パップスの六角形定理 | 初等幾何学

1 六角形の辺と、一つおきの三直線

証明では、六角形の辺を一つおきに取った二つの三つ組を繰り返し使います。そこで、辺に番号を付けておきます。

定義 1.1 (六角形の辺と、一つおきの三直線).定理 1の六角形 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ の六本の辺を含む直線を、頂点の順に $s_1,\dots,s_6$ と書く。すなわち

\begin{aligned} s_1&=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2, & s_2&=\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3, & s_3&=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1,\\ s_4&=\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2, & s_5&=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3, & s_6&=\mathrm{B}_3\mathrm{A}_1 \end{aligned}

とする。 $\{s_1,s_3,s_5\}$ を奇数側の三直線、 $\{s_2,s_4,s_6\}$ を偶数側の三直線という。

向かい合う辺の組は、番号が $3$ だけ離れた二本です。三つの交点は

\mathrm{X}_3=s_1\cap s_4,\qquad \mathrm{X}_1=s_2\cap s_5,\qquad \mathrm{X}_2=s_3\cap s_6

であり、どれも奇数側の一本と偶数側の一本との交点です。

この配置は、次の二つの置き換えについて形を変えません。第一に、 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_i$ をすべての $i$ について入れ替える置き換えは、 $s_1,s_3,s_5$ をそれぞれ $s_4,s_6,s_2$ へ移すので、奇数側と偶数側を入れ替えます。この置き換えは、 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ のそれぞれを自分自身へ移します。第二に、添字を $1\to2\to3\to1$ と巡回させる置き換えは、 $s_1\to s_5\to s_3\to s_1$ と $s_2\to s_6\to s_4\to s_2$ 、および $\mathrm{X}_3\to\mathrm{X}_1\to\mathrm{X}_2\to\mathrm{X}_3$ という対応を与えます。以下では、この二つの置き換えを使って場合の数を減らします。

注意 1.2 (六点を交点から離しておく理由). $\ell_1$ と $\ell_2$ が点 $\mathrm{O}$ で交わる場合に、六点が $\mathrm{O}$ と異なることを仮定するのは、辺を定める直線が壊れないようにするためです。仮に $\mathrm{A}_1=\mathrm{O}$ とすると、 $\mathrm{A}_1$ は $\ell_2$ 上にもあるので、 $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ は $\ell_2$ そのものになり、 $\mathrm{X}_3=s_1\cap s_4$ は $\mathrm{B}_1$ に一致します。六点が $\mathrm{O}$ と異なるという仮定からは、次の事実が従います。相異なる添字について、 $\mathrm{A}_i$ が直線 $\mathrm{A}_j\mathrm{B}_k$ 上にあることはなく、 $\mathrm{B}_i$ が直線 $\mathrm{A}_k\mathrm{B}_j$ 上にあることもありません。実際、 $i\ne j$ で $\mathrm{A}_i$ が直線 $\mathrm{A}_j\mathrm{B}_k$ 上にあるとすると、この直線は $\ell_1$ 上の相異なる二点を含むので $\ell_1$ に一致し、 $\mathrm{B}_k$ が $\ell_1$ 上に来て $\mathrm{B}_k=\mathrm{O}$ となります。この事実は、以下の証明で繰り返し用います。

2 証明の方針

出発点。 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は、それぞれ $s_5$ , $s_3$ , $s_1$ 上にあります。奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ が三角形の三辺をなすならば、三つの交点はその三角形の三辺上に一点ずつ乗ることになるので、共線の判定にメネラウスの定理の逆（§A5.9 定理 6.3）を用いることができます。示すべきことは、三つの有向線分比の積が $-1$ になることです。

中間目標。この三角形に対して、偶数側の三直線 $s_2,s_4,s_6$ と、もとの二直線 $\ell_1,\ell_2$ の、合わせて五本を横切る直線と見なし、メネラウスの定理（§A5.9 定理 6.2）を五回用います。偶数側の三本から得た三つの等式の積を、 $\ell_1,\ell_2$ から得た二つの等式の積で割ると、 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_j$ に関する六つの比がすべて約分で消え、 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ に関する三つの比の積だけが残ります。

