か反転を利用した問題もあります.
右図を見ましょう.
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)で,ABを直径とする円は 不動円です.
Aの逆点はBですから,OBを直径とする円の反形はAを通りOAに垂直な直線, 同様にOAを直径とする円の反形はBを通りOBに垂直な直線です.この2直線に接し円Pより 上に互いに外接するように書いたのが円P,P,P,・・・です
反転変換I(O,OE)による円P,P,P,・・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.
さらに,求めたそれらの円を,Oを中心とする,円Q(図では円Q) が不動円となる円を反転円とする反転変換による反形を求めると,反転中心が同じである2つの反転変換の 合成は相似変換ですから, それぞれ図の円Q,Q,Q,・・・ となります.
,Q,・・・は半径が等しいから 問題が証明できました.


上の例題を利用して次の問題を解いてみましょう.


問題
 AB上に点Cがあり,AC=4,CB=2である.ABを直径とする円に内接し,AC,BCを直径とする円に外接する 円の半径を求めよ.


<解答>
△OでOより ABに下ろした垂線の足をHとしましょう.円Oの半径をr,OH=t とすると,OH=2rですから(上で証明してある)
(2+r)=t+4r
(1+r)=(3−t)+4r
     ∴ r=$\frac{6}{7}$

5. Steiner chain

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