円$O$が与えらえたとき，円$O$外の任意の点$A$に対して，$A$を中心として，円$O$に直交する円は， 線分$OA$を直径とする円と円$O$の交点を$P$とし，$A$を中心とし点$P$を通る円である．
円$O,A$の半径をそれぞれ$r,R$,$OA=d$とすると
$r^2+R^2=d^2$
であるから
$r < d$
したがって，$A$が円$O$の外部にあるときに限り,$A$を中心とする円$O$に直交する円が存在する．
さらに，その半径は$A$から円$O$に引いた接線の長さ$AP$である．

つぎに，共有点がない2円$O_1,O_2$が与えらえたとき，両方の円と直交する円について考える．
2円に直交する円$A$が存在すると仮定する．
このとき，$A$から円$O_1,O_2$に引いた接線をそれぞれ$AP,AQ$とすると
$AP=AQ$
を満たす．

円$O$と点$A$が与えられたとき，接線$AP$の長さを丁寧に見ていく．
命題5-1(方べきの定理)
円$O$と点$A$が与えらえている．$A$を通る任意の直線と円$O$との交点を$P,Q$とする．このとき
$AP\cdot AQ$
は一定である．
(証明は略)

なお，ここで
$AP\cdot AQ=\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{AQ}$
であり，$\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AQ}$が
同じ向きの時$AP\cdot AQ=|\overrightarrow{AP}||\overrightarrow{AQ}|$
反対向きの時$AP\cdot AQ=-|\overrightarrow{AP}||\overrightarrow{AQ}|$とする．
この一定の値$AP\cdot AQ$を点$A$の円$O$に関する方べきという．
方べきの図形的意味を調べる．

円の方程式を用いると，方べきが扱いやすい．
中心の座標$A(a,b)$,半径$r$の円の方程式は
$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2\cdots (*)$
であり，この円に関する点$P(x_0,y_0)$の方べきは
$PA^2-r^2=(x_0-a)^2+(y_0-b)^2-r^2$
である．円の方程式より得られる関数
$f(x,y)=(x-a)^2+(y-b)^2-r^2$
に$x=x_0,y=y_0$を代入した値$f(x_0,y_0)$が点$P(x_0,y_0)$の円$(*)$に関する方べきである．

話を戻す．考えている問題は
共有点がない2円$O_1,O_2$が与えらえたとき，両方の円と直交する円を求めることである．
求める円の中心を$A$とする.$A$から円$O_1,O_2$に引いた接線をそれぞれ$AP,AQ$とすると
$AP=AQ$
を満たす．
すなわち，点$A$は円$O_1$に関する方べきと円$O_2$に関する方べきが等しい点である．
定義
2円が与えられたとき，2円に関する方べきが等しい点の軌跡をこの2円の根軸という．

2円が同心円のとき方べきが等しい点は存在しないから，2円は同心円でないとする．
同心円でない2円の根軸を求めよう．
これは初等幾何として扱うよりは，座標を導入した（解析幾何）方が扱いやすい． まず，根軸を求めよう．
２円$O,O'$が同心円でないとき，直線$OO'$を$x$軸とする座標軸を導入して考える．
2円の中心$O,O'$は$x$軸上にあるから， 円$O$は
$x^2+y^2-2ax+b=0$ ・・・①
円$O'$は
$x^2+y^2-2a'x+b'=0$ ・・・②
と表せる．
2円$O,O'$の根軸は方べきの等しい点の軌跡であるから
$x^2+y^2-2ax+b=x^2+y^2-2a'x+b'$
より
$2(a'-a)x=b'-b$
ここで，２円$O,O'$は同心円でないから$a'\neq a$.
したがって，２円$O,O'$の根軸は
$x=\dfrac{b'-b}{2(a'-a)}$
である．2円$O,O'$の中心を通る直線は$x$軸であるから， 2円$O,O'$の根軸は，2円の中心を通る直線と垂直である．
さらに，根軸の式は
$x^2+y^2-2ax+b-k(x^2+y^2-2a'x+b')=0$
の$k=1$の場合であるから，2円$O,O'$が共有点をもてば，共有点を通る．
したがって，2円$O,O'$が共有点を持てば，根軸は共有点を通り，2円の中心を通る直線と垂直な直線である．
すなわち，2円$O,O'$が共有点を持てば，共有点を結ぶ直線が根軸であり，接するときは共通接線が根軸である．
2円が共有点を持つときや接するときの根軸ははっきりした．
2円が共有点を持たないときの根軸の作図法は後でわかる．

