§C2.9ポンスレの閉形定理

証明.$\alpha=\angle BAC/2$、$\beta=\angle ABC/2$と置く。内心の定義により半直線$AI$は$\angle BAC$を、半直線$BI$は$\angle ABC$をそれぞれ二等分するので、$\angle BAI=\angle IAC=\alpha$、$\angle ABI=\angle IBC=\beta$である。半直線$AI$は$\angle BAC$の内部にあるので辺$BC$とその内点$D$で交わり、$I$は三角形$ABC$の内部にあるので線分$AD$の内点である。$D$は弦$BC$の内点として$\Gamma$の内部にあるので、直線$AD$は$\Gamma$と$A$以外の一点で交わり、その点が$M$であって、$D$は線分$AM$の内点である。したがって直線$AM$上に$A,I,D,M$がこの順に並び、とくに$I$は線分$AM$の内点である。$A$と$M$は直線$BC$について反対側にあるので、$M$は$A$を含まない弧$BC$上にあり、$\Gamma$上の四点は$A,B,M,C$の順に並ぶ。ゆえに$A$と$B$は直線$MC$について同じ側にあり、$A$と$C$は直線$MB$について同じ側にある。

半直線$AM$は半直線$AI$と一致するので$\angle MAC=\alpha$、$\angle MAB=\alpha$である。円周角の定理により、弦$MC$に対する円周角として$\angle MBC=\angle MAC=\alpha$であり、弦$MB$に対する円周角として$\angle MCB=\angle MAB=\alpha$である。よって三角形$MBC$の二つの底角は等しく、$MB=MC$である。

$M$は線分$AI$を$I$の側へ延長した半直線上にあるので、$\angle BIM$は三角形$ABI$の頂点$I$における外角であり、三角形の外角は隣り合わない二つの内角の和に等しいので

である。他方、$D$は線分$IM$上かつ半直線$BC$上にあるので、半直線$BC$は$\angle IBM$の内部にあり、弦$CM$に対する円周角として$\angle CBM=\angle CAM=\alpha$であるから、

である。よって三角形$MBI$の$B$と$I$における角は等しく、$MB=MI$である。

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証明.$E$は$\Gamma$の内部にあるので、直線$\ell=AE$は$\Gamma$と$A$以外の一点$B$で交わり、$E$は線分$AB$の内点である。同様に$I$は$\Gamma$の内部にあるので、直線$AI$は$\Gamma$と$A$以外の一点$M$で交わり、$I$は線分$AM$の内点である。接線と接点を通る半径は直交するので$IE\perp\ell$であり、三角形$AEI$は$E$を直角の頂点とする直角三角形である（$E\ne A$は$E$が$\Gamma$の内部にあることから従う）。$E$は半直線$AB$上に、$M$は半直線$AI$上にあるので$\angle BAM=\angle EAI$であり、直角三角形$AEI$の鋭角として$\angle BAM<90°$である。

$M$の$\Gamma$における対蹠点を$N$とすると、$MN$は$\Gamma$の直径であり$MN=2R$である。$B\ne M$である。実際、$B=M$ならば$I$は直線$\ell$上にあり、$I$と$\ell$の距離が$IE=r>0$であることに反する。$B\ne N$である。実際、$B=N$ならばタレスの定理により$\angle BAM=\angle NAM=90°$となり、$\angle BAM<90°$に反する。したがって三角形$NBM$は退化せず、タレスの定理により$\angle NBM=90°$であり、その鋭角として$\angle BNM<90°$である。

$\angle BNM=\angle BAM$を示す。$N=A$ならば二つの角は同じ角である。$N\ne A$とする。$A$と$N$が直線$BM$について同じ側にあるならば、弦$BM$に対する円周角として$\angle BNM=\angle BAM$である。$A$と$N$が直線$BM$について反対側にあるならば、四点は円周上に$B,A,M,N$の順に並び、内接四角形$BAMN$において$A$と$N$は向かい合う頂点であり、その頂点における内角は$\angle BAM$と$\angle BNM$であるから、内接四角形の対角の和により$\angle BAM+\angle BNM=180°$となる。しかし二つの角はともに$90°$未満であり、この等式は成り立たない。よって$A$と$N$は直線$BM$について同じ側にあり、$\angle BNM=\angle BAM$である。

直角三角形$AEI$と$NBM$は、直角のほかに$\angle EAI=\angle BNM$を共有するので相似であり、$A,E,I$がそれぞれ$N,B,M$に対応する。したがって

であり、$IA\cdot BM=MN\cdot EI=2Rr$である。

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証明. 三角形を$ABC$、外接円を$\Gamma$、内接円を$\Gamma'$とし、直線$AI$が$\Gamma$と$A$以外で交わる点を$M$とする。補題 1.1により、$I$は線分$AM$の内点であり$MI=MB$である。$\Gamma'$が直線$AB$に接する点を$E$とすると、$E$は$I$から直線$AB$へ下ろした垂線の足であり、三角形$ABI$の$A$,$B$における角$\angle BAC/2$,$\angle ABC/2$はともに鋭角であるから、$E$は線分$AB$の内点である。よって$E$は弦$AB$の内点として$\Gamma$の内部にあり、$I$は線分$AM$の内点として$\Gamma$の内部にある。直線$AB$が$\Gamma$と$A$以外で交わる点は$B$であるから、補題 1.2を円$\Gamma'$と接線$AB$に適用して$IA\cdot MB=2Rr$を得る。他方、$I$は$\Gamma$の内部にあり、直線$AM$上に$A,I,M$がこの順に並ぶので、方べきの定理により$IA\cdot IM=R^2-OI^2$である。以上を合わせて