片づけておく二つのこと。この筋を通すには、二つの障害を先に取り除く必要があります。

第一に、向かい合う辺が平行になると交点が有限の位置になく、三角形の頂点も無限に遠ざかることがあります。この定理の主張は入射関係だけで書かれているので、射影変換で配置を移してから証明し、逆変換で戻すことができます（§A5.17 定理 6.1）。そこで、必要な点がすべて有限点になる配置へ移します。

第二に、奇数側の三直線が三角形をなさず、一点で交わることがあります。この配置は、射影変換で移しても解消しません。そこで、奇数側と偶数側が同時に一点で交わることはない、という定理を先に証明します。この証明で、一点からの射影が複比を保つことを用います。

3 配置を有限な位置へ移す

パップスの六角形定理の主張は、「指定した三点が同一の直線上にある」という入射関係だけで書かれています。射影変換は入射関係と複比を保ち、逆変換も同じものを保つので、射影変換で移した先で主張を証明すれば、もとの配置での主張が得られます（§A5.17 定理 6.1）。長さや角による結論であれば、この運び方をすることはできません。

必要なのは、配置に現れる有限個の点を、すべて無限遠点でない位置へ移すことです。

定理 3.1 (配置を有限な位置へ移すことができる). 射影平面上に有限個の点が与えられているとする。このとき、その有限個の点をすべて有限点へ移す射影変換が存在する。

証明. 与えられた点のうち、無限遠点であるものは有限個です。無限遠点は平面の一つの方向に対応するので（§A5.17 定義 1）、対応する方向も有限個です。原点のまわりの回転は可逆な行列で表されるので射影変換であり（§A5.17 定理 5.5）、あらかじめ適当な回転を行うことによって、これらの方向のどれも $x$ 軸の方向と一致しないようにすることができます。

次に、§A5.17 定理 5.7で用いた行列

M_s=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&s&1\end{pmatrix}\qquad(s\ne0)

が定める射影変換 $T_{M_s}$ をとります。 $M_s$ は $[X:Y:Z]$ を $[X:Y:sY+Z]$ へ移します。したがって無限遠点 $[X:Y:0]$ は、 $Y\ne0$ であれば $[X:Y:sY]$ という有限点へ移ります。回転によって $x$ 軸の方向を避けてあるので、与えられた無限遠点はすべて $Y\ne0$ を満たします。また、有限点 $[x:y:1]$ の像は $[x:y:sy+1]$ であり、 $sy+1\ne0$ であるかぎり有限点のままです。与えられた有限点は有限個なので、 $s$ の絶対値を十分小さくとれば、そのすべてについて $sy+1\ne0$ が成り立ちます。この $s$ に対する $T_{M_s}$ と、先の回転との合成が、求める射影変換です。▨

注意 3.2 (この主張について本記事が与えていないこと).定理 3.1の証明は、同次座標と3次の行列による射影変換の構成に依存しています。本記事は、この主張について、合同・相似・円の性質だけを根拠とする証明を与えていません。一方、以下で述べる定理 4.2と定理 1の証明の本体は、一点からの射影とメネラウスの定理だけを用い、座標を用いていません。

4 奇数側と偶数側が同時に一点で交わることはない

一点からの射影は、同一直線上の四点の複比を変えません（§A5.14 定理 2）。三本の直線が一点で交わるという条件は、この不変性を通して、二直線上の六点の位置についての等式に書き換えられます。

定理 4.1 (奇数側の三直線が一点で交わるときの複比の等式).定理 1の仮定のもとで、 $\ell_1$ と $\ell_2$ は点 $\mathrm{O}$ で交わるとする。奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ が一点 $\mathrm{T}$ で交わるならば

(\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2;\mathrm{A}_3,\mathrm{O}) =(\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3;\mathrm{B}_1,\mathrm{O})

