レムニスケート初等幾何学のすゝめ

まずは(1)の意味をもう少し噛み砕いていく．

長さ$2a$の線分$AB$の中点を$O$として，点$C$を三角形$OPB$と三角形$OBC$が同一の向きの相似となるように取る．また，$\angle POB=\theta$とする．
$\angle PBC=\angle PBO+\angle OPB=\angle POA$
$PB:BC=PO:BO=PO:OA$
から三角形$PBC$と三角形$POA$は相似となる．……①
　
まず(2)について議論する．
(1)が成り立つとき
条件より$OA\times OB=a^2=PA\times PB$であり点$O$は曲線上にある．
三角形$PBC$と三角形$POA$の相似から$PC=PA\times \dfrac{PB}{PO}=\dfrac{a^2}{PO}=\dfrac{BO^2}{PO}=CO$
よって$\angle COP=\angle CPO=2\theta$であり，$PO=2CO\cos 2\theta=\dfrac{2a^2}{PO}\cos 2\theta$
から$PO^2=2a^2\cos 2\theta$となる．((1)$\Longrightarrow$(2))
(2)が成り立つとき，すなわち$PO^2=2a^2\cos 2\theta$であれば
$CO=\dfrac{BO^2}{PO}=\dfrac{a^2}{PO^2}\times PO=\dfrac{PO}{2\cos 2\theta}$
より$\angle POC=2\theta$から$CO=CP$となる．
三角形$POB$と三角形$BOC$，三角形$PBC$と三角形$POA$の相似から
$\dfrac{BO^2}{PO}=CO=CP=\dfrac{PA\times PB}{PO}$
となり$PA\times PB=a^2$が成り立つ．((2)$\Longrightarrow$(1))

続いて(3)について議論するがその前に①までの定義に加えて，直線$OB$に関して点$P$と対称な点を$P’$，点$P’$から直線$OB,OP$に下ろした垂線の足を順に点$D,E$とするように追加する．

方べきの定理などより$OD^2-PD^2=OE\times OP$となるので
$PA\times PB=a^2 \Longleftrightarrow CO=CP\Longleftrightarrow \dfrac{OP}{CO}=\dfrac{2OE}{OP’}$
$\Longleftrightarrow OP^2=\dfrac{BO^2}{OP}\times\dfrac{2(OD^2-PD^2)}{OP}\Longleftrightarrow OP^4=2a^2(OD^2-PD^2)$
これは(1)と(3)が同値であることを示している．

最後に(4)についてだが，一部で直角双曲線の有名性質を用いる．

直線$AB$に関して点$C$と対称な点を$C’$とすれば，点$C’$は点$P$を点$O$中心，半径$a$の円で反転させた点となり，$C’B=PB\times\dfrac{OB}{OP}$が分かる．
$PA\times PB=a^2\Longleftrightarrow (PA-PB)^2=2OP^2$ (中線定理)
$\Longleftrightarrow |C’A-C’B|=a\sqrt 2$
これは直角双曲線となる事を表しており，(1)と(4)が同値である事を示している．さらに言えば，元のレムニスケートと，この反転により得られる直角双曲線は焦点が同一である．

有名事実と中線定理より$2OB^2=(CA-CB)^2=2CO^2+2OB^2-2CA\cdot CB$から
$CO^2=CA\cdot CB$……①
したがって$CA:CO=CP:CB$であり，$\angle ACD=\angle DCB, \angle OCD=\angle DCP$から
$\angle ACO=\angle PCB$
これらを合わせると三角形$ACO$と$PCB$の相似が示され，同様の議論で三角形$ACP$と$OCB$の相似も分かる．
したがって
$AC\cdot PB=AO\cdot PC, BC\cdot PA=BO\cdot PC$
となり，辺々かけて①で割れば$PA\cdot PB=AO\cdot BO$が導かれる．これはレムニスケートの定義である．
点$D$は点$O$を中心として$2$倍の縮小をして得られるため，点$D$の軌跡もレムニスケートとなる．

