§C2.5ナポレオンの定理

証明.$UVP$と$UVQ$は$UV$を共有して互いに反対側にある正三角形であるから、$r_U(P)=Q$であり、同じ向きの回転について$r_V(Q)=P$である。したがって$(r_V\circ r_U)(P)=P$となる。

$r_U$と$r_V$は距離と角を保ち、各有向線分の向きをそれぞれ$120°$だけ変える。よって合成$r_V\circ r_U$は距離を保ち、各有向線分の向きを$240°$、すなわち反対向きに$120°$だけ変える。しかも$P$を固定するので、任意の点$T$の像は、$P$からの距離が$PT$に等しく、有向角が反対向きの$120°$となる唯一の点である。ゆえに$r_V\circ r_U$は$P$を中心とする反対向きの$120°$回転である。▨

証明.$A,B,C$が反時計回りに並ぶように向きを選ぶ。外向き正三角形の中心$X,Y,Z$のまわりの反時計回り$120°$回転をそれぞれ$r_X,r_Y,r_Z$とする。正三角形では重心と外心が一致するため、各回転は頂点を巡回させる。外向きという選択から

となる。

まず$X\ne Y$を示す。$X=Y$と仮定すると、$r_X\circ r_Y$は$X$を中心とする反対向きの$120°$回転であり、$A$を$B$へ送る。一方、$r_Z^{-1}$も反対向きの$120°$回転で$A$を$B$へ送る。回転角と一つの点の像は回転中心を一意に定めるから、$X=Z$となる。すると同じ中心の反時計回り$120°$回転が$A\mapsto C\mapsto B\mapsto A$と三頂点を巡回させるので、$ABC$は正三角形であり、共通中心はその中心である。しかし、辺$BC$上の外向き正三角形の中心は$A$と直線$BC$の反対側にあり、$ABC$の中心は$A$と同じ側にある。この二つは両立しない。したがって$X\ne Y$である。

定理 1.1を中心$Y,X$の順に適用する。$YX$を一辺とする正三角形の適切な第三頂点を$P$とすると、$r_X\circ r_Y$は$P$を中心とする時計回り$120°$回転である。また

である。$r_Z^{-1}$も時計回り$120°$回転であり、$r_Z^{-1}(A)=B$を満たす。回転角と$A$の像$B$から回転中心は一意に定まるので$P=Z$である。したがって$Y,X,Z$は正三角形の三頂点であり、$\triangle XYZ$は非退化な正三角形である。

三つの正三角形を内向きに作る場合には、上の三つの回転方向をすべて反転すると同じ合成が得られる。中心三点が一致するなら、同じ中心の$120°$回転が$A,B,C$を巡回させるので$ABC$は正三角形である。逆に$ABC$が正三角形なら、三つの内向き正三角形はいずれも$ABC$自身であるから、その中心は一致する。したがって$ABC$が正三角形でない場合には中心三点が非退化な正三角形をなし、その向きは外向きの場合と反対になる。▨

証明. 正三角形の中心は各頂点の内角の二等分線上にあり、正三角形の内角は$60°$であるから、(1)の六つの角はいずれも$30°$である。中心は正三角形の内部にあるので、$X$は直線$BC$について$A$と反対側に、$Y$は直線$CA$について$B$と反対側に、$Z$は直線$AB$について$C$と反対側にある。$X$は正三角形$\triangle BCA'$の内部にあるので$B$とも$C$とも異なり、$Y$は正三角形$\triangle CAB'$の内部にあるので$C$とも$A$とも異なり、$Z$は正三角形$\triangle ABC'$の内部にあるので$A$とも$B$とも異なる。したがって、以下に現れる半直線$CX$、$CY$、$AZ$、$AY$、$BX$、$BZ$はいずれも定まる。