が成り立つ。

証明. はじめに、 $\mathrm{T}$ が $\ell_1$ 上にも $\ell_2$ 上にもないことを示します。 $\mathrm{T}$ が $\ell_1$ 上にあるとします。 $\mathrm{T}$ は $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ 上にあり、 $s_1$ は $\ell_1$ と一致しません（一致すれば $\mathrm{B}_2$ が $\ell_1$ 上に来て $\mathrm{B}_2=\mathrm{O}$ となります）。相異なる二直線の共有点は一つなので $\mathrm{T}=\mathrm{A}_1$ です。ところが $\mathrm{T}$ は $s_5=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ 上にもあるので、 $\mathrm{A}_1$ が $s_5$ 上に来て、注意 1.2の事実に反します。 $\mathrm{T}$ が $\ell_2$ 上にあるとした場合も、 $s_1$ が $\ell_2$ と一致しないことから $\mathrm{T}=\mathrm{B}_2$ となり、 $\mathrm{B}_2$ が $s_5$ 上に来て同じ事実に反します。

そこで、 $\mathrm{T}$ を中心として $\ell_1$ 上の点を $\ell_2$ へ射影します。 $\mathrm{T}$ は $\ell_1,\ell_2$ のどちらの上にもないので、この射影は $\ell_1$ 上の各点に対して定まります。 $\mathrm{T}$ は $s_1$ 上にあるので直線 $\mathrm{TA}_1$ は $s_1$ に一致し、 $s_1$ と $\ell_2$ の共有点は $\mathrm{B}_2$ です。したがって $\mathrm{A}_1$ の像は $\mathrm{B}_2$ です。同じ理由で、 $s_5$ から $\mathrm{A}_2$ の像は $\mathrm{B}_3$ となり、 $s_3$ から $\mathrm{A}_3$ の像は $\mathrm{B}_1$ となります。また $\mathrm{O}$ は $\ell_1$ と $\ell_2$ の共有点なので、 $\mathrm{O}$ の像は $\mathrm{O}$ です。

一点からの射影は複比を変えないので（§A5.14 定理 2）、四点 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3,\mathrm{O}$ とその像 $\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3,\mathrm{B}_1,\mathrm{O}$ について、等式が成り立ちます。▨

この等式を、 $\mathrm{O}$ から測った有向線分の逆数で書き直すと、扱いやすい形になります。

定理 4.2 (奇数側と偶数側の少なくとも一方は三角形をなす).定理 1の仮定のもとで、 $\ell_1$ と $\ell_2$ は点 $\mathrm{O}$ で交わり、奇数側の三直線のどの二本も平行でなく、偶数側の三直線のどの二本も平行でないとする。このとき、奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ と偶数側の三直線 $s_2,s_4,s_6$ のうち、少なくとも一方は三角形の三辺をなす。

証明. 三本の直線のどの二本も平行でないとき、そのうちの二本は一点で交わります。三本が三角形をなさないのは、残りの一本がその交点を通る場合、すなわち三本が一点で交わる場合に限ります。そこで、奇数側も偶数側も一点で交わると仮定して、矛盾を導きます。

$\ell_1$ に、 $\mathrm{O}$ を原点とする座標を一つ入れ、 $\alpha_i=\overline{\mathrm{OA}_i}$ とおきます。同様に $\ell_2$ について $\beta_j=\overline{\mathrm{OB}_j}$ とおきます。六点は $\mathrm{O}$ と異なるので、 $\alpha_i$ と $\beta_j$ はいずれも $0$ ではありません。また、 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3$ が相異なるので $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ は相異なり、 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ も相異なります。

複比の座標表示（§A5.14 定義 1）により、 $\mathrm{O}$ の座標が $0$ であることを使うと

(\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2;\mathrm{A}_3,\mathrm{O}) =\frac{(\alpha_3-\alpha_1)(0-\alpha_2)}{(\alpha_3-\alpha_2)(0-\alpha_1)} =\frac{(\alpha_3-\alpha_1)\alpha_2}{(\alpha_3-\alpha_2)\alpha_1}

です。ここで $u_i=1/\alpha_i$ 、 $v_j=1/\beta_j$ とおきます。 $\alpha_3-\alpha_1=\alpha_1\alpha_3(u_1-u_3)$ および $\alpha_3-\alpha_2=\alpha_2\alpha_3(u_2-u_3)$ を代入すると、 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ が約分されて