次に，3円が与えられたとき，3円に垂直な円の中心すなわち3円に関する方べきが等しい点を調べよう．
3円$O_1,O_2,O_3$の中心$O_1,O_2,O_3$が同一直線上にないときを考える．
2円$O_1,O_2$の根軸を$l_{12}$,2円$O_2,O_3$の根軸を$l_{23}$,２円$O_3,O_1$の根軸を$l_{31}$とする．
$l_{12},l_{23}$は平行でないから，交点を$A$とする．
このとき,点$A$は
円$O_1$に関する方べき$=$点$O_2$に関する方べき
かつ
円$O_2$に関する方べき$=$点$O_3$に関する方べき
をみたすから
点$A$は2円$O_3,O_1$の根軸上の点である．
したがって，3本の根軸$l_{12},l_{23},l_{31}$は1点で交わる．
命題5-3
3円$O_1,O_2,O_3$の中心が一直線上にない時，2円$O_1,O_2$の根軸，2円$O_2,O_3$の根軸，2円$O_3,O_1$の根軸は 1点で交わる．この点を3円$O_1,O_2,O_3$の根心という．

例
2円が交わる場合や接する場合は根軸が簡単にわかる．
2円が共有点を持たないときは，根心の性質を用いて次のように根軸を求めることができる．
2円$O_1,O_2$の両方と交わる円$O$を描き，2円$O_1,O$の交点を$A,B$,2円$O_2,O$の交点を$C,D$とし， 2直線$AB,CD$の交点を$P$とする．$P$を通り，2円$O_1,O_2$の中心を結ぶ直線と垂直な直線が2円$O_1,O_2$ の根軸である．
もう一つ円を書き他の根心を求め2つの根心を結んでもよい．
根軸は，2円への接線の長さが等しい点の軌跡であるから，共通接線の接点の中点を結ぶ直線とみてもよい．

例
3円$O_1,O_2,O_3$の中心が一直線上になく，2円ずつが2点で交わるとき，3本の共通弦が1点で交わる(fig.1)．
3円$O_1,O_2,O_3$のそれぞれの2円が外接しているとき，共通内接線が一点で交わる(fig.2).
ちなみに(fig.2)で3円$O_1,O_2,O_3$の根心$P$は$\triangle O_1O_2O_3$の内心である．

注意
2円$O,O'$が与えられたとき，両方の円に直交する円の中心の軌跡として根軸を定義したが， 2円が2点で交わるのとき， 根軸は2円の交点を結ぶ直線であるが，共通弦上の点を中心とる両円に直交する円は描けない．
2円の共通弦が図形的にどのような性質を持つか調べよう．
円$O$が与えられているとき，円$O$内の任意の点$A$に対し，$A$を中心とする 円$O$との交点が直径となる円$A$が存在する．
それは，$A$を通る$OA$に垂直な直線と円との交点を$B,C$とすれば，$BC$ を直径とする円を作ればよい．
円$O$の半径を$R$,$OA=d$とすれば
$AB^2=R^2-d^2=-(d^2-R^2)=-$(点$A$の円$O$に関する方べき)
が成り立つ．
2円$O,O'$が交わり，交点を$B,C$とする．
2円$O,O'$との交点が直径の両端である円$A$が存在すると仮定して円$A$の状況を調べる．
円$A$と円$O$との交点を$D,E$，円$A$と円$O'$との交点を$F,G$とすると線分$DE,FG$はそれぞれ 円$A$の直径の両端である．このとき点$A$は
(点$A$の円$O$に関する方べき)$=$(点$A$の円$O'$に関する方べき)
すなわち2円$O,O'$に関する方べきの等しい点の軌跡である．
これは，2円の共通部分で成り立つことである．
まとめると次のようになる．
2円交わるとき，2円の根軸は，2円の外部では，2円に直交する円の中心の軌跡で， 2円の内部では2円との交点が直径の両端となる円の中心の軌跡である．
この事実は，2円を与えたとき，2円と直交する円や2円と直径の両端で交わる円を求めるときに利用される．

２円$O,O'$が同心円でないとき，直線$OO'$を$x$軸とする座標軸上で話を続ける．
2円の中心$O,O'$は$x$軸上にあるから， 円$O$は
$x^2+y^2-2ax+b=0$ ・・・①
円$O'$は
$x^2+y^2-2a'x+b'=0$ ・・・②
と表せる．
2円$O,O'$の根軸は①-②=0より$x=\frac{b'-b}{2(a'-a)}$であるから，
$b=b'$のとき2円$O,O'$の根軸は$y$軸である．
$b=b'$のとき2円$O,O'$の交点は存在するなら$y$軸上にあり
$x=0$のとき①は$y^2+b=0$であるから2円$O,O'$が共有点を持たないのは $b > 0$の時である．
ここでは共有点を持たない2円を扱っている．
共有点を持たない2円$O,O'$の方程式を
円$O:x^2+y^2-2ax+b^2=0$・・・③
円$O':x^2+y^2-2a'x+b^2=0$・・・④
として考える．
2円③，④の根軸は$y$軸であるから $y$軸上に中心を持つ③，④いずれかと直交する円はもう一方と直交する．

