§C2.2オイラー線

証明. 二点$P$、$Q$の一方が$G$と一致する場合を考える。$Q=G$とすると$h(Q)=G$であり、$h(P)$は直線$GP$上にあって$Gh(P)=\frac{1}{2}GP$を満たすから、直線$h(P)h(Q)$は直線$PQ$と一致し、$h(P)h(Q)=\frac{1}{2}GP=\frac{1}{2}PQ$である。$P=G$の場合も同じである。

二点$P$、$Q$がどちらも$G$と異なり、三点$G$、$P$、$Q$が一直線上にある場合を考える。$h$は$G$を通る直線の各点を同じ直線の点へ写すから、$h(P)$と$h(Q)$はともに直線$PQ$上にあり、直線$h(P)h(Q)$は直線$PQ$と一致する。二点$P$、$Q$が$G$について同じ側にあれば$h(P)h(Q)=\frac{1}{2}|GP-GQ|=\frac{1}{2}PQ$であり、反対側にあれば$h(P)h(Q)=\frac{1}{2}(GP+GQ)=\frac{1}{2}PQ$である。

二点$P$、$Q$がどちらも$G$と異なり、三点$G$、$P$、$Q$が一直線上にない場合を考える。$G$について$P$、$Q$と対称な点をそれぞれ$P^{*}$、$Q^{*}$とする。$GP=GP^{*}$、$GQ=GQ^{*}$であり、$\angle PGQ$と$\angle P^{*}GQ^{*}$は対頂角として等しいから、二辺とその間の角が等しく$\triangle GPQ\equiv\triangle GP^{*}Q^{*}$である。よって$P^{*}Q^{*}=PQ$であり、$\angle GPQ=\angle GP^{*}Q^{*}$は直線$PP^{*}$を横切線とする錯角であるから$PQ\parallel P^{*}Q^{*}$である。点$h(P)$は半直線$GP^{*}$上にあって$Gh(P)=\frac{1}{2}GP=\frac{1}{2}GP^{*}$を満たすので線分$GP^{*}$の中点であり、同じ理由で$h(Q)$は線分$GQ^{*}$の中点である。中点連結定理（§A5.2 定理 2.1）を$\triangle GP^{*}Q^{*}$に適用すると、$h(P)h(Q)\parallel P^{*}Q^{*}$かつ$h(P)h(Q)=\frac{1}{2}P^{*}Q^{*}=\frac{1}{2}PQ$を得る。直線$h(P)h(Q)$は直線$P^{*}Q^{*}$に平行であり、直線$P^{*}Q^{*}$は直線$PQ$に平行であるから、直線$h(P)h(Q)$は直線$PQ$に平行である。

いずれの場合も$h(P)h(Q)=\frac{1}{2}PQ>0$であるから$h(P)\ne h(Q)$である。▨

証明. 三角形の重心は各中線を頂点の側から$2:1$に内分するから、重心$G$は中線$AM_A$上にあって$AG:GM_A=2:1$を満たす。したがって$G$は線分$AM_A$の内部にあり、$M_A$は半直線$GA$と$G$について反対向きの半直線上にあって$GM_A=\frac{1}{2}GA$を満たす。これは、$G$を中心とする比$-\frac{1}{2}$の相似拡大が$A$を$M_A$へ写すことにほかならない。頂点を巡回して同じ議論を適用すると、この相似拡大は$B$を$M_B$へ、$C$を$M_C$へ写す。▨

証明. 中点連結定理（§A5.2 定理 2.1）により、線分$M_BM_C$は辺$BC$に平行で長さが$BC$の半分である。$\triangle ABC$は非退化であるから$M_B$は直線$BC$上になく、直線$M_BM_C$と直線$BC$は異なる二直線である。異なる二つの平行な直線は共有点をもたないから、辺$BC$上の点$M_A$は直線$M_BM_C$上にない。よって$\triangle M_AM_BM_C$は非退化である。

三角形$\triangle M_AM_BM_C$の頂点$M_A$から下ろした高さは、$M_A$を通り直線$M_BM_C$に垂直な直線である。$M_BM_C$は$BC$に平行であるから、この高さは$M_A$を通り$BC$に垂直な直線であり、$M_A$は辺$BC$の中点であるから、この高さは辺$BC$の垂直二等分線である。外心$O$は三辺の垂直二等分線の共有点であるから、この高さは$O$を通る。頂点を巡回して同じ議論を適用すると、$\triangle M_AM_BM_C$の三本の高さはいずれも$O$を通る。

頂点$M_A$から下ろした高さと頂点$M_B$から下ろした高さが平行であるとすれば、それぞれに垂直な直線$M_BM_C$と$M_CM_A$も平行になり、共有点$M_C$をもつ二直線が一致して$M_A$、$M_B$、$M_C$が一直線上に並ぶ。これは前段に反するから、二本の高さは平行ではなく、共有点をただ一つもつ。三本の高さはいずれも$O$を通るから、この共有点は$O$である。▨