頂点$C$を考える。$A,B,C$がこの順に反時計回りに並ぶので、半直線$CA$から半直線$CB$まで反時計回りに測った角は$\angle BCA$であり、$0°$より大きく$180°$より小さい。したがって、直線$CA$について$B$を含む側にある$C$を端点とする半直線は、半直線$CA$を反時計回りに$0°$より大きく$180°$より小さい角だけ回して得られるものであり、直線$CB$について$A$を含む側にある$C$を端点とする半直線は、半直線$CB$を時計回りに$0°$より大きく$180°$より小さい角だけ回して得られるものである。$Y$は直線$CA$について$B$と反対側にあり$\angle YCA=30°$であるから、半直線$CY$は半直線$CA$を時計回りに$30°$回した半直線である。$X$は直線$BC$について$A$と反対側にあり$\angle XCB=30°$であるから、半直線$CX$は半直線$CB$を反時計回りに$30°$回した半直線である。よって半直線$CY$から半直線$CX$まで反時計回りに測った角は$30°+\angle BCA+30°$である。

頂点$A$では、半直線$AB$から半直線$AC$まで反時計回りに測った角が$\angle BAC$である。$Z$は直線$AB$について$C$と反対側にあり$\angle ZAB=30°$であるから、半直線$AZ$は半直線$AB$を時計回りに$30°$回した半直線である。$Y$は直線$CA$について$B$と反対側にあり$\angle YAC=30°$であるから、半直線$AY$は半直線$AC$を反時計回りに$30°$回した半直線である。よって半直線$AZ$から半直線$AY$まで反時計回りに測った角は$30°+\angle BAC+30°$である。

頂点$B$では、半直線$BC$から半直線$BA$まで反時計回りに測った角が$\angle ABC$である。$X$は直線$BC$について$A$と反対側にあり$\angle XBC=30°$であるから、半直線$BX$は半直線$BC$を時計回りに$30°$回した半直線である。$Z$は直線$AB$について$C$と反対側にあり$\angle ZBA=30°$であるから、半直線$BZ$は半直線$BA$を反時計回りに$30°$回した半直線である。よって半直線$BX$から半直線$BZ$まで反時計回りに測った角は$30°+\angle ABC+30°$である。これで(2)が示された。

三点$X,C,Y$が同一直線上にあることは、半直線$CX$と半直線$CY$が同じ向きであるか反対向きであること、すなわち(2)の角が$0°$または$180°$であることと同値である。$0°<\angle BCA<180°$から$60°<\angle BCA+60°<240°$であり、この範囲でその角が$0°$になることはなく、$180°$になるのは$\angle BCA=120°$のときに限る。頂点$A$では(2)の角が$\angle BAC+60°$で同じ範囲にあるから、$Y,A,Z$が同一直線上にあることは$\angle BAC=120°$と同値であり、頂点$B$では(2)の角が$\angle ABC+60°$で同じ範囲にあるから、$Z,B,X$が同一直線上にあることは$\angle ABC=120°$と同値である。▨

証明. 辺$BC$上の外向き正三角形を$\triangle BCA'$とすると、$\omega_X$は$B,C,A'$を通るただ一つの円である。$A$と$A'$はどちらも直線$BC$上になく、直線$BC$について反対側にある。§A5.6 系 4.3により、四点$B,C,A,A'$が同一円周上にあることと$\angle BAC+\angle BA'C=180°$であることは同値である。$\triangle BCA'$は正三角形であるから$\angle BA'C=60°$であり、この条件は$\angle BAC=120°$と同値である。四点が同一円周上にあるとき、その円は$B,C,A'$を通るただ一つの円$\omega_X$であるから、四点が同一円周上にあることは$A\in\omega_X$と同値である。

辺$CA$上の外向き正三角形を$\triangle CAB'$とすると、$B$と$B'$はどちらも直線$CA$上になく、直線$CA$について反対側にある。$\angle CB'A=60°$であるから、同じ判定により$B\in\omega_Y$と$\angle ABC=120°$は同値である。辺$AB$上の外向き正三角形を$\triangle ABC'$とすると、$C$と$C'$はどちらも直線$AB$上になく、直線$AB$について反対側にある。$\angle AC'B=60°$であるから、同じ判定により$C\in\omega_Z$と$\angle BCA=120°$は同値である。▨