$x^2+y^2-2ax+b^2=0$ 　($b > 0$は定数)・・・③
を調べる．
$(x-a)^2+y^2=a^2-b^2$
であるから,③は
$a < -b,b < a$のとき$(a,0)$を中心とする半径$\sqrt{a^2-b^2}$の円
$a=b,-b$のときそれぞれ点$(b,0),(-b,0)$
$-b < a < b$のとき条件を満たす点は存在しない．
したがって,③は$a\leqq -b,b\leqq a$で考えることになる．
$(\pm b,0)$と円③の関係を調べる．
$b < a$のとき
$a^2-b^2-(b-a)^2=2(a-b)b>0$
$(b,0)$は円③に含まれる．
同様に$a < -b$のとき，$(-b,0)$は円③に含まれる．
また③はどの2円も共有点を持たない(持つとしたら$y$軸上にあり，一方③は$y$軸と交わらない)
次に$y$軸上(根軸)上に中心を持ち，円③と直交する円を求める．
$y$軸上の点を$C(0,c)$とし，$C$から円③に引いた接線を$CP$とする.
円③の中心は$A(a,0)$．
$CP^2=CA^2-AP^2=b^2+c^2$
であるから
$x^2+(y-c)^2=b^2+c^2$・・・⑤
が求める円の方程式である．
⑤は円③の任意の円（ただし$a^2-b^2 >0$)に直交する円で，$c$は任意である．
⑤を$c$で整理すると
$(x^2+y^2-b^2)-2cy=0$
であるから
$\begin{cases}x^2+y^2=b^2\\y=0\end{cases}$
すなわち,
$(b,0),(-b,0)$
は⑤が$c$の値にかかわらず必ず通る点であることが分かる．

円の集合
$x^2+y^2-2ax+b^2=0$ 　($b > 0$は定数,$a^2 > b^2$)
について成り立つことをまとめると次のようになる．
1.どの2円の根軸も$y$軸．
2.どの円も$(b,0)$または$(-b,0)$を含む．
3.根軸($y$軸)上の点を中心とする１つの円に直交する点はほかのすべての円と直交する．

円の集合
$x^2+y^2-2ax+b^2=0$ 　($b > 0$は定数,$a^2 > b^2$)
のように，どの2円の根軸も一致するとき，これらの円の集合は共軸であるといい，この集合を共軸円束(をなす)という．また 共通の根軸を共軸円束の根軸という．
根軸が$y$軸である共軸円束
$x^2+y^2-2ax+b^2=0$ 　($b_0 > 0$は定数,$a^2 > b^2$)
が与えられたとき，共軸円束の根軸上に中心を持つ，共軸円束に属する1つの円に直交する円はすべての円に直交し，さらに その円は定点$(b,0),(-b,0)$を通ることが分かった．
共軸円束に直交する円の必ず通る点$(b,0),(-b,0)$を共軸円束の限点という．なお，限点は共軸円束の半径が$0$になる場合とみるとわかりやすい． 半径$0$の円に直交するのはその点を通ることとみる．
なお，限点は交わらない円よりなる共軸円束のとき考える．

共軸円束
$x^2+y^2-2ax+b^2=0 \ \ (b$は定数$)\cdots (1)$
に属する円と限点$b,-b$の関係を調べよう．
円$(1)$と$x$軸との交点を$\alpha ,\beta$とすると，$\alpha , \beta$は2次方程式
$x^2-2ax+b^2=0$
の解であるから
$\alpha +\beta =2a,\alpha \beta =b^2$
限点$-b,b$を基点とする2点$\alpha ,\beta$の複比すなわち
$[-b,b;\alpha ,\beta]=\dfrac{\alpha +b}{\alpha -b}\cdot \dfrac{\beta -b}{\beta +b}$
を求める．
$\dfrac{\alpha +b}{\alpha -b}\cdot \dfrac{\beta -b}{\beta +b} =\dfrac{\alpha \beta -b(\alpha -\beta)-b^2}{\alpha \beta +b(\alpha -\beta)-b^2}=-1$
である．したがって
点列$-b,b;\alpha ,\beta$は調和点列をなす，言い方を変えれば，2点$\alpha ,\beta$は2点$-b,b$を同じ比に内分，外分する点である．
命題5-4
共有点のない2円は，その限点を基点とするアポロニウスの円である．

アポロニスの円とは，2定点$A,B$に対して，$AP:BP$が一定である点$P$の軌跡のことであり，2定点$A,B$をアポロニウスの円の基点という．

$[a,b;c,d]=-1$のとき$[c,d;a,b]=-1$であるから
$\because [a,b;c,d]=\dfrac{c-a}{c-b}\cdot \dfrac{d-b}{d-a}$
$=\dfrac{a-c}{b-c}\cdot \dfrac{b-d}{a-d}$
$=\dfrac{a-c}{a-d}\cdot \dfrac{b-d}{b-c}=[c,d;a,b] \ \blacksquare$
$\alpha , \beta ;-b,b$は調和点列をなすということもできる．

