コスニタの定理

問題

	コスニタの定理図において O は鋭角三角形 ⊿ABC の外心とし D, E, F は各々 ⊿OBC, ⊿OCA, ⊿OAB の外心とするこのとき、 AD, BE, CF は一点で交わる Gogeometryに紹介されていましたここでは複素数をつかった証明を紹介します
	複素数平面で証明しよう ⊿ABC の外接円が単位円となるよう座標をいれて、複素数平面で考えよう A, B, C, D, E, F に対応する複素数を a, b, c, d, e, f とする a, b, c は単位円上にある複素数である。 d が 0 と b を結ぶ垂直二等分線上にあるので d + b²d = b が成り立つ。(単位円と直線の方程式参照) 同様に d + c²d = c が成り立つ。よって d = 1/(b+c) であり、 b, c の長さが 1 なので d = bc/(b+c) が成り立つ。
	同様にして e = 1/(c+a), e = ca/(c+a) f = 1/(a+b), f = ab/(a+b) である
	a と d を結ぶ直線が単位円と再び交わる複素数を α とする。 d が長さが 1 の複素数 a と α を結ぶ直線上にあるので d + a αd = a + α (単位円と直線の方程式参照) よって (ad - 1) α = a - d d = 1/(b+c), d = bc/(b+c) なので α = (ca+ab-bc)/(a-b-c) である。
	b と e を結ぶ直線が単位円と再び交わる複素数を β とし c と f を結ぶ直線が単位円と再び交わる複素数を γ とすると、同様にして β = (ab+bc-ca)/(b-c-a) γ = (bc+ca-ab)/(c-a-b) が成り立つ。 δ = (α - b)(β - c)(γ- a) 　　 + (c - α)(a - β)(b - γ) とおくとき、 a と α, b と β、 c と γ を各々結ぶ３本の直線が一点で交わることを示すには δ = 0 を示せばよい。 (円のチェバ型定理参照) α = (ca+ab-bc)/(a-b-c) β = (ab+bc-ca)/(b-c-a) γ = (bc+ca-ab)/(c-a-b)　より α - b = (b²　+ ca)/(a-b-c), c - α = -(c²　+ ab)/(a-b-c) β - c = (c²　+ ab)/(b-c-a), a - β = -(a²　+ bc)/(b-c-a) γ - a = (a²　+ bc)/(c-a-b), b - γ = -(b²　+ ca)/(b-c-a) なので δ = 0 である
	単位円と直線の方程式複素数平面における直線の方程式はかなり複雑な式になる。しかし、単位円に関連すると簡単になり取り扱い安いものになる。定理 a, b を長さ 1 の複素数とするとき ①　a, b を通る直線の方程式は　　　z + abz = a + b ②　a における単位円の接線の方程式は　　　z + a²z = 2a ③　0 と a を結ぶ直線の垂直二等分線の方程式は　　　z + a²z = a
	複素数 z が a と b を通る直線上の点である必要十分条件は (z-a)/(b-a) が実数であるつまり共役をとっても不変、従って (z-a)( b - a) = (z - a)(b-a) a, b は長さが 1 なので a = 1/a, b = 1/b であるので上記の式は (z-a)(a - b)/ab = = (z - 1/a)(b-a) これに ab/(a-b) をかけて　z-a = -ab(z - 1/a) つまり z + abz = a + b を得る。(①　が示せた)
	O と a とを結ぶ直線の垂直二等分線と単位円との交点をに対応する複素数を c, d とおくと cd = a² で c+d = a なので ① より垂直二等分線の方程式は z + a²z = a 即ち ③ を得た。
	z を a における単位円の接線上の点である条件は (z-a)/a が純虚数、共役をとると符号が変わるこれを計算して②をえる。 (結果的に、①において b=a としたものですが )
	定理 a と b を結ぶ直線と c と d を結ぶ直線について ④　平行である条件は ab = cd である。 ⑤　直交する条件は ab + cd = 0 である。証明 ④　平行である条件は (c-d)/(a-b) が実数であることつまり (c-d)(a-b) = (a-b)(c-d) となる a = 1/a, b = 1/b, c = 1/c, d = 1/d よりそれは ad = cd となる ⑤　直交する条件は (c-d)/(a-b) が純虚数であること (c-d)(a-b) = -(a-b)(c-d) となる a = 1/a, b = 1/b, c = 1/c, d = 1/d よりそれは ad + cd = 0 となる
	円に関するチェバ型の定理 a, b, c, d, e, f を複素数平面における単位円上の複素数とする a と d, b と e, c と f を結ぶ三本の直線が一点で交わるまたは、平行である為の必要十分条件は φ = (a-b)(c-d)(e-f)+(f-a)(b-c)(d-e) とおくとき φ = 0 である次を使う補題 φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 補題の証明 φ を変形しよう φ = a(c-d)(e-f) - b(c-d)(e-f) 　　 + f(b-c)(d-e) - a(b-c)(d-e) 　　= ac(e-f) -ad(e-f) - bc(e-f) + db(e-f) 　　+ df(b-c) - fe(b-c) - ad(b-c) + ae(b-c) 　　= ad(c-b+f-e) 　　+ a(ce-cf+be-ce) + d(be-bf+be-cf) 　　- bce + bcf -feb + fce 　　= ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　- be(c+f) + cf(b+e) 補題が証明された