を得る。▨

証明.(3)$\Rightarrow$(1)を示す。(3)を仮定し、$\Gamma_{\mathrm{out}}$上の点$A$を一つとる。$\Gamma_{\mathrm{in}}$は$\Gamma_{\mathrm{out}}$の内部にあるので$A$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$の外部にあり、$A$から$\Gamma_{\mathrm{in}}$へ二本の相異なる接線を引くことができる。各接線はその接点を通り、接点は$\Gamma_{\mathrm{out}}$の内部にあるので、各接線は$\Gamma_{\mathrm{out}}$と$A$以外の一点で再び交わる。二本の接線が$\Gamma_{\mathrm{out}}$と再び交わる点を$B$,$C$とする。二本の接線は相異なる直線であってともに$A$を通るので$A$以外の共通点をもたず、$B\ne C$である。$A,B,C$は同一円周上の相異なる三点であるから三角形をなす。辺$AB$,$AC$を含む直線は$\Gamma_{\mathrm{in}}$に接し、(3)により直線$BC$も$\Gamma_{\mathrm{in}}$に接する。三つの接点はいずれも$\Gamma_{\mathrm{out}}$の内部にあるので、それぞれの辺の内点である。したがって三角形$ABC$は(1)の三角形である。

(1)$\Rightarrow$(2)を示す。(1)の三角形を$ABC$とし、$\Gamma_{\mathrm{in}}$が辺$BC$,$CA$,$AB$に接する点をそれぞれ$T_a$,$T_b$,$T_c$とする。各接点は$\Gamma_{\mathrm{out}}$の内部にあるので、それぞれの辺の内点である。$I$と直線$AB$の距離は$r>0$なので$I$は直線$AB$上になく、円$\Gamma_{\mathrm{in}}$のすべての点は、接線$AB$について中心$I$を含む側の閉半平面にある。$T_a$は辺$BC$の内点であって$B$と異なるので、直線$AB$について$C$と同じ側にあり、直線$AB$上にはない。$T_a$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$の点であるから、$I$は直線$AB$について$C$と同じ側にある。同様に、$T_b$を用いて$I$は直線$BC$について$A$と同じ側にあり、$T_c$を用いて$I$は直線$CA$について$B$と同じ側にある。よって$I$は三角形$ABC$の内部にあり、$I$から三辺を含む直線までの距離はいずれも$r$である。二直線から等距離な点はその二直線のなす角の二等分線上にあり、$I$は各内角の内部にあるので、$I$は三つの内角の二等分線上にある。したがって$I$は三角形$ABC$の内心であり、$\Gamma_{\mathrm{in}}$はその内接円、$r$は内接円の半径である。$O$と$R$は三角形$ABC$の外心と外接円の半径であるから、定理 1.3により$OI^2=R^2-2Rr$である。

(2)$\Rightarrow$(3)を示す。(2)を仮定し、$\Gamma_{\mathrm{out}}$上の点$A$をとる。$A$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$の外部にあるので、$A$から$\Gamma_{\mathrm{in}}$へ二本の相異なる接線を引くことができる。その接点を$E$,$F$、$\Gamma_{\mathrm{out}}$との第二交点を$B$,$C$とする。(3)$\Rightarrow$(1)の証明と同じ理由で$B\ne C$であり、$E$は線分$AB$の内点、$F$は線分$AC$の内点である。$I$と直線$AB$の距離は$r>0$なので$I$は直線$AB$上になく、円$\Gamma_{\mathrm{in}}$のすべての点は接線$AB$について$I$を含む側の閉半平面にあり、$F$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$の点であって直線$AB$上にはなく$C$と同じ側にあるので、$I$は直線$AB$について$C$と同じ側にある。同様に$I$は直線$AC$について$B$と同じ側にあり、$I$は$\angle BAC$の内部にある。$I$は$\angle BAC$の内部にあって直線$AB$,$AC$から等距離（距離$r$）なので、二直線から等距離な点の性質により$I$は$\angle BAC$の内角の二等分線上にある。

直線$AI$が$\Gamma_{\mathrm{out}}$と$A$以外で交わる点を$M$とする。$I$は$\Gamma_{\mathrm{out}}$の内部にあるので、直線$AM$上に$A,I,M$がこの順に並ぶ。方べきの定理と(2)により

である。他方、$I$と$E$は$\Gamma_{\mathrm{out}}$の内部にあるので、補題 1.2を接線$AB$に適用して$IA\cdot MB=2Rr$を得る。二式から$IM=MB$である。

