前章定理6-5を改めて書くと
定理6-5
平面の変換で，任意の2点$A,B$の像をそれぞれ$A',B'$とする．
定数$k(\neq 0,1)$が存在して
$\overrightarrow{A'B'}=k\overrightarrow{AB}$
を満たすならこの変換は相似比$k$の中心相似変換である．

である．$AB\parallel A'B',A'B'\parallel A''B''$の時$AB\parallel A''B''$である．
したがって，$H(O,k_1),H(O',k_2)$の合成$H(O',k_2)\circ H(O,k_1)$は相似比$k_1k_2$の中心相似変換であることがわかる．その相似の中心を求めることがこの章の目的の一つである．
もう一つ，$k_1k_2=1$の場合を考えよう．
$H(O',k_2)\circ H(O,k_1)$は$O,O'$が異なれば恒等変換ではない．実施，もし恒等変換なら，$H(O',k_2)$は$H(O,k_1)$の逆変換で$O_1,O_2$は一致する．
さらに
$H(O',k_2)\circ H(O,k_1):A\mapsto A'',B\mapsto B''$
とすると
$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A''B''}$
$H(O',k_2)\circ H(O,k_1)$は$\overrightarrow{AA''}(=\overrightarrow{BB''})$で決まる平行移動変換である．これは，後半に述べることである．

２つの中心相似変換$H(O_1,k_1),H(O_2,k_2)$が与えられている．
$k_1k_2\neq 1$のとき合成変換$H(O_2,k_2)\circ H(O_1,k_1)$を考える．
$O_1,O_2$が同じ点なら，合成変換は$H(O_1,k_1k_2)$となり問題はない．
$O_1,O_2$が異なる場合を考えればよい．
相似比が$k_1k_2$の中心相似変換になることは分かるので，相似の中心を求めるだけである．
$P$を平面上の任意の点とする．
$P\stackrel{H(O_1,k_1)}{\longmapsto}P_1\stackrel{H(O_2,k_2)}{\longmapsto}P_2$
とする．$O_1P$の延長と$P_2$を通り$O_1O_2$と平行な直線との交点を$Q$, $P_2P$と$O_1O_2$との交点を$O$とする．
$\dfrac{OP_2}{OP}=\dfrac{O_1Q}{O_1P}=\dfrac{O_1Q}{O_1P_1}\centerdot\dfrac{O_1P_1}{O_1P}$
$=\dfrac{O_2P_2}{O_2P_1}\cdot \dfrac{O_1P_1}{O_1P}=k_2k_1$
さらに，$\triangle P_2OO_2$に注目し，メネラウスの定理より $\dfrac{k_1k_2-1}{1}\centerdot \dfrac{OO_1}{O_1O_2}\centerdot\dfrac{1}{k_2-1}=1$
$\therefore \dfrac{OO_1}{O_1O_2}=\dfrac{k_2-1}{k_1k_2-1}$
$\therefore \dfrac{OO_2}{OO_1}=\dfrac{k_2-1}{k_2(k_1-1)}$　・・・�@
$O_1,O_2$は定点であるから点$O$も定点である．�@で定めた$O$用いて，
$H(O_2,k_2) \circ H(O_1,k_1)=H(O,k_1k_1)$
成り立つことが示された．


なお,
$H(O_2,k_2) \circ H(O_1,k_1)=H(O,k_1k_1)$
で$O_1,O_2,O$の関係は次のように見てもよい
$O'$を
$H(O_1，k_1):O \mapsto O'$ ・・・�@
で定義すると
$H(O_2，k_2):O' \mapsto O$ ・・・�A
である．
�@より$O_1O,O'$が同一直線上にあり，�Aより$O_2,O',O$が同一直線上．
したがって，$O,O_1,O_2$は同一直線上にある．

さらに
$O_1O:O_1O'=1:k_1,$
$O_2O':O_2O=1:k_2$
より
$O_1O:OO':O'O_2$
$=\dfrac{1}{k_1-1}:1:\dfrac{1}{k_2-1}$
したがって
$O_1O:OO_2=k_2-1:k_2(k_1-1)$