例1
$(1)$で$b=1$のとき，すなわち
$x^2+y^2-2ax+1=0, \ \ (a > 1,a < -1)$
を考える．共軸円系をなすこの円の集合の限点は$(-1,0),(1,0)$で，それぞれの円は限点を基点とするアポロニウスの円である．
実際
$x^2+y^2-2ax+1=0$と$x$軸との交点の$x$座標は
$x=a\pm \sqrt{a^2-1}$
複比$[a+\sqrt{a^2-1},a-\sqrt{a^2-1},1,-1]$は
$=\dfrac{a+\sqrt{a^2-1}-1}{a+\sqrt{a^2-1}+1}\cdot \dfrac{a-\sqrt{a^2-1}+1}{a-\sqrt{a^2-1}-1}$
$=\dfrac{\sqrt{a-1}+\sqrt{a+1}}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}\cdot \dfrac{\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}}{\sqrt{a-1}-\sqrt{a+1}}=-1 \ \ \blacksquare$

例2
平面上に2円が与えられたとき，座標軸を変えて2円を
$x^2+y^2+2ax+b=0,x^2+y^2+2a'x+b=0$
とする．中心を$x$軸上かつ根軸が$y$軸であるように取る．
このとき
$k(x^2+y^2+2ax+b)+l(x^2+y^2+2a'x+b)=0\cdots (\sharp)$
は共軸円系をなす円の集合である．
2点で交わる場合(楕円型共軸円系)や接するとき(放物型共軸円系)は分かり易いが， 2円が共有点を持たないとき(双曲型共軸円系)のとき
$(\sharp)$の両辺を$k+l$で割り($k+l=0$の時は根軸)$k+l=1$とすれば$(\sharp)$は
$x^2+y^2+2(ka+la')x+b=0$
である．

命題5-5
1直線上の4点$A,B;C,D$が調和点列をなすとき，線分$AB$の中点を$O$とすると
$OB^2=OC\cdot OD$
が成り立つ.
証明
$O$を原点として$A(-a),B(a),C(c),D(d)$とする．
$\dfrac{c+a}{c-a}\cdot \dfrac{d-a}{d+a}=-1$
より
$a^2=cd \ \blacksquare$

命題5-5は$A,B;C,D$が調和点列をなすとき，線分$AB$が直径である円に関して2点$C,D$は対称であることを意味している．
これは，$AB$ を直径とする円を反転円とする反転変換による$C$の像が$D$であるといってもよいし， $AB$を直径とする円は$C,D$を基点とするアポロニウスの円であるといってもよい．

一直線上に3点$A,B,C$が与えられたとき，$A,B;C,D$が調和点列をなすときの第4点$D$の作図は次のようにすればよい(右図)．
すなわち，直線$AB$外に一点$P$,線分$PC$上に一点$Q$を取り，$BQ,AP$の交点を$R$,$AQ,BP$ の交点を$S$とすれば$SR,AB$の交点が点$D$
$\because [A,B;C,D]=[R,S;T,D]$(点$P$の射影)
$=[B,A;C,D]$(点$Q$の射影)
$[A,B;C,D]=\dfrac{1}{[A,B;C,D]}$
$[A,B;C,D]=1\Leftrightarrow A=B$または$C=D$
したがって$[A,B;C,D]\neq 1$より
したがって
$[A,B;C,D]=-1 \ \blacksquare$
共有点がない2円を与えたとき，その限点を作図によって求めることはすでに述べた.計算による方法は命題5-5を用いるのであるがそれはこの章の最後に述べる．

さて，共軸円束の理論を用い，2円とその限点の関係を調べた．
ここで，交わらない2円を同心円に変換する方法を考えよう．
反転変換を用いて次のように行えばよい．
$1.$同心円でない交わらない2円を$O_1,O_2$とし，2円$O_1,O_2$の根軸を求める．
$2. \ 1$で求めた根軸上に中心を持つ$O_1,O_2$に垂直な円を描き，2円$O_1,O_2$の中心を結ぶ直線との交点を$A,B$とする．($A,B$は2円$O_1,O_2$を含む共軸円束の限点)
$3.$ 限点の片方$A$を選び，その点を中心とする円$A$を反転変換$I(A)$による2円$O_1,O_2$の反形は，$I(A)$による$B$の逆点$B'$を中心とする同心円である．
(この内容はこの章の最後に述べる1次分数変換を用いると明確になる)

寄り道をしてしまったが話を戻そう．
これで次の命題の証明が簡単にできる．
命題5-6
(1).片方がもう一方に含まれる２つの円が与えらている．
もしこの２つの円の間に両方の円に接しながら（外側の円に内接，内側の円に外接）互いに外接する 円を順次描いていったとき，$n$回目の円がちょうど最初に描いた円に接するとする．このとき，与えられた２円の間 に接するように最初の円をどこにとっても， やはり同じく$n$回目の円は最初の円に外接する．
(2) もしこの２つの円の間に両方の円に接しながら互いに外接する 円を順次描いていったとき，$n$回目の円が$m$回回転して最初に描いた円に接するとする． このとき，与えられた２円の間 に接するように最初の円をどこにとっても，やはり同じく$n$回目の円は$m$回回転して最初の円に外接する．