(\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2;\mathrm{A}_3,\mathrm{O})=\frac{u_1-u_3}{u_2-u_3}, \qquad (\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3;\mathrm{B}_1,\mathrm{O})=\frac{v_2-v_1}{v_3-v_1}

を得ます。後者についても、 $\beta_1-\beta_2=\beta_1\beta_2(v_2-v_1)$ と $\beta_1-\beta_3=\beta_1\beta_3(v_3-v_1)$ を用いて、同じ計算を行います。

奇数側が一点で交わるので、定理 4.1より

\frac{u_1-u_3}{u_2-u_3}=\frac{v_2-v_1}{v_3-v_1} \tag{1}

が成り立ちます。 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_i$ を入れ替える置き換えは、奇数側の三直線と偶数側の三直線を入れ替え、 $\mathrm{O}$ を $\mathrm{O}$ へ移し、 $u_i$ と $v_i$ を入れ替えます。偶数側も一点で交わるので、同じ定理をこの置き換えの後の配置へ適用して

\frac{v_1-v_3}{v_2-v_3}=\frac{u_2-u_1}{u_3-u_1} \tag{2}

を得ます。

ここで

P=u_2-u_1,\quad Q=u_3-u_2,\quad R=u_1-u_3,\qquad p=v_2-v_1,\quad q=v_3-v_2,\quad r=v_1-v_3

とおきます。 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ は相異なる $0$ でない数なので $u_1,u_2,u_3$ は相異なり、同じ理由で $v_1,v_2,v_3$ も相異なります。したがって、この六つの値はいずれも $0$ ではありません。また、定義から

P+Q+R=0,\qquad p+q+r=0

が成り立ちます。式 $(1)$ は $R/(-Q)=p/(-r)$ すなわち $Rr=Qp$ と書き直され、式 $(2)$ は $r/(-q)=P/(-R)$ すなわち $Rr=Pq$ と書き直されます。したがって

Qp=Pq=Rr

です。この共通の値を $k$ とおくと、 $Q\ne0$ かつ $p\ne0$ なので $k\ne0$ です。よって $p=k/Q$ 、 $q=k/P$ 、 $r=k/R$ と書くことができ、 $p+q+r=0$ から

k\left(\frac1P+\frac1Q+\frac1R\right)=0

が従います。 $k\ne0$ なので両辺を $k$ で割り、さらに $PQR\ne0$ を掛けて

PQ+QR+RP=0

を得ます。一方 $P+Q+R=0$ なので

0=(P+Q+R)^2=P^2+Q^2+R^2+2(PQ+QR+RP)=P^2+Q^2+R^2

となります。実数の平方の和が $0$ になるのは、三つの実数がすべて $0$ である場合に限るので $P=Q=R=0$ となりますが、これは $P\ne0$ に反します。したがって、奇数側と偶数側が同時に一点で交わることはありません。▨

5 メネラウスの定理を五回用いる

準備が済んだので、主定理を証明します。

証明 (パップスの六角形定理の証明). 第1段（有限な配置へ移す）。主張は入射関係だけで書かれているので、射影変換で移した配置で結論を示せば、逆変換によってもとの配置の結論が得られます（§A5.17 定理 6.1）。そこで定理 3.1を、次の有限個の点へ適用します。六点 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3,\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ 、 $\ell_1$ と $\ell_2$ の共有点、三つの交点 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ 、および一つおきの三直線どうしの六つの交点 $s_1\cap s_3$ , $s_3\cap s_5$ , $s_5\cap s_1$ , $s_2\cap s_4$ , $s_4\cap s_6$ , $s_6\cap s_2$ です。以後、これらがすべて有限点である配置を扱います。とくに $\ell_1$ と $\ell_2$ は有限な点 $\mathrm{O}$ で交わり、奇数側の三直線のどの二本も平行でなく、偶数側についても同じです。

第2段（三角形を選ぶ）。定理 4.2により、奇数側と偶数側の少なくとも一方は三角形の三辺をなします。 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_i$ を入れ替える置き換えは、奇数側と偶数側を入れ替え、 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ をそれぞれ自分自身へ移し、定理の仮定も保ちます。したがって、必要ならこの置き換えを行うことによって、奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ が三角形をなすとしてよいことになります。この三角形の頂点を