三角形$ABC$の内心を$I_0$とする。$I_0$は$\angle BAC$の内角の二等分線上、すなわち直線$AI$上にあるので、直線$AI_0$が$\Gamma_{\mathrm{out}}$と$A$以外で交わる点は$M$である。補題 1.1により$I_0$は線分$AM$の内点であり$MI_0=MB$である。$I$と$I_0$はともに$M$から$A$へ向かう半直線上にあって$M$からの距離が等しいので、$I=I_0$である。したがって$I$は三角形$ABC$の内心であり、$I$から直線$BC$までの距離は$I$から直線$AB$までの距離$r$に等しい。$I$から直線$BC$へ下ろした垂線の足を$G$とすると$IG=r$であるから$G$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$上にあり、$IG\perp BC$であるから直線$BC$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$に$G$で接する。▨

証明.定理 1.4により定理 1.4 (3)が成り立つ。出発点を$A$とし、最初に選んだ接線が$\Gamma_{\mathrm{out}}$と再び交わる点を$B$、もう一方の接線が再び交わる点を$C$とする。$B$から$\Gamma_{\mathrm{in}}$へ引くことができる接線は直線$BA$ともう一本の二本であり、定理 1.4 (3)により直線$BC$は$\Gamma_{\mathrm{in}}$に接し、$C\ne A$であるから直線$BC$は直線$BA$と異なる。よって$B$で選ぶ接線は直線$BC$であり、次の頂点は$C$である。同様に$C$で選ぶ接線は直線$CB$と異なる接線、すなわち直線$CA$であり、次の頂点は$A$である。$B\ne A$,$C\ne A$なので一辺でも二辺でも戻らず、ちょうど三辺で$A$へ戻る。▨

証明. まず、局所的な伝播を2段階に分ける。$2\le p<q\le n-1$とし、

と置く。

第1段階（ブリアンションによる窓の拡大）。もし$L_p,X_{p,q},L_{q-1}$が相異なる一直線上にあれば、局所配置に現れる6本の$C$への接線にブリアンションを適用することで、

も相異なる一直線上にある。ここで重要なのは、$L_p$と$L_{q-1}$が同一直線上にあるという仮定が、6本の接線の交点を通る1本の線を与える点である。ブリアンションは残りの2本の接線に対応する交点も同じ線上に送る。

相異性は、例えば$L_{p-1}=L_q$と仮定すると、4本の相異なる接線が一点に集まることから矛盾する。非退化な円錐曲線$C$について、1点から引ける接線は高々2本なので、4本の接線のうち2本が一致する。しかしそれらは$K$上の相異なる8点を結ぶ直線なので一致できない。同様に$X_{p,q}$との一致も排除できる。

第2段階（パスカルによる窓の移動）。第1段階の結論を仮定し、

と置く。パスカルを次の2通りに適用する。

1. 6点$a_{p-1},a_p,b_q,b_{p-1},b_p,a_q$に適用すると、$L_{p-1},X_{p,q},J$が共線。
2. 6点$a_{p-1},b_{q+1},b_q,b_{p-1},a_{q+1},a_q$に適用すると、$X'_{p,q},J,L_q$が共線。

仮定より$L_{p-1},X_{p,q},L_q$も共線なので、3本の共線性をつなげて

が共線となる。パスカルの3交点が一致しないことと、$K$が非退化であることから、この3点も相異なる。

第1段階で添字の窓を外側へ広げ、第2段階で交点$X_{p,q}$を次の窓の交点へ移す。この操作を交互に繰り返すと、中央の添字から出発して端まで到達する。偶数$n$では中央の6接線配置にブリアンション（$n=4$はそのまま）を使い、奇数$n$では中央の6点配置にパスカルを使う。したがって最終的に$I,X,I'$が共線となる。これが一般$n$の帰納の中身である。□

証明. 任意に選んだ開始点を$b_1$とし、指定した接線枝を順に選んで$b_2,\ldots,b_n$を作る。$b_1-b_2,\ldots,b_{n-1}-b_n$は構成上$C$に接している。

閉鎖補題から$I,X,I'$は共線である。さらに

と置く。

6点へのパスカルの定理を2回使うと、

がそれぞれ共線になる。すでに$I,X,I'$が共線なので、$I,X',I'$も共線である。

ここで6本の直線

に双対パスカル（ブリアンション／カルノーの形）を適用する。最初の5本は$C$に接しているから、6本すべてが接する円錐曲線$C'$は5本の接線によって$C'=C$と決まる。したがって最後の直線$b_n-b_1$も$C$に接する。

つまり、任意の開始点$b_1$から出発しても$n$辺後に閉じる。円の場合は、退化点を避けて同じ枝を連続的に選ぶことで、これが冒頭の定理の主張になる。□

証明. 2円と接線の接点をパラメータ化し、接線条件を平方根の分岐をもつ代数曲線へ移す。その滑らかな射影閉包が種数1の曲線$E$となり、基点を単位元にすると楕円曲線の群構造が入る。隣接する接線の交換はこの曲線上の一定の点$q$の加法として表される。この「接線対応が一定の加法になる」部分は楕円曲線の群則を用いる標準結果として受け入れる。▨