証明. 辺$BC,CA,AB$上の外向き正三角形を、それぞれ$\triangle BCA'$、$\triangle CAB'$、$\triangle ABC'$とする。$X=Y$とすると、$\omega_X$と$\omega_Y$はともに$C$を通り中心が同じであるから一致し、$A\in\omega_Y=\omega_X$となる。補題 2.2により$\angle BAC=120°$となって仮定に反するので、$X\ne Y$である。$Y=Z$とすると、$\omega_Y$と$\omega_Z$はともに$A$を通り中心が同じであるから一致し、$B\in\omega_Z=\omega_Y$となる。同じ補題により$\angle ABC=120°$となって仮定に反するので、$Y\ne Z$である。$Z=X$とすると、$\omega_Z$と$\omega_X$はともに$B$を通り中心が同じであるから一致し、$C\in\omega_X=\omega_Z$となる。同じ補題により$\angle BCA=120°$となって仮定に反するので、$Z\ne X$である。

$\angle BCA\ne120°$であるから、補題 2.1 (3)により$X,C,Y$は同一直線上になく、$C$は直線$XY$上にない。$C$の直線$XY$に関する鏡映を$F$とする。鏡映は距離を保ち$X$と$Y$を動かさないから$XF=XC$かつ$YF=YC$であり、$F$は$\omega_X$と$\omega_Y$の共有点である。$C$が直線$XY$上にないので$F\ne C$である。$F=A$とすると$A\in\omega_X$となり、補題 2.2により$\angle BAC=120°$となって仮定に反するから$F\ne A$である。$F=B$とすると$B\in\omega_Y$となり、同じ補題により$\angle ABC=120°$となって仮定に反するから$F\ne B$である。

三点の並びが反時計回りか時計回りかは、三点目が最初の二点を通る直線のどちら側にあるかで決まる。$B,C,A$はこの順に反時計回りに並び、$A'$は直線$BC$について$A$と反対側にあるから、$B,C,A'$はこの順に時計回りに、すなわち$A',C,B$はこの順に反時計回りに並ぶ。よって、頂点$A'$において半直線$A'C$から半直線$A'B$まで反時計回りに測った角は$\angle CA'B=60°$である。同じ理由で、頂点$B'$において半直線$B'A$から半直線$B'C$まで、頂点$C'$において半直線$C'B$から半直線$C'A$まで反時計回りに測った角も$60°$である。§C2.4 定義 3の向きをもつ角では、これは

を意味する。

$F$は$\omega_X$上にあって$B,C$とは異なるから、$F$が直線$BC$上にあれば直線$BC$が円$\omega_X$と三点で交わることになるが、直線と円の共有点は高々二つである。よって$F,B,C$は同一直線上になく、$F$が$\omega_Y$上にあって$C,A$と異なることから、同じ理由で$F,C,A$も同一直線上にない。$F=A'$ならば$\angle(FB,FC)$と$\angle(A'B,A'C)$は同じ角である。$F\ne A'$ならば、$B\ne C$であり$F$と$A'$はどちらも直線$BC$上にないから、円$\omega_X$上の四点$F,B,C,A'$へ§C2.4 補題 5を適用して$\angle(FB,FC)=\angle(A'B,A'C)$を得る。いずれの場合も$\angle(FB,FC)=-60°$である。同じく、$F=B'$ならば$\angle(FC,FA)$と$\angle(B'C,B'A)$は同じ角であり、$F\ne B'$ならば、$C\ne A$であり$F$と$B'$はどちらも直線$CA$上にないから、円$\omega_Y$上の四点$F,C,A,B'$へ§C2.4 補題 5を適用して$\angle(FC,FA)=\angle(B'C,B'A)$を得る。いずれの場合も$\angle(FC,FA)=-60°$である。

§C2.4 補題 4により

である。この値は$0°$ではないから$F,A,B$は同一直線上になく、$\triangle ABC'$が正三角形であることから$A,B,C'$も同一直線上にない。§C2.4 補題 4により$\angle(C'B,C'A)=-\angle(C'A,C'B)=60°$であるから、$F=C'$ならば$F$は$\omega_Z$上にあり、$F\ne C'$ならば、$B\ne A$であり$F$と$C'$はどちらも直線$AB$上になく$\angle(FB,FA)=\angle(C'B,C'A)$を満たすので、§C2.4 補題 5により四点$F,B,A,C'$は同一円周上にある。その円は$A,B,C'$を通るただ一つの円$\omega_Z$であるから、いずれの場合も$F\in\omega_Z$である。