次に，2円$O_1,O_2$の反転変換$I(A)$による反形をそれぞれ$O_1',O_2'$とするとき，
$O_1,O_2$の半径をそれぞれ$r,R$,2円$O_1,O_2$の中心間の距離$O_1O_2=d$および2円 $O_1',O_2'$の半径$a,b$間の関係を求めよう．
2円$O_1,O_2$と2円の中心を結ぶ直線$O_1O_2$との交点を右の図のように$A,B,C,D$とし， $A,B,C,D$の反転変換$I(A)$による逆点をそれぞれ$A',B',C',D'$とする．
この時，反転変換は複比を保つから
$[A,B;C,D]$
$=[A',B';C',D']$
ここで，2つの複比の符号が等しいから長さだけ注目すればよい．
$[A,B;C,D]$
$=\dfrac{AC}{BC}\cdot \dfrac{BD}{AD}$
$=\dfrac{R-r+d}{R+r-d}\cdot \dfrac{R-r-d}{R+r+d}$
$=\dfrac{R^2+r^2-d^2-2Rr}{R^2+r^2-d^2+2Rr}=\dfrac{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}-1}{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}+1}$
一方
$[A',B';C',D']=\dfrac{A'C'}{B'C'}\cdot \dfrac{B'D'}{A'D'} =\dfrac{(a-b)^2}{(a+b)^2}=\left(\dfrac{\frac{a}{b}-1}{\frac{a}{b}+1}\right)^ 2$

話を進める前に，反転円の半径を変えたとき，2円$O_1',O_2'$の半径を調べる必要がある．
反転円の中心が同じ$A$の反転変換$I(A,k^2),I(A,m^2)$の合成は$A$を中心とする 相似比$\dfrac{m^2}{k^2}$の相似変換$H(A,\dfrac{m^2}{k^2})$である．すなわち
$I(A,m^2) \circ I(A,k^2)=H(A,\dfrac{m^2}{k^2})$
が成り立つ．(命題2-5)
これは
$I(A) \circ I(A)=\mathrm{id}$
が成り立つから
$I(A,m^2)=H(A,\dfrac{m^2}{k^2})\circ I(A,k^2)$
すなわち，反転円の半径を変えることは相似変換の差だけで $a,b$は異なるが，半径の比$\frac{a}{b}$は一定である．
すなわち，2円$O_1,O_2$を与えたとき，$\frac{a}{b}$は固有な値です．この固有な値は
$\dfrac{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}-1}{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}+1}=\left(\dfrac{\dfrac{a}{b}-1}{\dfrac{a}{b}+1}\right)^ 2\cdots (\flat)$
を満たすことが分かる．

命題5-6の中に現れた，２つの円にはさまれた，隣り合う円が外接する$n$個の円が一回りまたは何回か回って初めて最初の円に外接するとき，これらの$n$個の円は Steiner chain をなすといい，もとになる2つの円をSteiner chain　の基円という．
2円がSteiner chainをなすかどうかは，その2円に対応する固有の値$\frac{a}{b}$できまる．この固有の値をもとめよう．

$n$個の円が一回りして最初の円に外接する場合を調べる．
$b=1$としてよい．
右図で$OA=1,OB=a$とすると
$\sin \theta =\dfrac{a-1}{a+1}$
一方
$\theta =\dfrac{\pi}{n}$
より
$\sin \frac{\pi}{n} =\dfrac{a-1}{a+1}\cdots (\sharp _1)$
同様に，$n$個の円が$m$回回って初めて最初の円に外接するときは
$\sin \frac{m\pi}{n} =\dfrac{a-1}{a+1}\cdots (\sharp _2)$
である．
$(\sharp _1)$は$(\sharp _2)$にふくまれるから，2円の固有の値$a$が$(\sharp _2)$を満たすとき$n$個の円に よるSteiner chainをなすといってよい．
$(\sharp _1)$のとき具体的に$a$を調べる．
$n=3$ のとき $a=(2+\sqrt{3})^2$
$n=4$ のとき $a=(\sqrt{2}+1)^2$
$n=6$ のとき $a=3$
６個の円がSteiner chain をなす場合，すなわち$a=3$のとき，$R,r,d$の関係を調べる．
$\alpha=\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}$とおくと$(\flat)$より
$\dfrac{\alpha -1}{\alpha +1}=\left(\dfrac{3-1}{3+1}\right)^2=\dfrac{1}{4}$
この方程式を解くことにより
$\alpha =\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}=\dfrac{5}{3}$
$\alpha$の値は相似変換をしても変らない，言い方を変えれば， ２円にはさまれた部分がSteiner chain　を成すかどうかは相似変換をしても 変らない．したがって$R=1$として計算すると，
$3r^2-10r+3=3d^2$
左辺が$0$以上より
$0 < r \leqq\dfrac{1}{3}$
を得る．等号が成り立つのは$d=0$すなわち$r=\frac{1}{3}$.
この範囲に$r$があればそれにつれて$d$が定まる．なお大きい円の 半径が$R$のときは全体を$R$倍すればよい．

