重心座標系・三線座標系についてのまとめ

符号付き面積の比は、$\triangle\mr{XBC}:\triangle\mr{XCA}:\triangle\mr{XAB}=a\xi_t:b\eta_t:c\zeta_t$であることと、面積比と重心座標の関係から従う。

重心座標については、定義から明らか。
三線座標で$(\xi_t,\eta_t,\zeta_t)$と表される点は、定理1より重心座標では$(a\xi_t,b\eta_t,c\zeta_t)$と表され、重心座標$(ka\xi_t,kb\eta_t,kc\zeta_t)$も同じ点を表す。このとき三線座標は$(k\xi_t,k\eta_t,k\zeta_t)$であるから、題意は示される。

重心座標の定義と与えられた束縛条件から直ちに得られる。

点$\mr{X}(\xi_b,\eta_b,\zeta_b)$をとる。$p+q+r=u+v+w=\xi_b+\eta_b+\zeta_b=1$としてよい。点$\mr{X}$が直線$\mr{PU}$上にあることと、ある実数$t$を用いて$\vec{\mr{CX}}=t\vec{\mr{CP}}+(1-t)\vec{\mr{CU}}$と書けることは同値である。これは、$\vec{\mr{CX}}=\xi_b\vec{\mr{CA}}+\eta_b\vec{\mr{CB}}$などであることから
\begin{aligned} (\xi_b-tp-(1-t)u)\vec{\mr{CA}}+(\eta_b-tq-(1-t)v)\vec{\mr{CB}}=\vec{0} \end{aligned}
と表される。$\vec{\mr{CA}}$と$\vec{\mr{CB}}$は線形独立だから、
\begin{aligned} \xi_b-tp-(1-t)u=\eta_b-tq-(1-t)v=0 \end{aligned}
である。これが$t$について解を持つためには、
\begin{aligned} \frac{\xi_b-u}{p-u}=\frac{\eta_b-v}{q-v} \quad\dou\quad (\xi_b-u)(q-v)-(\eta_b-v)(p-u)=0 \end{aligned}
でなければならない。逆に、$\xi_b,\eta_b,p,q,u,v$がこれを満たすならば、$\dfrac{\xi_b-u}{p-u}=\dfrac{\eta_b-v}{q-v}$の値を$t$とすればよい。
\begin{aligned} &(\xi_b-u)(q-v)-(\eta_b-v)(p-u)= \begin{vmatrix} \xi_b-u & \eta_b-v \\ p-u & q-v \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \xi_b-u & \eta_b-v & 1 \\ p-u & q-v & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} \\ =&\, \begin{vmatrix} \xi_b & \eta_b & 1 \\ p & q & 1 \\ u & v & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \xi_b & \eta_b & 1-\xi_b-\eta_b \\ p & q & 1-p-q \\ u & v & 1-u-v \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \xi_b & \eta_b & \zeta_b \\ p & q & r \\ u & v & w \end{vmatrix} \end{aligned}
であるから、題意は示された。

定理3 より、点$\mr{L}$は直線$\mr{PU}$上にあることを意味するからよい。

定理3 より、直線を表す方程式がこのようにあらわされることは明らか。
逆に、点$\mr{X}(\xi_b,\eta_b,\zeta_b;\vec{x})$ ($\xi_b+\eta_b+\zeta_b=1$) が方程式$l\xi_b+m\eta_b+n\zeta_b=0$を満たすとする。明らかに$l=m=n$ではないから、少なくとも2つは相異なる。$m\neq n$の場合を示すが、$m=n$の場合でも$l\neq m,n$は成り立つから同様の議論が成立することに注意する。$\xi_b=t$として、
$$ \eta_b=\frac{-n}{m-n}+t\cdot\frac{-l+n}{m-n} \,,\,\, \zeta_b=\frac{m}{m-n}+t\cdot\frac{l-m}{m-n} $$
であるから、
\begin{aligned} \vec{x}&=t\vec{a}+\left(\frac{-n}{m-n}+t\cdot\frac{-l+n}{m-n}\right)\vec{b}+\left(\frac{m}{m-n}+t\cdot\frac{l-m}{m-n}\right)\vec{c} \\ &=\left(\frac{-n}{m-n}\vec{b}+\frac{m}{m-n}\vec{c}\right)+t\left(\vec{a}+\frac{-l+n}{m-n}\vec{b}+\frac{l-m}{m-n}\vec{c}\right) \end{aligned}
となるので、これは直線を表す。よって題意は示された。

