§C2.1蝶形定理

証明.

方べきの定理により$MA\cdot MB=MC\cdot MD$である。$M$は$\Gamma$の内部にあるから、$M$は線分$AB$の内部の点であり、線分$CD$の内部の点でもある。$A\ne C$である。$A=C$ならば二弦はともに$A$と$M$を通り一致するからである。半直線$MA$と半直線$MC$は一致しない。一致すれば、$M$から出る一つの半直線が$\Gamma$と相異なる二点$A,C$で交わることになり、内部の点から出る半直線が$\Gamma$とただ一点で交わることに反する。半直線$MA$と半直線$MC$は互いに逆向きでもない。逆向きならば$A,M,C$が一直線上にあり、弦$AB$と弦$CD$が同じ直線の上にあって一致する。したがって角$AMC$は$0°$より大きく$180°$より小さく、その二等分線$\ell_0$が定まる。

$\ell_0$に関する対称移動を$\tau$とする。$\tau$は$M$を固定し、半直線$MA$と半直線$MC$を入れ替え、したがってそれらと逆向きの半直線$MB$と半直線$MD$も入れ替える。$k=MC/MA$とおくと、$MA\cdot MB=MC\cdot MD$から$k=MB/MD$でもある。$M$を中心とする比$k$の相似拡大を$\eta$とし、$\varphi=\eta\circ\tau$とおく。$\tau(A)$は半直線$MC$の上にあって$M\tau(A)=MA$を満たすから、$\varphi(A)$は半直線$MC$の上にあって$M\varphi(A)=k\cdot MA=MC$を満たし、$\varphi(A)=C$である。同様に$\tau(D)$は半直線$MB$の上にあって$M\tau(D)=MD$を満たすから、$M\varphi(D)=k\cdot MD=MB$となり、$\varphi(D)=B$である。$\varphi$は対称移動と相似拡大の合成であるから相似変換であり、$\tau$が向きをもつ角の符号を反転し、$\eta$が向きをもつ角を保つから、$\varphi$は符号を反転する。相似変換は線分を線分へ写し、長さを一定の比$k$倍にするから、線分$AD$の中点は線分$\varphi(A)\varphi(D)=CB$の中点へ写る。▨

証明.$H\ne K$である。$H=K$ならば、この点は$\ell$と$m$の両方の上にあって$X$に一致し、$K\ne X$に反する。よって直線$HK$が定まる。$K\ne O$であるから直線$OK$も定まる。

$H=O$の場合を扱う。$O$と$X$はともに$\ell$の上にあるから$\ell=OX$であり、$HK=OK$である。したがって両辺は同じ角である。

$H=X$の場合を扱う。$O$から$\ell$へ下ろした垂線の足が$X$であるから$\ell\perp OX$である。また$HK=XK=m$であり、$m\perp OK$である。垂直な直線の組の向きをもつ角は等しいから$\angle(\ell,HK)=\angle(\ell,m)=\angle(OX,OK)$となる。

$H\ne O$かつ$H\ne X$の場合を扱う。$H$は直線$OX$の上にない。$H$が直線$OX$の上にあれば、$H$と$X$はともに$\ell$の上にあり相異なるから$\ell=OX$となり、$O$が$\ell$の上にあって$H=O$となるからである。同じ理由で$K$も直線$OX$の上にない。四点$H,O,X,K$は相異なり、$\angle(HO,HX)=90°=\angle(KO,KX)$であるから、注意 3の共円の判定により$H,O,X,K$は同一円周上にある。この円は$OX$を直径とする円である。$H$は直線$XK=m$の上になく（$H$が$m$の上にあれば$H=X$となる）、$O$も直線$m$の上にない（$O$が$m$の上にあれば$K=O$となる）から、弦$XK$を$H$と$O$から見込む角の等式$\angle(HX,HK)=\angle(OX,OK)$が成り立つ。$HX=\ell$であるから主張を得る。▨

証明 (初等幾何による証明). 円$\Gamma$の中心を$O$とする。$M$は弦$PQ$の中点であるから$\Gamma$の内部の点であり、$A,B,C,D$はいずれも直線$PQ$の上にない。実際、$A$が直線$PQ$の上にあれば、$M$を通る弦$AB$は直線$PQ$に含まれて弦$PQ$と一致する。$M$は線分$AB$の内部の点であり、線分$CD$の内部の点でもあり、$A,B,C,D$は相異なる。とくに$A,B$は直線$PQ$に関して反対側にあり、$C,D$も反対側にある。

$X\ne M$である。$M$が直線$AD$の上にあれば、$A\ne M$より直線$AD$は直線$AM=AB$に一致し、$D$は直線$AB$と$\Gamma$の交点$A,B$のいずれかになる。$D=A$ならば弦$CD$は$A$と$M$を通って弦$AB$と一致し、$D=B$でも同様であって、いずれも仮定に反する。同じ理由で$Y\ne M$である。