次の内容は，幾何学大辞典（巻一）第362問である．
命題5-7
$2n$個の円がSteiner chain　をなすとき，第$1$円をどこにとっても，第$1$円と第$n+1$ 円の半径の逆数の和は一定である．
証明
$2n$個の円がSteiner chain　をなすときその基円を$C_1,C_2$とする．
2円$C_1,C_2$の限点を$O,O'$として，円$O$を中心とする点$O'$を通る円$O$を 反転円とする反転変換による$C_1,C_2$の反形を$C_1',C_2$としたのが右図である．
$2n$個のSteiner chain の第$1$円を円$A$,第$n+1$円を円$B$,さらに円$A,B$の反形をそれぞれ $A',B'$とする．
円$A,B$の半径をそれぞれ$r_1,r_{n+1}$,$OA'=a,OB'=b$,円$A',B'$の半径を$r$,および 反転円の半径を$R$とする．
このとき，命題2-3より
$r_1=\dfrac{R^2r}{a^2-r^2},r_{n+1}=\dfrac{R^2r}{b^2-r^2}$
したがって
$\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_{n+1}}=\dfrac{a^2+b^2-2r^2}{R^2r}$
ここで，中線定理より
$a^2+b^2=2(OO'^2+O'A'^2)$
は第$1$円の取り方によらない．
したがって，$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_{n+1}}$が一定であることが示された．

幾何学大辞典によると，$n=2$の場合が有名で，和算家安島直円により 詳しく研究されたそうである．

$n=2$すなわち，$4$個の円がSteiner chain をなす場合を見てみよう．
右図は，2円$C_1,C_3$を基円とし，4円$O_1,C_2,O_2,C_4$がSteiner chainをなすと考えることができるが，
2円$O_1,O_2$を基円，4円$C_1,C_2,C_3,C_4$がSteiner chain　をなすとも考えられる．
すなわち，2円$O_1,O_2$が互いに他の外部にあるときもSteiner chainは考えるべきである．
そこで，Steiner chainの定義を少し変える．
定義
2円$O_1,O_2$が交わらないとき，この2円にともに接する$n$個の円 $C_1,C_2,\dots , C_n$ で隣り合う円どうしが接するものが存在するとき，これらの$n$個の円はSteiner chainをなすとい， 2円$O_1,O_2$をSteiner chainの基円という．

Steiner chain　の基円$O_1,O_2$の一方がもう一方に含まれるとき，Steiner chain をなす各円$C_i$は外の円に内接，内の円に外接，$C_i$どうしは互いに外接であるが，
基円$O_1,O_2$が互いに他の外部にあるとき，Steiner chain をなす各円$C_i$の基円および両隣との関係は 内接を含む場合もあるし(fig.1)，外接だけの場合もある(fig.2)．
2円が互いに他の外部にあるとき，反転変換で同心円にうつる場合を考えれば分かる．

2円$O_1,O_2$の片方がもう一方に含まれるとき，2円$O_1,O_2$の関係と反転変換による2円の反形である同心円$O_1',O_2'$の半径の関係はすでに計算した．
同じことを，2円$O_1,O_2$が互いに他の外部にある場合にも行う．
$O_1,O_2$の半径をそれぞれ$r,R$,2円$O_1,O_2$の中心間の距離$O_1O_2=d$および$O_1,O_2$の反形である同心円 $O_1',O_2'$の半径をそれぞれ$a,b$とする．．
2円$O_1,O_2$と2円の中心を結ぶ直線$O_1O_2$との交点を右の図のように$A,B,C,D$とし， $A,B,C,D$の反転変換$I$による逆点をそれぞれ$A',B',C',D'$とする．
この時，反転変換は複比を保つから
$[A,B;C,D]$
$=[A',B';C',D']$
$[A,B;C,D]$
$=\dfrac{AC}{BC}\cdot \dfrac{BD}{AD}$
$=\dfrac{d+R-r}{d-R-r}\cdot \dfrac{d+r-R}{d+R+r}$
$=\dfrac{d^2-R^2+2Rr-r^2}{d^2-R^2-2Rr-r^2}$
$=\dfrac{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}-1}{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}+1}$
一方
$[A',B';C',D']=\dfrac{A'C'}{B'C'}\cdot \dfrac{B'D'}{A'D'} =\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}=\left(\dfrac{\dfrac{a}{b}+1}{\dfrac{a}{b}-1}\right)^ 2$
すなわち，
$\dfrac{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}-1}{\dfrac{R^2+r^2-d^2}{2Rr}+1}=\left(\dfrac{\dfrac{a}{b}+1}{\dfrac{a}{b}-1}\right)^ 2$
となる．片方の円がもう一方の円に含まれる場合と右辺が逆数になっていることに注意する．

