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、$\mathrm{△}\mathrm{XBC}:\mathrm{△}\mathrm{XCA}:\mathrm{△}\mathrm{XAB}=a{\xi }_t:b{\eta }_t:c{\zeta }_t$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$\mathrm{X}({\xi }_b,{\eta }_b,{\zeta }_b)$をとる。$p+q+r=u+v+w={\xi }_b+{\eta }_b+{\zeta }_b=1$としてよい。点$\mathrm{X}$が直線$\mathrm{PU}$上にあることと、ある実数$t$を用いて$\overrightarrow{\mathrm{CX}}=t\overrightarrow{\mathrm{CP}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{CU}}$と書けることは同値である。これは、$\overrightarrow{\mathrm{CX}}={\xi }_b\overrightarrow{\mathrm{CA}}+{\eta }_b\overrightarrow{\mathrm{CB}}$などであることから
$$\begin{array}{r}({\xi }_b-tp-(1-t)u)\overrightarrow{\mathrm{CA}}+({\eta }_b-tq-(1-t)v)\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\overrightarrow{0}\end{array}$$
と表される。$\overrightarrow{\mathrm{CA}}$と$\overrightarrow{\mathrm{CB}}$は線形独立だから、
$$\begin{array}{r}{\xi }_b-tp-(1-t)u={\eta }_b-tq-(1-t)v=0\end{array}$$
である。これが$t$について解を持つためには、
$$\begin{array}{r}\frac{{\xi }_b-u}{p-u}=\frac{{\eta }_b-v}{q-v}\iff ({\xi }_b-u)(q-v)-({\eta }_b-v)(p-u)=0\end{array}$$
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、${\displaystyle \frac{{\xi }_b-u}{p-u}}={\displaystyle \frac{{\eta }_b-v}{q-v}}$の値を$t$とすればよい。
$$\begin{array}{rl}& ({\xi }_b-u)(q-v)-({\eta }_b-v)(p-u)=\left|\begin{array}{cc}{\xi }_b-u& {\eta }_b-v\\ p-u& q-v\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{\xi }_b-u& {\eta }_b-v& 1\\ p-u& q-v& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right|\\ =& \left|\begin{array}{ccc}{\xi }_b& {\eta }_b& 1\\ p& q& 1\\ u& v& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{\xi }_b& {\eta }_b& 1-{\xi }_b-{\eta }_b\\ p& q& 1-p-q\\ u& v& 1-u-v\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{\xi }_b& {\eta }_b& {\zeta }_b\\ p& q& r\\ u& v& w\end{array}\right|\end{array}$$
であるから、題意は示された。

定理3 より、点$\mathrm{L}$は直線$\mathrm{PU}$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$\mathrm{X}({\xi }_b,{\eta }_b,{\zeta }_b;\overrightarrow{x})$ (${\xi }_b+{\eta }_b+{\zeta }_b=1$) 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。$m\ne n$の場合を示すが、$m=n$の場合でも$l\ne m,n$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、
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{x}& =t\overrightarrow{a}+(\frac{-n}{m-n}+t\cdot \frac{-l+n}{m-n})\overrightarrow{b}+(\frac{m}{m-n}+t\cdot \frac{l-m}{m-n})\overrightarrow{c}\\ & =(\frac{-n}{m-n}\overrightarrow{b}+\frac{m}{m-n}\overrightarrow{c})+t(\overrightarrow{a}+\frac{-l+n}{m-n}\overrightarrow{b}+\frac{l-m}{m-n}\overrightarrow{c})\end{array}$$
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$\mathrm{P}(p,q,r)$とすれば以下が成り立つ。
$$\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}{l}_1& m_1& n_1\\ l_2& m_2& n_2\\ l_3& m_3& n_3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}p\\ q\\ r\end{array}\right)=O\end{array}$$
これは$(p,q,r)=(0,0,0)$を自明な解として持つが、点$\mathrm{P}$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、
$\left|\begin{array}{ccc}{l}_1& m_1& n_1\\ l_2& m_2& n_2\\ l_3& m_3& n_3\end{array}\right|=0$
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$\mathrm{P}(p,q,r)$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
$$p{x}^2+q{y}^2+2rxy+2sx+2ty+u=0\iff \left(\begin{array}{ccc}x& y& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}p& r& s\\ r& q& t\\ s& t& u\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ 1\end{array}\right)=0$$
と表される。この$3\times 3$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、
$$\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}x& y& 1\end{array}\right)A\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{\xi }_n& {\eta }_b& {\zeta }_b\end{array}\right){}^{t}BAB\left(\begin{array}{c}{\xi }_b\\ {\eta }_b\\ {\zeta }_b\end{array}\right)\end{array}$$
$A$は対称行列であり、${}^{t}B$と$B$は互いに転置であることに注意して計算すれば、${}^{t}BAB$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$\mathrm{A}(1,0,0)$, $\mathrm{B}(0,1,0)$, $\mathrm{C}(0,0,1)$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。