$M=O$の場合を扱う。$M$を通る弦$AB,CD$は直径であるから、$O$を中心とする点対称移動$\rho$は$A$を$B$へ、$C$を$D$へ写す。$\rho$は直線$AD$を直線$BC$へ写し、$O$を通る直線$PQ$を自分自身へ写すから、$\rho(X)=Y$である。したがって$M=O$は線分$XY$の中点であり、$X\ne M$から$X\ne Y$である。

以下$M\ne O$とする。弦の中点と中心を結ぶ直線は弦に垂直であるから$OM\perp PQ$であり、$O$は直線$PQ$の上にない。とくに$X\ne O$かつ$Y\ne O$である。

線分$AD$の中点を$M_1$、線分$BC$の中点を$M_2$とする。中心から弦へ下ろした垂線の足は弦の中点であるから（弦が直径のときは足も中点も$O$である）、$M_1$は$O$から直線$AD$へ下ろした垂線の足であり、$M_2$は$O$から直線$BC$へ下ろした垂線の足である。また$M$は$O$から直線$PQ$へ下ろした垂線の足である。$M_1\ne M$である。$M_1=M$ならば$M$が直線$AD$の上にあって$X=M$となるからである。同様に$M_2\ne M$である。

点$X$を通る二直線$AD$と$PQ$は相異なり（$A$は直線$PQ$の上にない）、$M\ne O$かつ$M\ne X$であるから、補題 5を点$O,X$、直線$\ell=AD$、$m=PQ$、足$H=M_1$、$K=M$に適用して

を得る。同じ補題を点$O,Y$、直線$\ell=BC$、$m=PQ$、足$H=M_2$、$K=M$に適用して

を得る。

弦$AB,CD$は相異なり、$\Gamma$の内部の点$M$で交わるから、補題 4の相似変換$\varphi$がある。$\varphi$は直線$AD$を直線$CB$へ、直線$M_1M$を直線$M_2M$へ写し、向きをもつ角の符号を反転するから

である。三つの等式を合わせて

を得る。

直線$OM$に関する対称移動を$\sigma$とする。$\sigma$は直線$OM$を固定し、向きをもつ角の符号を反転するから

である。直線$\sigma(OX)$と直線$OY$はともに$O$を通り、直線$OM$との向きをもつ角が等しいから一致する。また直線$PQ$は直線$OM$と$M$で直交するから$\sigma(PQ)=PQ$である。直線$OX$と直線$PQ$は相異なり（$O$は$PQ$の上にない）、$X$で交わるから

である。$\sigma$を直線$PQ$に制限すると、$PQ$の上の各点を$M$に関して対称な点へ写す点対称移動になる。したがって$M$は線分$XY$の中点である。$\sigma$が固定する$PQ$の上の点は$M$だけであるから、$X\ne M$より$X\ne Y$である。▨

証明 (相似と方べきによる別証明).

$A,B$は直線$PQ$に関して反対側にあり、$C,D$も反対側にある（初等幾何による証明の冒頭と同じ理由による）。ゆえに、$A$と$D$が直線$PQ$の反対側にあることと、$B$と$C$が反対側にあることは同値である。また$X\ne M$かつ$Y\ne M$であり、$X$は直線$AB$の上にも直線$CD$の上にもない（直線$AB$と直線$PQ$の共有点は$M$だけである）。$Y$についても同様である。以下、二直線のなす角とは、二直線が作る角のうち$0°$より大きく$90°$以下のものをいう。

$X$から直線$AB,CD$へ下ろした垂線の足をそれぞれ$E,F$とし、$Y$から直線$AB,CD$へ下ろした垂線の足をそれぞれ$G,K$とする。直線$PQ$と直線$AB$のなす角を$\theta$とする。$\theta<90°$のとき、$E\ne M$かつ$G\ne M$であり、三角形$XEM$と三角形$YGM$はそれぞれ$E,G$で直角をもつ。直角三角形の$M$における角は鋭角であり、直線$XM=PQ$と直線$ME=AB$のなす角に等しいから、$\angle XME=\theta=\angle YMG$である。したがって$\triangle XEM\sim\triangle YGM$であり

を得る。$\theta=90°$のときは$E=G=M$であり、$XE=MX$かつ$YG=MY$であるから、同じ等式が直接成り立つ。直線$PQ$と直線$CD$のなす角について同じ議論を行い

を得る。

四点$A,B,C,D$は$\Gamma$の上にあるから、円周角の定理により$\angle(AB,AD)=\angle(CB,CD)$が$180°$を法として成り立ち、直線$AB,AD$のなす角と直線$CB,CD$のなす角は等しい。この角を$\psi$とする。$\psi<90°$のとき、$E\ne A$かつ$K\ne C$であり、直角三角形$AXE$と直角三角形$CYK$の$A,C$における角はいずれも$\psi$に等しいから、$\triangle AXE\sim\triangle CYK$であって

を得る。$\psi=90°$のときは$E=A$かつ$K=C$であり、$XE=XA$かつ$YK=YC$であるから、同じ等式が成り立つ。同様に、円周角の定理による$\angle(DA,DC)=\angle(BA,BC)$から、直線$DA,DC$のなす角と直線$BA,BC$のなす角が等しく