次に，$k_1k_2=1$すなわち
$H(O_2,\dfrac{1}{k})\circ H(O_1,k)$
を考える．
$P$を平面上の任意の点とし
$H(O_2,\dfrac{1}{k})\circ H(O_1,k):P\mapsto Q\mapsto P'$
とする．このとき
$O_1P:OQ=1:k,O_2P':O_2Q=1:k$
であるから
$\overrightarrow{PP'}=\dfrac{k-1}{k}\overrightarrow{O_1O_2}$
である．
$\overrightarrow{AB}$で決まる平行移動変換を$T(\overrightarrow{AB})$と表せば
$H(O_2,k_2)\circ H(O_1,k_1)=T(\dfrac{k-1}{k}\overrightarrow{O_1O_2})$
となる．

以上の議論より，平面上の中心相似変換全体は，合成に関して閉じていないことが分かる． しかし，平行移動変換の合成は平行移動変換で，中心相似変換と平行移動変換の合成は平行移動変換か中心相似変換であるから，中心相似変換，平行移動変換全体は合成に関して閉じている．

例7-1
中心相似変換の合成を用いて，三角形のメネラウスの定理,チェバの定理を見直してみよう．
$\triangle ABC$の辺$AB$上に点$D$を辺$AC$上に点$E$を取り$DE$と$BC$の交点を$F$とする．
このとき
$H(D,-\dfrac{DA}{DB}):B \mapsto A$
$H(E,-\dfrac{EC}{EA}):A \mapsto C$
$\therefore H(E,-\dfrac{EC}{EA}) \circ H(D,-\dfrac{DA}{DB}):B \mapsto C$
$H(E,-\dfrac{EC}{EA}) \circ H(D,-\dfrac{DA}{DB})$の相似の中心は$DE$と$BC$の交点$F$であり相似比は$\dfrac{FC}{FB}$.
したがって，
$-\dfrac{DA}{DB}\cdot (-\dfrac{EC}{EA})=\dfrac{FC}{FB}$
$\therefore \dfrac{DA}{DB}\cdot \dfrac{FB}{FC}\cdot \dfrac{EC}{EA}=1$

次にチェバの定理．
$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$上にそれぞれ$D,E,F$をとり，$AD,BE,CF$は一点$O$で交わる．このとき
$B\stackrel{H(O,-\frac{OE}{OB})}{\longmapsto}E\stackrel{H(C,\frac{CA}{CE})}{\longmapsto}A$
である．
合成変換 $H(E,\frac{CA}{CE})\circ H(O,-\frac{OE}{OB})$
の中心は$CO,AB$の交点すなわち点$F$，相似比は$-\frac{FA}{FB}$
したがって
$\dfrac{CA}{CE}\cdot -\dfrac{OE}{OB}=-\dfrac{FA}{FB}\cdots (\sharp)$
同様に，
$H(A,\frac{AC}{AE})\circ H(O,-\frac{OE}{OB})$
を考えることにより
$\dfrac{AC}{AE}\cdot -\dfrac{OE}{OB}=-\cfrac{DC}{DB}\cdots (\flat)$
$(\sharp),(\flat)$で辺々割ることにより
$\dfrac{BD}{DC}\cdot \dfrac{CE}{EA}\cdot \dfrac{AF}{FB}=1$
を得る．

例7-2
アポロニウスの円を考える．これは軌跡の逆証明の必要性を考えるのによい題材である．
定理（アポロニウス）
定点$A，B$が与えられている．2定点$A，B$までの距離の比が$m:n$すなわち
$AP：BP＝m：n$
である点$P$の軌跡は線分$AB$を$m：n$に内分する点$C$，外分する点$D$を直径の両端とする 円である．

この定理に現れる円をアポロニウスの円という．
定理の意味は，$AP:PB=m:n$を満たす点は直線$AB$上では，線分$AB$を$m:n$の比に内分する点$C$と外分する点$D$であるが，それ以外は線分$CD$を直径とする円上にあるという意味です．
これは，高校2年の図形と方程式で学ぶし，複素数では頻出の内容です．

定理の証明はベクトルを用いて行うのが分かり易い．（複素数でもよいが，平方完成が面倒）
証明
$A,B,P$の位置ベクトルをそれぞれ$A(\overrightarrow{a}), B(\overrightarrow{b}),P(\overrightarrow{p})$ とする．
$|\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a}|^2:|\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b}|^2$
$=m^2:n^2 \cdots (\sharp)$
より
$n^2|\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a}|^2- m^2|\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b}|^2 =0$
$\{n(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})+m(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b})\} \cdot \{n(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})-m(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b})\}=0$
$\{\overrightarrow{p}-\dfrac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}\} \cdot \{\overrightarrow{p}-\dfrac{-n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m-n}\}=0$
線分$AB$を$m:n$に内分する点$C(\dfrac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n})$，外分する点$D(\dfrac{-n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m-n})$ とすれば
$\overrightarrow{CP}\cdot \overrightarrow{DP}=0$
したがって，点$P$は$CD$を直径とする円上にある．