実際確認してみよう． 2円の半径をそれぞれ$3,1$,中心間の距離を$d$とする．
反転変換で，半径の比が$3:1$の同心円になる$d$を求めると
$d=\sqrt{20}$
実際作ったのが右図である．
$a,b$は同心円の半径で$\frac{a}{b}=3$である．

交わらない2円が反転変換で同心円に変換できることに多くのページを割いたが，もし複素平面の１次分数変換の 知識があればこの問題は簡単に解決する．
1次分数変換
$f:\overline{\mathbb{C}}(=\mathbb{C}\cup \{\infty\})\to \overline{\mathbb{C}},w=\dfrac{cz+d}{az+b},a,b,c,d\in \mathbb{C}$
で円の像は円で，円に関して対称な２点の像は像の円に関して対称である．
さらに，円に関して円の中心と対称な点は$\infty$であり，１次分数変換で複比は保たれる． これらの１次分数変換の性質が理解できれば，半径の異なる交わらない２円を同心円にうつすことは容易に理解でき， この変換は複比を保つので， 本稿の後半の議論もそのまま使えることが分かる．
ここで反転変換と一次分数変換の関係を見てみよう．
$a$を中心とする半径$r$の円$|z-a|=r$を反転円とする反転変換$z\mapsto w$は
$z-a,w-a$の偏角が等しく，絶対値が
$|z-a||w-a|=r^2$ であるから
$w-a=\dfrac{r^2}{|z-a|}\cdot \dfrac{z-a}{|z-a|}=\dfrac{r^2}{\bar{z}-\bar{a}}$
したがって
$z\mapsto z-a\mapsto \bar{z}-\bar{a}\mapsto \dfrac{1}{\bar{z}-\bar{a}}\mapsto \dfrac{r^2}{\bar{z}-\bar{a}}\mapsto \dfrac{r^2}{\bar{z}-\bar{a}}+a$
とみれば，反転変換は一次分数変換と実軸に関する対称移動$z\mapsto \bar{z}$の合成変換で表せるということです．
変換$z\mapsto \bar{z}$が複素数の意味で微分可能(解析)でないから，反転変換は解析でない．しかし，一次分数変換で成り立ち，かつ対称移動で成り立つ性質は反転変換でも成り立つ．注意することは，対称移動変換で2曲線のなす角は大きさは同じかつ向きが反対側になるので反転変換でも2曲線のなす角は大きさが同じかつ向きが反対になる．

つぎに交わらない2円が与えられたとき，その限点を求めよう．
ちなみに，命題5-4,命題5-5より，2円の限点は2円の共通対称点である．
2円中心を実軸上にとり
$|z-a|=r,|z-b|=R, \ a,b\in \mathbb{R}$
とする．
限点の$x$座標をそれぞれ$x,y$とする．
限点はそれぞれの円に関して対称な点であるから
$\begin{cases}(x-a)(y-a)=r^2\\(x-b)(y-b)=R^2\end{cases}$
を解けばよい．
これは，$x+y,xy$を求め簡単に求められる．
具体例は後で扱うとして，2円の限点が求められたとして話を進める．
2点$a,b$は複素平面上の異なる点とする．
2つの円の集合$\Omega _1,\Omega _2$を
$\Omega _1:a,b$を通る円全体．
$\Omega _2:a,b$を基点とするアポロニウスの円全体
と定める
一次分数変換
$w=k\dfrac{z-b}{z-a}, (k\neq 0$の任意の定数$)$
で定まる$\overline{\mathbb{C}}(=\mathbb{C}\cup \{\infty\})$の変換を$f$とすると
$f$により
$a\mapsto \infty,b\mapsto 0$
であるから$\Omega _1$に属する円の像は原点を通る直線である．
また$\Omega _2$に属する円の像は原点を中心とする円である．
証明
$f$による像が$|w|=d,\ (d > 0)$ となるのは
$\dfrac{|k||z-b|}{|z-a|}=d$
より
$|z-a|:|z-b|=|k|:d$
したがって，$f$による$|w|=d$の原像は$a,b$までの距離の比が$|k|:d$である点の軌跡，すなわち$a,b$を基点とするアポロニウスの円である．$\blacksquare$

原点を通る直線と原点を中心とする円は直交する.さらに1次分数変換は角を保つから， $\Omega _1$に属する円と$\Omega _2$に属する円は直交することが分かる．
命題5-8
平面上に2点$A.,B$がある．$A,B$を通る任意の円と$A,B$を基点とするアポロニスの円は直交する.