を得る。四つの等式を掛け合わせると

となる。

$x=MX$、$y=MY$、$u=MP=MQ$とおく。$A$と$D$が直線$PQ$の反対側にある場合、$X$は線分$AD$の内部の点であるから$\Gamma$の内部にあり、したがって線分$PQ$の内部にあって$x<u$である。$X$を通る二弦$AD,PQ$についての方べきの定理により

である。$B$と$C$も反対側にあるから、同様に$YB\cdot YC=u^2-y^2$である。ゆえに$x^2(u^2-y^2)=y^2(u^2-x^2)$、すなわち$u^2x^2=u^2y^2$であり、$x=y$を得る。$A$と$D$が直線$PQ$の同じ側にある場合、$X$は直線$AD$の上にあって線分$AD$の外にあるから$\Gamma$の外部にあり、したがって線分$PQ$の外にあって$x>u$である。割線の方べきの定理により$XA\cdot XD=XP\cdot XQ=(x-u)(x+u)=x^2-u^2$であり、同様に$YB\cdot YC=y^2-u^2$であるから、$x^2(y^2-u^2)=y^2(x^2-u^2)$から再び$x=y$を得る。以上で、いずれの配置でも$MX=MY$である。

$A$と$D$が直線$PQ$の反対側にある場合には、さらに$M$が$X$と$Y$の間にあることを示す。$M$は直線$AD$の上にない。$B$は$\Gamma$の上の点で$A,D$と異なるから直線$AD$の上になく、線分$MB$は直線$AD$と交わらない（直線$AB$が直線$AD$と共有する点は$A$だけであり、$A$は線分$MB$の上にない）から、$B$と$M$は直線$AD$に関して同じ側にある。同様に$C$と$M$も直線$AD$に関して同じ側にある。ゆえに線分$BC$の全体がこの側にあり、その内部の点$Y$は直線$AD$の上になく、$M$と同じ側にある。したがって$X\ne Y$であり、線分$MY$は直線$AD$と交わらないから、$X$は線分$MY$の上にない。$A,D$と$B,C$の役割を入れ替えて同じ議論を行うと、$Y$は線分$MX$の上にない。直線$PQ$の上の相異なる三点$X,M,Y$のうち、他の二点の間にあるものはただ一つであるから、$M$が$X$と$Y$の間にある。$MX=MY$と合わせて、$M$は線分$XY$の中点である。

$A$と$D$が直線$PQ$の同じ側にある配置では、この証明は$MX=MY$を示すにとどまり、$X$と$Y$が$M$に関して反対側にあることを示していない。その配置を含めた完全な証明は、初等幾何による証明が与える。□

証明 (座標による別証明). 座標を$M=(0,0)$、弦$PQ$を$x$軸とし、円を

と書く。ここで$P=(-u,0),Q=(u,0)$、$u>0$である。

弦$AB$が$PQ$に垂直な場合を扱う。このとき$AB$は$x=0$であり、$A=(0,a),B=(0,b)$と書くことができる。弦$CD$は$AB$と異なり、ともに$M$を通るので垂直ではない。そこで$CD$を$y=sx$とし、$C=(c,sc),D=(d,sd)$と書く。円との交点条件から

を得る。直線$AD$と$BC$が$x$軸と有限の一点で交わるため、$a-sd$と$b-sc$はともに$0$でない。二つの交点の$x$座標は

である。分母を払った和の分子は

となる。右辺の二項へ解の和と積を代入すると、どちらも

となるので、$x_X+x_Y=0$である。$a,d\ne0$であるから$x_X\ne0$であり、$X\ne M$である。したがって$X\ne Y$であり、$M$は$XY$の中点である。弦$CD$が垂直な場合は$AB$と$CD$の役割を交換すればよく、この交換では$X$と$Y$も交換される。両弦がともに垂直ならば、$M$を通る同一直線になって別の弦ではないため、その場合は生じない。

以下では、弦$AB,CD$がともに$PQ$に垂直でない場合を扱う。1本目の弦$AB$を$y=tx$、2本目の弦$CD$を$y=sx$とする。

$A=(a,ta),B=(b,tb)$、$C=(c,sc),D=(d,sd)$と書けば、円との交点条件から

直線$AD$と$x$軸の交点の座標は、2点を通る直線の切片公式から

同様に

$AD$と$BC$が$x$軸と有限の一点で交わるという仮定により、ここで用いた分母$sd-ta$と$sc-tb$はともに$0$でない。分母を払った和の分子は

上の解の和・積を代入すると両項はともに

となり、差は$0$である。したがって$x_X+x_Y=0$である。$a,d\ne0$かつ$s\ne t$（二弦は異なる）であるから$x_X\ne0$であり、$X\ne M$である。したがって$X\ne Y$であり、$M$は$XY$の中点である。分母が$0$になる平行配置は、定理の有限交点の仮定から除外されている。▨