	定理の証明に移ろう三本の直線が複素数 p で交わっているとする単位円の幾何学より p + adp = a+d p + bep = b+e p + cfp = c+f が成り立つので φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= ad(p + cfp - p - bep ) 　　+ (p + adp) (be-cf) 　　 - be(p + cfp) + cf(p + bep) 　　　= 0 が成り立つ。
	このとき単位円の幾何学より ad = be = cf なので φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= ad(c+f-b-e) + (a+d)(ad-ad) 　　　　- ad(c+f) + ad(b+e) 　　= 0 が成り立つ。
	逆に φ = 0 とする b と e を結ぶ直線と c と f を結ぶ直線が平行でなく複素数 p で交わっているとするこのとき be - cf ≠ 0 であり p + adp = a+d p + bep = b+e である。 φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= ad(p + cfp - p - bep ) 　　+ (a+d) (be-cf) 　　 - be(p + cfp) + cf(p + bep) 　　= (be-cf)(adp - a - d + p) である。 φ = 0 かつ be - cf ≠ 0 なので p + adp = a+d をえる。これは p が a と d を結ぶ直線上にあることを示している
	平行であるとする。このとき be = cf である φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= (ad - be)(c+f-b-e) φ = 0 より ad - be = 0 または c+f-b-e = 0 ad = be のときは a と d を結ぶ直線と b と e を結ぶ直線は平行である c+f = b+e のときは b と e を結ぶ直線と c と f を結ぶ直線は一致する (平行で共通点を持つので)

	コスニタの定理図において O は鋭角三角形 ⊿ABC の外心とし D, E, F は各々 ⊿OBC, ⊿OCA, ⊿OAB の外心とするこのとき、 AD, BE, CF は一点で交わる Gogeometryに紹介されていましたここでは複素数をつかった証明を紹介します
	複素数平面で証明しよう ⊿ABC の外接円が単位円となるよう座標をいれて、複素数平面で考えよう A, B, C, D, E, F に対応する複素数を a, b, c, d, e, f とする a, b, c は単位円上にある複素数である。 d が 0 と b を結ぶ垂直二等分線上にあるので d + b²d = b が成り立つ。(単位円と直線の方程式参照) 同様に d + c²d = c が成り立つ。よって d = 1/(b+c) であり、 b, c の長さが 1 なので d = bc/(b+c) が成り立つ。
	同様にして e = 1/(c+a), e = ca/(c+a) f = 1/(a+b), f = ab/(a+b) である
	a と d を結ぶ直線が単位円と再び交わる複素数を α とする。 d が長さが 1 の複素数 a と α を結ぶ直線上にあるので d + a αd = a + α (単位円と直線の方程式参照) よって (ad - 1) α = a - d d = 1/(b+c), d = bc/(b+c) なので α = (ca+ab-bc)/(a-b-c) である。
	b と e を結ぶ直線が単位円と再び交わる複素数を β とし c と f を結ぶ直線が単位円と再び交わる複素数を γ とすると、同様にして β = (ab+bc-ca)/(b-c-a) γ = (bc+ca-ab)/(c-a-b) が成り立つ。 δ = (α - b)(β - c)(γ- a) 　　 + (c - α)(a - β)(b - γ) とおくとき、 a と α, b と β、 c と γ を各々結ぶ３本の直線が一点で交わることを示すには δ = 0 を示せばよい。 (円のチェバ型定理参照) α = (ca+ab-bc)/(a-b-c) β = (ab+bc-ca)/(b-c-a) γ = (bc+ca-ab)/(c-a-b)　より α - b = (b²　+ ca)/(a-b-c), c - α = -(c²　+ ab)/(a-b-c) β - c = (c²　+ ab)/(b-c-a), a - β = -(a²　+ bc)/(b-c-a) γ - a = (a²　+ bc)/(c-a-b), b - γ = -(b²　+ ca)/(b-c-a) なので δ = 0 である