\mathrm{U}=s_1\cap s_5,\qquad \mathrm{V}=s_5\cap s_3,\qquad \mathrm{W}=s_3\cap s_1

とします。各辺を含む直線は、辺 $\mathrm{VW}$ が $s_3$ 、辺 $\mathrm{WU}$ が $s_1$ 、辺 $\mathrm{UV}$ が $s_5$ です。

第3段（各辺上の三点が頂点と異なること）。辺 $\mathrm{WU}$ を含む $s_1$ の上には、 $\mathrm{A}_1$ , $\mathrm{B}_2$ , $\mathrm{X}_3$ の三点があります。この三点が $\mathrm{U}$ とも $\mathrm{W}$ とも異なることを確かめます。 $\mathrm{U}$ は $s_5=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ 上にあるので、 $\mathrm{U}=\mathrm{A}_1$ または $\mathrm{U}=\mathrm{B}_2$ とすると $\mathrm{A}_1$ または $\mathrm{B}_2$ が $s_5$ 上に来て、注意 1.2の事実に反します。 $\mathrm{W}$ は $s_3=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ 上にあるので、同じ議論が $\mathrm{W}$ についても通ります。次に $\mathrm{X}_3$ を見ます。 $\mathrm{X}_3$ は $s_4=\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2$ 上にあります。 $s_4$ と $s_5$ はどちらも $\mathrm{A}_2$ を通り、一致しません。仮に一致すれば $\mathrm{B}_1$ が $s_5=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ 上に来て、注意 1.2の事実に反するからです。相異なる二直線の共有点は一つなので、 $\mathrm{X}_3=\mathrm{U}$ とすると $\mathrm{U}=\mathrm{A}_2$ となり、 $\mathrm{A}_2$ が $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ 上に来て同じ事実に反します。同様に、 $s_4$ と $s_3$ はどちらも $\mathrm{B}_1$ を通り、一致すれば $\mathrm{A}_2$ が $s_3=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ 上に来るので、一致しません。したがって $\mathrm{X}_3=\mathrm{W}$ とすると $\mathrm{W}=\mathrm{B}_1$ となり、 $\mathrm{B}_1$ が $s_1$ 上に来て同じ事実に反します。添字を $1\to2\to3\to1$ と巡回させる置き換えは、 $s_1\to s_5\to s_3\to s_1$ 、 $\mathrm{U}\to\mathrm{V}\to\mathrm{W}\to\mathrm{U}$ 、 $\mathrm{X}_3\to\mathrm{X}_1\to\mathrm{X}_2\to\mathrm{X}_3$ という対応で配置全体を保つので、残りの二辺についても同じ議論が通ります。

第4段（メネラウスの定理を五回用いる）。三角形 $\triangle\mathrm{UVW}$ に対して、§A5.9 定理 6.2を五本の直線について用います。ここで比の順序は、辺 $\mathrm{VW}$ 、 $\mathrm{WU}$ 、 $\mathrm{UV}$ の順にそろえます。

偶数側の三直線は、三角形 $\triangle\mathrm{UVW}$ の各辺を含む直線と、次のように交わります。 $s_6=\mathrm{B}_3\mathrm{A}_1$ は、 $s_3$ と $\mathrm{X}_2$ で、 $s_1$ と $\mathrm{A}_1$ で、 $s_5$ と $\mathrm{B}_3$ で交わります。 $s_4=\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2$ は、 $s_3$ と $\mathrm{B}_1$ で、 $s_1$ と $\mathrm{X}_3$ で、 $s_5$ と $\mathrm{A}_2$ で交わります。 $s_2=\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3$ は、 $s_3$ と $\mathrm{A}_3$ で、 $s_1$ と $\mathrm{B}_2$ で、 $s_5$ と $\mathrm{X}_1$ で交わります。したがって

\begin{aligned} \frac{\overline{\mathrm{VX}_2}}{\overline{\mathrm{X}_2\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WA}_1}}{\overline{\mathrm{A}_1\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UB}_3}}{\overline{\mathrm{B}_3\mathrm{V}}}&=-1,\\ \frac{\overline{\mathrm{VB}_1}}{\overline{\mathrm{B}_1\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WX}_3}}{\overline{\mathrm{X}_3\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UA}_2}}{\overline{\mathrm{A}_2\mathrm{V}}}&=-1,\\ \frac{\overline{\mathrm{VA}_3}}{\overline{\mathrm{A}_3\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WB}_2}}{\overline{\mathrm{B}_2\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UX}_1}}{\overline{\mathrm{X}_1\mathrm{V}}}&=-1 \end{aligned}