この事実は初等幾何では根軸および共軸円束を用いる少し面倒である，一次分数変換を用いると簡単な練習問題で扱いやすいと思う．
初等幾何では$\Omega _1,\Omega_2$をそれぞれ楕円的共軸円束,$\Omega _2$を 双曲的共軸円束とよび，$\Omega _1,\Omega _2$の片方をもう一方の補束と呼ぶ．
例3
2円$C_1:|z|=1,C_2:|z-\sqrt{20}|=3$について考える．
両円に関して対称な2点($C_1,C_2$の限点)を求める．それは実軸上にあり，$x,y$とすると
$\begin{cases}xy=1\\(x-\sqrt{20})(y-\sqrt{20})=9\end{cases}$
を満たす．
これを解くと
$x=\dfrac{1}{\sqrt{5}},y=\sqrt{5}$
したがって，1次分数変換
$w=k\dfrac{z-\frac{1}{\sqrt{5}}}{z-\sqrt{5}}$($k$は$0$でない任意の複素数)$\cdots (*)$
が求めるものである．ここでは
$w=\dfrac{\sqrt{5}z-1}{z-\sqrt{5}}$
を取る．
この1次分数変換で
$|z|=1$の像は$|w=1|$で$|z-\sqrt{20}|=3$の像は$|w|=3$である．
$(*)$で $k=re^{i\theta}(r > 0)$と置けば，$k$倍することは回転変換と相似変換の合成である．したがって，$k$ が異なっても像の2円の半径の比は変わらない．

１次分数変換を求めなくとも，像の２円の半径の比を求めることができる．
円$C_1$の像を原点を中心とする単位円とできるから
2円$C_1,C_2$の実軸との交点に注目し
$1\mapsto 1,-1,\mapsto -1,\sqrt{20}+3\mapsto R,\sqrt{20}-3\mapsto -R$
1次分数変換は複比を変えないから
$(1,-1;\sqrt{20}+3,\sqrt{20}-3)=(1,-1;R,-R)$
$\dfrac{(\sqrt{20}+3)-1}{(\sqrt{20}+3)+1}\cdot \dfrac{(\sqrt{20}-3)+1}{(\sqrt{20}-3)-1}=\dfrac{R-1}{R+1}\cdot \dfrac{-R+1}{-R-1}$
これを解くと
$R=-3,-\dfrac{1}{3}$
いずれの場合も半径の比は$1:3$である．

さらに，１次分数変換は次のように求めてもよい．
１次分数変換は３点の像でで決まるから
$1\mapsto 1,-1,\mapsto -1,\sqrt{20}+3\mapsto -3.z\mapsto w$
より
$(1,-1;\sqrt{20}+3,z)=(1,-1;-3,w)$
$\dfrac{(\sqrt{20}+3)-1}{(\sqrt{20}+3)+1}\cdot \dfrac{z+1}{z-1}=\dfrac{-3-1}{-3+1}\cdot \dfrac{w+1}{w-1}$
この式を$w$について解くと
$w=\dfrac{-\sqrt{5}z+1}{z-\sqrt{5}}$
となる．
したがって，2円$C_1,C_2$を原点を中心とする同心円に変換する1次分数変換は
$w=k\dfrac{\sqrt{5}z-1}{z-\sqrt{5}} \ $($k$は$0$でない複素数)
である．

例4
2円$C_1:|z|=1,C_2:|z+1|=\dfrac{5}{2}$について考える．
両円に関して対称な2点を求める．それは実軸上にあり，$x,y$とすると
$\begin{cases}xy=1\\(x+1)(y+1)=\dfrac{25}{4}\end{cases}$
を満たす．
これを解くと
$x=\dfrac{1}{4},y=4$
したがって，1次分数変換
$w=k\dfrac{z-\frac{1}{4}}{z-4}$
ここでは
$w=\dfrac{4z-1}{z-4}$
この変換で $|z|=1$の像は$|w|=1$,$|z+1|=\dfrac{5}{2}$の像は$|w|=2$である．



2円が共有点を持たないとき，2円共通の対称点が存在することは，実験してみればすぐわかる．
実際，右図で2点$P,Q$は円$C$に関して対称，2点$P,R$は円$C'$に関して対称である．
$P$が円の中心$C$から$A$に向かって動くとき，$Q$は無限遠点から$A$に向かって動き，$R$は$C'B$の間を$B$に向かって動く．

証明は次のようにすればよい．
円$C$を
$x^2+y^2=1$
円$C'$を
$(x-a)^2+y^2=R^2$
とする．ここで対称性より$0 < a$としてよい．
2点$x,y$が2円に関して対称なら
$\begin{cases}xy=1\\(x-a)(y-a)=R^2\end{cases}$
したがって
$\begin{cases}xy=1\\x+y=\dfrac{a^2-R^2+1}{a}\end{cases}$
$t$についての2次方程式
$t^2-\dfrac{a^2-R^2+1}{a}t+1=0$
の判別式$D$が正なら共通の対称点を持つ．
$D=(a^2-R^2+1)^2-4a^2$
$=\{(a-1)+R\}\{(a-1)-R\}\{(a+1)+R\}\{(a+1)-R\}$
(case 1) $a > 1$のとき
$D > 0 \Leftrightarrow R < a-1,a+1 < R$
(case 2) $0 < a < 1$のとき
$D > 0 \Leftrightarrow 0 < R < 1-a$