証明. 辺$BC$の中点を$M_A$とする。$\triangle ABC$が正三角形である場合を考える。$AB=AC$であるから頂点$A$は辺$BC$の垂直二等分線上にあり、中点$M_A$もこの垂直二等分線上にある。$A\ne M_A$であるから、中線$AM_A$は辺$BC$の垂直二等分線と一致する。頂点を巡回して同じ議論を適用すると、三本の中線は三辺の垂直二等分線と一致する。重心$G$は三本の中線の共有点であり、外心$O$は三辺の垂直二等分線の共有点であるから、$O=G$である。

逆に$O=G$とする。重心$G$は中線$AM_A$を$AG:GM_A=2:1$に内分するから$G\ne M_A$であり、$O\ne M_A$である。外心$O$と中点$M_A$はともに辺$BC$の垂直二等分線上にあるから、二点を通る直線$OM_A$は辺$BC$の垂直二等分線である。頂点$A$、重心$G=O$、中点$M_A$は中線$AM_A$上にあるので、直線$AM_A$と直線$OM_A$は相異なる二点$O$と$M_A$を共有し、一致する。したがって$A$は辺$BC$の垂直二等分線上にあり、$AB=AC$が成り立つ。頂点を巡回して同じ議論を適用すると$BC=BA$も成り立つので、$\triangle ABC$は正三角形である。▨

証明 (中点三角形への相似拡大による証明). 辺$BC$、$CA$、$AB$の中点をそれぞれ$M_A$、$M_B$、$M_C$とし、$G$を中心とする比$-\frac{1}{2}$の相似拡大を$h$とする。補題 4により、$h$は$A$、$B$、$C$をそれぞれ$M_A$、$M_B$、$M_C$へ写す。

中点$M_A$を通り$BC$に垂直な直線を$m_A$とする。中点連結定理（§A5.2 定理 2.1）により$M_BM_C$は$BC$に平行であるから、$m_A$は$M_A$を通り$M_BM_C$に垂直な直線、すなわち$\triangle M_AM_BM_C$の頂点$M_A$から下ろした高さである。

垂心$H$は、$A$を通り$BC$に垂直な直線の上にある。$H=A$の場合、$h(H)=h(A)=M_A$は$m_A$上にある。$H\ne A$の場合、直線$AH$は$A$を通り$BC$に垂直な直線であり、補題 3により直線$M_Ah(H)$は直線$AH$に平行であるか直線$AH$と一致するから、直線$M_Ah(H)$は$M_A$を通り$BC$に垂直な直線$m_A$であり、$h(H)$は$m_A$上にある。頂点を巡回して同じ議論を適用すると、$h(H)$は$\triangle M_AM_BM_C$の三本の高さのいずれの上にもある。補題 5により、この三本の高さはただ一つの共有点をもち、それは$O$である。したがって

が成り立つ。

$\triangle ABC$が正三角形である場合を考える。補題 6により$O=G$である。相似拡大$h$は$G$と異なる点を$G$と異なる点へ写すから、$h(H)=O=G$から$H=G$を得る。よって$O=G=H$である。

$\triangle ABC$が正三角形でない場合を考える。補題 6により$O\ne G$である。$H=G$とすれば$O=h(H)=h(G)=G$となって$O\ne G$に反するから、$H\ne G$である。相似拡大$h$の定め方により、$O=h(H)$は、点$O$が直線$GH$上にあって$G$について$H$と反対側にあり、$GO=\frac{1}{2}GH$を満たすことを意味する。したがって$O$、$G$、$H$は一直線上にあり、$G$は線分$OH$の内部にあって

となる。▨

証明.$\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c$と定め、この位置ベクトルをもつ点を$H'$とする。辺$BC$の方向ベクトルは$\mathbf c-\mathbf b$であり、

したがって$H'$は、$A$を通り$BC$に垂直な直線の上にある。頂点を巡回して

も得るので、$H'$は$B$を通り$CA$に垂直な直線の上にも、$C$を通り$AB$に垂直な直線の上にもある。この三本の直線は$\triangle ABC$の三本の高さであるから、$H'$は垂心$H$であり、その位置ベクトルは$\mathbf h$である。▨

証明 (ベクトルによる別証明). 重心の位置ベクトルは

$\mathbf h=\mathbf 0$なら$\mathbf g=\mathbf 0$でもあり、$O=G$となるため、補題 6により$\triangle ABC$は正三角形になる。したがって、正三角形でない場合は$\mathbf h\ne\mathbf 0$である。このとき

であるから、$O,G,H$はこの順に一直線上に並ぶ。また、二つの正の距離は

であるため、$OG:GH=1:2$となる。▨