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

外接円と点Pの例

点$\mathrm{P}$が弧$\mathrm{BC}$間 ($\mathrm{\angle }\mathrm{A}$内) にある場合を考える。すると$\mathrm{△}\mathrm{PBC}<0$,$\mathrm{△}\mathrm{PCA},\mathrm{△}\mathrm{PAB}>0$であるから、
$$\begin{array}{rl}& a^2{\eta }_b{\zeta }_b+b^2{\zeta }_b{\xi }_b+c^2{\xi }_b{\eta }_b=\frac{\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}\cdot \mathrm{PC}}{4}(a^2\mathrm{PA}\sin \mathrm{B}\sin \mathrm{C}-b^2\mathrm{PB}\sin \mathrm{C}\sin \mathrm{A}-c^2\mathrm{PC}\sin \mathrm{A}\sin \mathrm{B}))\\ =& \frac{1}{2}R\cdot \mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}\cdot \mathrm{PC}\sin \mathrm{A}\sin \mathrm{B}\sin \mathrm{C}(a\mathrm{PA}-b\mathrm{PB}-c\mathrm{PC})\end{array}$$
なお$R$は外接円半径。トレミーの定理により、$a\mathrm{PA}=b\mathrm{PB}+c\mathrm{PC}$が成り立つから、この式の値は$0$となる。点$\mathrm{P}$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$\mathrm{BC}$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$\mathrm{CA},\mathrm{AB}$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$\mathrm{AB}$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、
$$\begin{array}{rl}& p^2{\xi }_b^2+q^2(\beta -{\xi }_b{)}^2+r^2{\alpha }^2-2pq{\xi }_b(\beta -{\xi }_b)-2qr(\beta -{\xi }_b)\alpha -2rp\alpha {\xi }_b=0\\ \iff & (p+q{)}^2{\xi }_b^2-2(\beta q(p+q)+\alpha r(p-q)){\xi }_b+(\beta q-\alpha r{)}^2=0\end{array}$$
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
$$\begin{array}{rl}\frac{D}{4}& ={\beta }^2{q}^2(p+q{)}^2+2qr\alpha \beta (p^2-q^2)+{\alpha }^2{r}^2(p-q{)}^2-(p+q{)}^2(\beta q-\alpha r{)}^2\\ & =4pqr(p+q)\alpha \beta -4pq{r}^2{\alpha }^2=0\end{array}$$
$\alpha =0$の解は辺$\mathrm{AB}$で接することを示すから、それ以外の解として$\alpha ={\displaystyle \frac{p+q}{p+q+r}}$を得て、そのときの接点の座標は
$$({\displaystyle \frac{pr}{(p+q)(p+q+r)}},{\displaystyle \frac{qr}{(p+q)(p+q+r)}},{\displaystyle \frac{p+q}{p+q+r}})$$
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$\mathrm{AB}$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、
$$\begin{array}{rl}pr+q& =r(p+q)+(1-r)q=(q+r)(p+q)\\ qr+p& =r(p+q)+(1-r)p=(r+p)(p+q)\end{array}$$
と計算できるから円錐曲線の中心は$(q+r,r+p,p+q)$。