3直線が1点で交わるとき、その点を$\mr{P}(p,q,r)$とすれば以下が成り立つ。
\begin{aligned} \begin{pmatrix} l_1 & m_1 & n_1 \\ l_2 & m_2 & n_2 \\ l_3 & m_3 & n_3 \\ \end{pmatrix}\! \begin{pmatrix} p \\ q \\ r \end{pmatrix} =O \end{aligned}
これは$(p,q,r)=(0,0,0)$を自明な解として持つが、点$\mr{P}$を表す重心座標としては不適。よって非自明な解$(p,q,r)$を持たなければならないので、
$ \begin{vmatrix} l_1 & m_1 & n_1 \\ l_2 & m_2 & n_2 \\ l_3 & m_3 & n_3 \end{vmatrix}=0 $
でなければならない。逆にこれが成り立つとき、非自明な$(p,q,r)$の解が存在するので、そのような点$\mr{P}(p,q,r)$で3直線は一点で交わる。

デカルト座標$(x,y)$上で、円錐曲線は一般に
$$ px^2+qy^2+2rxy+2sx+2ty+u=0 \quad\dou\quad \begin{pmatrix} x & y & 1 \end{pmatrix}\! \begin{pmatrix} p & r & s \\ r & q & t \\ s & t & u \end{pmatrix}\!\! \begin{pmatrix} x \\ y \\ 1 \end{pmatrix}=0 $$
と表される。この$3\times3$行列を$A$とし、定理2におけるデカルト座標と重心座標の変換行列を$B$とすると、
\begin{aligned} \begin{pmatrix} x & y & 1 \end{pmatrix} A \begin{pmatrix} x \\ y \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \xi_n & \eta_b & \zeta_b \end{pmatrix} {}^tBAB \begin{pmatrix} \xi_b \\ \eta_b \\ \zeta_b \end{pmatrix} \end{aligned}
$A$は対称行列であり、${}^tB$と$B$は互いに転置であることに注意して計算すれば、${}^tBAB$は対称行列となることがわかる。よって題意が示された。

各頂点は重心座標で$\mr{A}(1,0,0)$, $\mr{B}(0,1,0)$, $\mr{C}(0,0,1)$と表されるから、これらを通るならば 定理5 において$p=q=r=0$である。$2l\to l$などと係数を取り直せば題意の式が得られる。

$\triangle\mr{ABC}$の頂点を除く外接円上に点$\mr{P}$を取る。面積の絶対値の比は
$$ |\triangle\mr{PBC}|:|\triangle\mr{PCA}|:|\triangle\mr{PAB}|=\frac{1}{2}\mr{PB\cdot PC}\sin\mr{A}:\frac{1}{2}\mr{PC\cdot PA}\sin\mr{B}:\frac{1}{2}\mr{PA\cdot PB}\sin\mr{C}=|\xi_b|:|\eta_b|:|\zeta_b| $$