が成り立ちます。もとの二直線については、 $\ell_1$ が $s_3,s_1,s_5$ とそれぞれ $\mathrm{A}_3,\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2$ で交わり、 $\ell_2$ が $s_3,s_1,s_5$ とそれぞれ $\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ で交わるので

\frac{\overline{\mathrm{VA}_3}}{\overline{\mathrm{A}_3\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WA}_1}}{\overline{\mathrm{A}_1\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UA}_2}}{\overline{\mathrm{A}_2\mathrm{V}}}=-1, \qquad \frac{\overline{\mathrm{VB}_1}}{\overline{\mathrm{B}_1\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WB}_2}}{\overline{\mathrm{B}_2\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UB}_3}}{\overline{\mathrm{B}_3\mathrm{V}}}=-1

が成り立ちます。

第5段（約分と結論）。はじめの三つの等式の辺々を掛けると左辺の積は $(-1)^3=-1$ になり、あとの二つの等式の辺々を掛けると左辺の積は $(-1)^2=1$ になります。前者を後者で割ります。 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3,\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ を含む六つの比は、分子側にも分母側にもちょうど一度ずつ現れるので、すべて約分で消えます。残るのは

\frac{\overline{\mathrm{VX}_2}}{\overline{\mathrm{X}_2\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WX}_3}}{\overline{\mathrm{X}_3\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UX}_1}}{\overline{\mathrm{X}_1\mathrm{V}}} =\frac{-1}{1}=-1

です。 $\mathrm{X}_2$ は $\mathrm{VW}$ 上、 $\mathrm{X}_3$ は $\mathrm{WU}$ 上、 $\mathrm{X}_1$ は $\mathrm{UV}$ 上にあり、いずれも頂点と異なるので、§A5.9 定理 6.3により $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は一直線上にあります。第1段の射影変換の逆変換で戻せば、もとの配置でも三点は一直線上にあります。▨

6 平行な組がある場合

主定理は、向かい合う辺の三つの組がそれぞれ交わることを仮定しています。この仮定を外すと、平行な組が現れます。無限遠点を導入すると、この場合も同じ主張に含めることができます。

定理 6.1 (平行な組を含む形).定理 1の六点をとる。向かい合う辺の組が平行である場合には、その組の交点を、その方向の無限遠点（§A5.17 定義 1）と定める。このとき、三つの交点 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は、射影平面の一本の直線上にある。

証明.定理 1の証明の第1段では、三つの交点を含む有限個の点を、定理 3.1によってすべて有限点へ移しました。この段は、三つの交点がもとの配置で無限遠点であっても、そのまま通ります。第2段以降は、移した先の有限な配置だけを扱うので、変更は要りません。したがって移した先で三点は一直線上にあり、逆変換で戻すと、もとの配置でも三点は射影平面の一本の直線上にあります。▨

平行な組が二つあると、三つ目の組も平行になります。

定理 6.2 (二組が平行ならば残りの組も平行).定理 1の六点について、 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ と $\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2$ が平行で、かつ $\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3$ と $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ が平行であるとする。このとき $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ と $\mathrm{B}_3\mathrm{A}_1$ も平行である。

証明. 仮定により、 $\mathrm{X}_3$ は $s_1$ の方向の無限遠点であり、 $\mathrm{X}_1$ は $s_2$ の方向の無限遠点です。この二点は相異なります。実際、 $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ と $s_2=\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3$ は $\mathrm{B}_2$ を共有するので、方向が一致すれば二直線は一致し、 $\mathrm{A}_1$ が $s_2$ 上に来て注意 1.2の事実に反します。