	単位円と直線の方程式複素数平面における直線の方程式はかなり複雑な式になる。しかし、単位円に関連すると簡単になり取り扱い安いものになる。定理 a, b を長さ 1 の複素数とするとき ①　a, b を通る直線の方程式は　　　z + abz = a + b ②　a における単位円の接線の方程式は　　　z + a²z = 2a ③　0 と a を結ぶ直線の垂直二等分線の方程式は　　　z + a²z = a
	複素数 z が a と b を通る直線上の点である必要十分条件は (z-a)/(b-a) が実数であるつまり共役をとっても不変、従って (z-a)( b - a) = (z - a)(b-a) a, b は長さが 1 なので a = 1/a, b = 1/b であるので上記の式は (z-a)(a - b)/ab = = (z - 1/a)(b-a) これに ab/(a-b) をかけて　z-a = -ab(z - 1/a) つまり z + abz = a + b を得る。(①　が示せた)
	O と a とを結ぶ直線の垂直二等分線と単位円との交点をに対応する複素数を c, d とおくと cd = a² で c+d = a なので ① より垂直二等分線の方程式は z + a²z = a 即ち ③ を得た。
	z を a における単位円の接線上の点である条件は (z-a)/a が純虚数、共役をとると符号が変わるこれを計算して②をえる。 (結果的に、①において b=a としたものですが )
	定理 a と b を結ぶ直線と c と d を結ぶ直線について ④　平行である条件は ab = cd である。 ⑤　直交する条件は ab + cd = 0 である。証明 ④　平行である条件は (c-d)/(a-b) が実数であることつまり (c-d)(a-b) = (a-b)(c-d) となる a = 1/a, b = 1/b, c = 1/c, d = 1/d よりそれは ad = cd となる ⑤　直交する条件は (c-d)/(a-b) が純虚数であること (c-d)(a-b) = -(a-b)(c-d) となる a = 1/a, b = 1/b, c = 1/c, d = 1/d よりそれは ad + cd = 0 となる
	円に関するチェバ型の定理 a, b, c, d, e, f を複素数平面における単位円上の複素数とする a と d, b と e, c と f を結ぶ三本の直線が一点で交わるまたは、平行である為の必要十分条件は φ = (a-b)(c-d)(e-f)+(f-a)(b-c)(d-e) とおくとき φ = 0 である次を使う補題 φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 補題の証明 φ を変形しよう φ = a(c-d)(e-f) - b(c-d)(e-f) 　　 + f(b-c)(d-e) - a(b-c)(d-e) 　　= ac(e-f) -ad(e-f) - bc(e-f) + db(e-f) 　　+ df(b-c) - fe(b-c) - ad(b-c) + ae(b-c) 　　= ad(c-b+f-e) 　　+ a(ce-cf+be-ce) + d(be-bf+be-cf) 　　- bce + bcf -feb + fce 　　= ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　- be(c+f) + cf(b+e) 補題が証明された
	定理の証明に移ろう三本の直線が複素数 p で交わっているとする単位円の幾何学より p + adp = a+d p + bep = b+e p + cfp = c+f が成り立つので φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= ad(p + cfp - p - bep ) 　　+ (p + adp) (be-cf) 　　 - be(p + cfp) + cf(p + bep) 　　　= 0 が成り立つ。
	このとき単位円の幾何学より ad = be = cf なので φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= ad(c+f-b-e) + (a+d)(ad-ad) 　　　　- ad(c+f) + ad(b+e) 　　= 0 が成り立つ。
	逆に φ = 0 とする b と e を結ぶ直線と c と f を結ぶ直線が平行でなく複素数 p で交わっているとするこのとき be - cf ≠ 0 であり p + adp = a+d p + bep = b+e である。 φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= ad(p + cfp - p - bep ) 　　+ (a+d) (be-cf) 　　 - be(p + cfp) + cf(p + bep) 　　= (be-cf)(adp - a - d + p) である。 φ = 0 かつ be - cf ≠ 0 なので p + adp = a+d をえる。これは p が a と d を結ぶ直線上にあることを示している
	平行であるとする。このとき be = cf である φ = ad(c+f-b-e) + (a+d)(be-cf) 　　　　- be(c+f) + cf(b+e) 　　= (ad - be)(c+f-b-e) φ = 0 より ad - be = 0 または c+f-b-e = 0 ad = be のときは a と d を結ぶ直線と b と e を結ぶ直線は平行である c+f = b+e のときは b と e を結ぶ直線と c と f を結ぶ直線は一致する (平行で共通点を持つので)