最後に$\angle(FB,FC)=\angle(FC,FA)=-60°$であり、§C2.4 補題 4により$\angle(FA,FB)=-\angle(FB,FA)=-60°$である。三つの値はいずれも$0°$ではないから三直線$FA,FB,FC$は相異なり、向きをもつ角が$-60°$である二直線のなす角の大きさは$60°$である。▨

証明. 以下は定理 1のうち、外向きの配置についての主張の証明である。必要なら$B$と$C$を入れ替えて、$A,B,C$がこの順に反時計回りに並ぶとしてよい。この入れ替えは辺$BC$を保ち、辺$CA$と辺$AB$を交換するので、三つの中心の組$\{X,Y,Z\}$を変えず、示すべき主張も変えない。辺$BC,CA,AB$上の外向き正三角形の外接円を、それぞれ$\omega_X,\omega_Y,\omega_Z$とする。

まず、$\triangle ABC$のどの内角も$120°$に等しくない場合を扱う。補題 2.3により、$A,B,C$のいずれとも異なる点$F$が三つの円のすべてに属する。

同じ補題により$X,Y,Z$は相異なり、$F$は$A,B,C$のいずれとも異なる。$C$と$F$はともに$\omega_X$上にあるので$XC=XF$であり、ともに$\omega_Y$上にあるので$YC=YF$である。$F\ne C$であるから、§A5.8 補題 8.1により$X$と$Y$はともに線分$CF$の垂直二等分線上にあり、$X\ne Y$であるからその垂直二等分線は直線$XY$である。よって直線$XY$は直線$CF$に垂直である。

$A$と$F$はともに$\omega_Y$上にも$\omega_Z$上にもあるので$YA=YF$かつ$ZA=ZF$であり、$F\ne A$と$Y\ne Z$から、直線$YZ$は線分$AF$の垂直二等分線であって直線$AF$に垂直である。$B$と$F$はともに$\omega_Z$上にも$\omega_X$上にもあるので$ZB=ZF$かつ$XB=XF$であり、$F\ne B$と$Z\ne X$から、直線$ZX$は線分$BF$の垂直二等分線であって直線$BF$に垂直である。

$X,Y,Z$が同一直線上にあるとすると、直線$XY$、$YZ$、$ZX$は同一の直線であり、それに垂直な三直線$CF$、$AF$、$BF$は互いに平行である。この三直線はいずれも$F$を通るから一致し、$A,B,C$は同一直線上に並ぶことになって、$\triangle ABC$が非退化であることに反する。よって$\triangle XYZ$は非退化な三角形である。

二直線をそれぞれ同じ向きに$90°$回して得られる二直線のなす角は、もとの二直線のなす角に等しい。直線$YX$は直線$FC$に、直線$YZ$は直線$FA$に垂直であるから、直線$YX$と直線$YZ$のなす角の大きさは直線$FC$と直線$FA$のなす角の大きさに等しく、補題 2.3によりそれは$60°$である。内角$\angle XYZ$を挟む二直線のなす角の大きさが$60°$であるから、$\angle XYZ$は$60°$または$120°$である。同じ議論により、$\angle YZX$は直線$FA$と直線$FB$のなす角から、$\angle ZXY$は直線$FB$と直線$FC$のなす角から、それぞれ$60°$または$120°$である。三角形の内角の和は$180°$であり、$60°$と$120°$から三つ選んで和が$180°$になるのは三つとも$60°$の場合だけであるから、$\triangle XYZ$の三つの内角はいずれも$60°$である。内角がすべて等しい三角形は三辺も等しいので、$\triangle XYZ$は非退化な正三角形である。