この証明で変形がすべて同値変形なので逆は必要ない．
少し気になるのは$(\sharp)$の両辺を平方しているところであるが，$|\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a}|,|\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b}|$ が共に正であるから心配ない．

つぎに初等幾何での証明を行おう．
補助命題を用いる．
補助命題
$\triangle ABC$の辺$BC$の内分点を$D$,外分点を$E$とする．
このとき次が成り立つ．
$AD$が$\angle A$の二等分線$\Leftrightarrow AB:AC=BD:BC$
$AE$が$\angle A$の外角の二等分線$\Leftrightarrow AB:AC=BE:EC$
証明
$\angle BAD=\alpha,\angle DAC=\beta,$
$\angle BAE=\theta,\angle CAE=\phi$
と置く．
$BD:DC=\triangle ABD:\triangle ADC$
$=\dfrac{1}{2}AB\cdot AD\sin \alpha :\dfrac{1}{2}AD\cdot AC\sin \beta$
$=AB\sin \alpha :AC\sin \beta$
したがって
$AB:AC=BD:DC \Leftrightarrow \sin \alpha =\sin \beta$
$\Leftrightarrow \alpha =\beta \ \ (\because \alpha +\beta < \pi)$

$BE:EC=\triangle ABE:\triangle ACE$
$=\dfrac{1}{2}AB\cdot AE\sin \theta :\dfrac{1}{2}AC\cdot AE\sin \phi$
$=AB\sin \theta :AC\sin \phi$
したがって
$AB:AC=BE:CE \Leftrightarrow \sin \theta =\sin \phi$
$\Leftrightarrow \theta =\phi \ \ (\because 0 < \phi < \theta < \pi )$(補助命題の証明終わり)

定理(アポロニウス)の証明
$P$が直線$AB$上のときは，線分$AB$を，$m：n$に内分する点$C$，外分する点$D$が
$AP:BP=m:n$
を満たす点である．
$P$が直線$AB$上にないとき．
点$P$が$AP：BP＝m：n$を満たすとき
$\triangle PAB$の$\angle P$の二等分線，$\angle P$の外角の二等分線と$AB$との交点は，補助命題より線分$AB$を$PA:PB$に比に内分，外分する点 $C,D$である．
したがって，$\angle CPD=90^{\circ}$より，点$P$は線分$CD$を直径とする円周上にある．

次に逆すなわち
線分$AB$を$m:n$に内分する点$C$，外分する点$D$とし，線分$CD$を直径とする円周上の点$P$は $AP：BP＝m：n$を満たす
も証明しよう． 点$Q$を
$P\stackrel{H(D,\frac{DB}{DA})}{\longmapsto}Q$
で定義する．(わざわざ，中心相似変換を用いこのように表しがが，$PQ:PD=AD:BD$で$Q$を定めたでよい)
さらに，$QB,PC$の交点を$E$とする．
このとき
$AP\parallel BQ$
より
$AP:BQ=m:n,AP:BE=m:n$
より
$EB=BQ$
$\triangle PEQ$は$\angle P=90^{\circ}$の直角三角形より
$PB=BQ$
したがって
$PA:PB=PA:QB=m:n$(証明終わり)

軌跡を解析幾何(座標，ベクトル，複素数を駆使し計算で処理をする)で処理をするとき，同値でない変形は，例えば両辺を平方するや，分母を払うぐらいで それほど多くはない．
一方，初等幾何では，逆は成り立たないことも，明らかでないことも多い．
例えば
命題
$\triangle ABC$で$AB$の中点を$D$,点$E$は辺$AC$上の点である．このとき
$E$が$AC$の中点$\Rightarrow DE=\dfrac{1}{2}BC$

この命題$AB > BC$のとき逆は成り立たない．
同値な命題で，結論を減らすと，逆は成り立たない．
このように，初等幾何では，逆は軽んずることはできません．その影響が軌跡の証明に残っているのです．

8．らせん相似変換

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