外接円と点Pの例

点$\mr{P}$が弧$\mr{BC}$間 ($\angle\mr{A}$内) にある場合を考える。すると$\triangle\mr{PBC}<0$,$\triangle\mr{PCA},\triangle\mr{PAB}>0$であるから、
\begin{aligned} &a^2\eta_b\zeta_b+b^2\zeta_b\xi_b+c^2\xi_b\eta_b=\frac{\mr{PA\cdot PB\cdot PC}}{4}(a^2\mr{PA}\sin\mr{B}\sin\mr{C}-b^2\mr{PB}\sin\mr{C}\sin\mr{A}-c^2\mr{PC}\sin\mr{A}\sin\mr{B})) \\ =&\,\frac{1}{2}R\cdot\mr{PA\cdot PB\cdot PC}\sin\mr{A}\sin\mr{B}\sin\mr{C}(a\mr{PA}-b\mr{PB}-c\mr{PC}) \end{aligned}
なお$R$は外接円半径。トレミーの定理により、$a\mr{PA}=b\mr{PB}+c\mr{PC}$が成り立つから、この式の値は$0$となる。点$\mr{P}$が他の弧上にあるときにも、負の面積となる三角形が変わることとトレミーの定理の表式が変わることに注意すれば、常にこの式の値は$0$となる。
よって題意は示された。

辺$\mr{BC}$を表す方程式は$\xi_b=0$であるから、 定理5 において$\xi_b=0$とした式$q\eta_b^2+r\zeta_b^2+2m\eta_b\zeta_b=0$が重解をもつ。$q$(あるいは$r$)が$0$とすると、$\zeta_b$(あるいは$\eta_b$)が$0$となる解が得られるが、これは$\xi_b=0$と合わせて頂点を表すので不適。よってこのとき$m^2=qr>0$が成り立つから、$q$と$r$は同符号。よって$q,r,m$をそれぞれ$q^2,r^2,-qr$と置き換えることができ、このとき重解は$q\eta_b=r\zeta_b$、すなわち$\eta_b:\zeta_b=r:q$。
辺$\mr{CA,AB}$と接する条件についても同様の議論ができ、題意の式を得る。

平行する2つの接線による接点の中点が中心となる。辺$\mr{AB}$に平行な直線は$\zeta_b=\alpha$で表されるから、この直線が与えられた円錐曲線と接するような$\alpha$の値とその時の接点の座標を求めればよい。また$\xi_b+\eta_b+\zeta_b=1$なる解を考えれば十分なので、$\eta_b=1-\alpha-\xi_b$を考える。$\beta=1-\alpha$とおいて、
\begin{aligned} & p^2\xi_b^2+q^2(\beta-\xi_b)^2+r^2\alpha^2-2pq\xi_b(\beta-\xi_b)-2qr(\beta-\xi_b)\alpha-2rp\alpha\xi_b=0 \\ \dou\quad & (p+q)^2\xi_b^2-2(\beta q(p+q)+\alpha r(p-q))\xi_b+(\beta q-\alpha r)^2=0 \end{aligned}
これが$\xi_b$に関して重解を持てばよいから判別式$D$について
\begin{aligned} \frac{D}{4}&=\beta^2q^2(p+q)^2+2qr\alpha\beta (p^2-q^2)+\alpha^2r^2(p-q)^2-(p+q)^2(\beta q-\alpha r)^2 \\ &=4pqr(p+q)\alpha\beta -4pqr^2\alpha^2=0 \end{aligned}
$\alpha=0$の解は辺$\mr{AB}$で接することを示すから、それ以外の解として$\alpha=\dfrac{p+q}{p+q+r}$を得て、そのときの接点の座標は
$$ \left(\dfrac{pr}{(p+q)(p+q+r)},\dfrac{qr}{(p+q)(p+q+r)},\dfrac{p+q}{p+q+r}\right) $$
与えられた円錐曲線の式について、$p,q,r$すべてを定数倍してもあらわす曲線は変わらないから、$p+q+r=1$であるとしてよい。また 系2 によって接点の座標は$(pr,qr,(p+q)^2)$と書ける。
続いて辺$\mr{AB}$での接点は$(q,p,0)$なので、これらの中点の座標は$(pr+q,qr+r,(p+q)^2)$となり、
\begin{aligned} pr+q&=r(p+q)+(1-r)q=(q+r)(p+q) \\ qr+p&=r(p+q)+(1-r)p=(r+p)(p+q) \end{aligned}
と計算できるから円錐曲線の中心は$(q+r,r+p,p+q)$。