$\mathrm{X}_3$ と $\mathrm{X}_1$ は相異なる無限遠点なので、この二点を通る射影直線は無限遠直線ただ一本です（§A5.17 定理 1.1）。定理 6.1により $\mathrm{X}_2$ もこの直線上にあるので、 $\mathrm{X}_2$ は無限遠点です。すなわち $s_3$ と $s_6$ は交点をもたず、平行です。▨

7 具体的な配置で確かめる

三つの交点を実際に求めてみます。

例 7.1 (六点を座標で与えて三つの交点を求める). $\ell_1$ を $x$ 軸、 $\ell_2$ を $y$ 軸とし、六点を

\mathrm{A}_1(-6,0),\quad \mathrm{A}_2(2,0),\quad \mathrm{A}_3(3,0),\qquad \mathrm{B}_1(0,1),\quad \mathrm{B}_2(0,3),\quad \mathrm{B}_3(0,4)

とします。二直線の交点は原点であり、六点はいずれも原点と異なります。六本の辺を含む直線の方程式は

\begin{aligned} s_1&:\ -x+2y=6, & s_2&:\ x+y=3, & s_3&:\ x+3y=3,\\ s_4&:\ x+2y=2, & s_5&:\ 2x+y=4, & s_6&:\ -2x+3y=12 \end{aligned}

です。向かい合う辺の交点を求めると

\mathrm{X}_3=s_1\cap s_4=(-2,2),\qquad \mathrm{X}_1=s_2\cap s_5=(1,2),\qquad \mathrm{X}_2=s_3\cap s_6=(-3,2)

となり、三点はいずれも直線 $y=2$ の上にあります。

この例は、一つの配置について主定理の結論が成り立つことを確かめたものです。一つの配置で確かめても、すべての配置についての証明にはなりません。すべての配置についての証明は、前節までのメネラウスの定理による議論が与えています。

8 円に内接する六角形の場合

パップスの六角形定理は、六点が二本の直線の上にある場合の定理です。六点が一つの円周上にある場合にも、向かい合う辺の交点となる三点が一直線上に並びます。この主張をパスカルの定理といいます。

注意 8.1 (円が絡む場合を本記事が扱わない理由). 本記事の証明は、直線上の点を別の直線上へ写す、一点からの射影だけを用いています。円周上の点からの射影を同じように扱うには、弧と角を結び付ける三角比が必要になります。三角比を主な根拠とする証明は、本記事の主証明の方法には含まれません。円錐曲線に内接する六角形についてのパスカルの定理と、その双対にあたるブリアンションの定理は、幾何の定理ギャラリーで扱います。

9 つまずいたら

六角形の頂点の順序を変えない。六点が同じでも、二直線を行き来する順序を変えると別の六角形になり、向かい合う辺の組も、三つの交点も変わります。主定理が述べているのは、順序 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ で作った六角形についての結論です。
辺を線分だと思わない。 $s_1,\dots,s_6$ は辺を含む直線です。向かい合う二辺は、線分としては交わらず、延長した直線どうしで交わることがあります。その交点は、図では六角形の外に現れます。
有向線分比の符号を落とさない。メネラウスの定理の積が $-1$ になることは、外分点を負の比として数えたうえでの結論です（§A5.9 定義 2.1）。符号を付けずに長さの比だけで計算すると、積の絶対値は $1$ になりますが、共線を表す $-1$ と共点を表す $1$ を区別することができなくなります。
六点を二直線の交点に置かない。 $\mathrm{A}_i$ または $\mathrm{B}_j$ が $\ell_1$ と $\ell_2$ の共有点に一致すると、その点を端点とする辺が二直線のどちらかに退化し、三つの交点の一つが六点の一つに一致します。この配置は主定理の適用外です。
平行を例外として捨てない。向かい合う辺が平行になる配置は、交点が無限遠点へ移った配置です。無限遠点を含めて読めば、定理 6.1のとおり結論は同じ形で成り立ちます。
図の観察を証明の代わりにしない。動かせる図で確かめることができるのは、有限個の位置についての結論だけです。すべての配置を一度に扱うために、本記事は複比の保存とメネラウスの定理を用いています。

§A5.18パップスの六角形定理