次に、$\triangle ABC$のある内角が$120°$に等しい場合を扱う。二つの内角がともに$120°$であれば内角の和が$180°$を超えるので、$120°$に等しい内角はちょうど一つである。頂点の巡回的な付け替え$(A,B,C)\mapsto(B,C,A)$は反時計回りの順序と各辺の外向き正三角形を保ち、中心を$(X,Y,Z)\mapsto(Y,Z,X)$へ移すので、$\angle BAC=120°$としてよい。

補題 2.1 (2)により、半直線$AZ$から半直線$AY$まで反時計回りに測った角は$\angle BAC+60°=180°$である。したがって半直線$AZ$と半直線$AY$は反対向きであり、$Z,A,Y$はこの順に同一直線上に並ぶ。とくに$Y\ne Z$であり、直線$YZ$は半直線$AY$と半直線$AZ$をともに含む。

補題 2.2により$A\in\omega_X$である。$A$と$C$はともに$\omega_X$上にあるので$XA=XC$であり、ともに$\omega_Y$上にあるので$YA=YC$である。$A\ne C$であるから、§A5.8 補題 8.1により$X$と$Y$は線分$AC$の垂直二等分線上にある。$X=Y$とすると$\omega_X$と$\omega_Y$は$C$を通る中心の等しい円として一致し、$B\in\omega_X=\omega_Y$から補題 2.2により$\angle ABC=120°$となって、$120°$に等しい内角がちょうど一つであることに反する。よって$X\ne Y$であり、直線$XY$は線分$AC$の垂直二等分線であって直線$AC$に垂直である。同様に、$A$と$B$はともに$\omega_X$上にも$\omega_Z$上にもあるので$X$と$Z$は線分$AB$の垂直二等分線上にあり、$X=Z$とすると$C\in\omega_X=\omega_Z$から補題 2.2により$\angle BCA=120°$となって同じ矛盾を得るので、$X\ne Z$であり直線$XZ$は直線$AB$に垂直である。

補題 2.1 (1)により$\angle YAC=30°$であり、直線$YZ$は半直線$AY$を含むから、直線$YZ$と直線$AC$のなす角の大きさは$30°$である。直線$XY$は直線$AC$に垂直であるから、直線$XY$と直線$YZ$のなす角の大きさは$90°-30°=60°$である。同じく$\angle ZAB=30°$であり、直線$YZ$は半直線$AZ$を含むから、直線$YZ$と直線$AB$のなす角の大きさは$30°$であり、直線$XZ$が直線$AB$に垂直であることから、直線$XZ$と直線$YZ$のなす角の大きさは$60°$である。さらに、直線$XY$と直線$XZ$のなす角の大きさは、それぞれに垂直な直線$AC$と直線$AB$のなす角の大きさに等しく、$\angle BAC=120°$であるからこれも$60°$である。

直線$XY$と直線$YZ$のなす角の大きさが$60°$であって$0°$ではないから、この二直線は相異なり、$X$は直線$YZ$上にない。よって$\triangle XYZ$は非退化な三角形であり、その三つの内角はそれぞれ$60°$または$120°$である。和が$180°$であることから三つとも$60°$であり、$\triangle XYZ$は非退化な正三角形である。▨

証明.$A,B,C$が反時計回りに並ぶものとし、その複素数座標を$a,b,c$とする。時計回り$60°$回転を表す複素数を$\omega=e^{-\pi i/3}$と置く。辺$AB$上の外向き正三角形の第三頂点は$a+\omega(b-a)$であるから、正三角形の中心$Z$は三頂点の重心として

と表される。同様に

となる。

$|\omega|=1$と$\omega^2-\omega+1=0$を用いて差を整理すると

を得る。右辺は絶対値$1$で偏角$120°$であるから、$|Z-Y|=|Y-X|$であり、二つの有向線分のなす角は$120°$である。右辺を$\lambda$と置くと$|1+\lambda|=1$でもあるので

となる。したがって三辺が等しく、$XYZ$は正三角形である。

内向きの場合は$\omega$を$\overline\omega$に替える。$Y\ne X$の場合には同じ計算で差の比が偏角$-120°$となるため、中心三角形の向きが反転する。$Y=X$の場合は回転の合成による証明で示したとおり、元の三角形が正三角形であり、三中心が一点に一致する。▨