点$A,B$を焦点とする直角双曲線を$\mathcal{H}$，レムニスケートを$\mathcal{L}$とする．点$C$における$\mathcal{H}$の接線に関して点$O$と対称な点を$P$とする．
直線$AB$に関して点$C$と対称な点を$C’$とすれば，これまでの議論から点$C’$は点$P$を線分$AB$が直径である円に関して反転させた点となることが言え，点$C$は線分$OP$の垂直二等分線上であることから，点$C’$における$\mathcal{H}$の接線は直線$OC$と垂直であることがわかる．
したがって点$C$を中心とし点$O$を通る円は点$P$も通ることから，上述の反転によってこの円は点$C’$における$\mathcal{H}$の接線に移る．
レムニスケートの定義で(4)に関して示した際の事実より，上述の反転によって$\mathcal{H}$と$\mathcal{L}$は移り合うので，点$C$を中心として点$O$を通る円は$\mathcal{L}$と接する．

点$C$を三角形$POA$と$AOC$が相似となるように取れば，これまでの議論から
$\angle APC=\angle OPB, \angle CPO=\angle COP$であり，$\angle APB$の内角二等分線と$\angle CPO$の内角二等分線は一致し，この直線と直線$AB$の交点を$D$とすれば
$\dfrac{\alpha +\beta}2=\angle PDA=2\gamma$となるので$\alpha +\beta=4\gamma$

半直線$AP$上に点$D$，半直線$BP$上に点$E$を$AD=BP, BE=AP$を満たすように取れば
$PA\times PB=AO^2=BO^2$より三角形$APO$と$AOD$，三角形$BPO$と$BOE$はそれぞれ相似となり，$\angle PDO=\angle POA=\angle PEO$から$O,P,D,E$は同一円周上である．
$PD=PB-PA=PE$および$\angle OED=\angle OPA=\alpha -\gamma$，$\angle ODE=\angle OPE=\gamma -\beta$から
$(\alpha -\gamma)-\gamma=\gamma+(\gamma -\beta)$となるので$\alpha +\beta=4\gamma$

$\angle APB$の内角二等分線と直線$AB$の交点を$D$とすれば，有名定理から
$PD^2=PA\times PB-DA\times DB=OA^2-(OA-AD)(OA+AD)=AD^2$
となり$PD=AD$である．
以降は解法 1.の最終部分と同様に角度を追跡して示される．

前の章の性質１．から，$A,B$を焦点とする直角双曲線を$\mathcal{H}$とすれば線分$OP,OQ$の垂直二等分線は$\mathcal{H}$に接するので，この接点を順に$P’,Q’$とする．線分$P’Q’$の中点を$M$とすれば，直角双曲線の性質から，（直角双曲線の中心である）$O$，(2点$P,Q$における接線の交点である）$O_1$，（2点$P,Q$の中点である）$M$は同一直線上である．
性質１．２．での議論から三角形$OP’Q’$は三角形$OPQ$の逆平行の適当な相似を直線$AB$に関して対称移動させたものとなる．したがって三角形$OP’Q’$の点$O$からの中線と三角形$OPQ$の点$O$からの類似中線は直線$AB$に関して対称である．すなわち直線$OO_1$と直線$OR$は直線$AB$に関して対称．よって$\angle O_1OB=\angle BOR$，$\angle P’OO_1=\angle ROP$．また接弦定理より$\angle OPR=180\degree -\dfrac{\angle OO_1P}2=\angle OO_1P’$
したがって三角形$OO_1P’$と三角形$OPR$は相似であり，$OO_1\times OR=OP\times OP’=OB^2$が分かり，上述の角度追跡から三角形$OO_1B$と三角形$OBR$も相似．

先の証明での議論から三角形$OO_1P’$と三角形$OPR$より，三角形$OO_1P$と三角形$OP’R$は相似なので$P’R=P’O$
同様に$Q’R=Q’O$であり直線$P’Q’$は線分$OR$の垂直二等分線なので題意を満たす．

先の補題と同様に$O_1,P’,Q’$を定義すれば，三角形$OO_1B$と三角形$OBR$の相似から$BO=BR$と直線$O_1B$と$OR$の平行がわかり，点$B$における円$\gamma$の接線は直線$P’Q’$と一致する．したがって補題より題意は明らか．

直線$\ell$と直線$RP,RQ$の交点を順に$E,F$とし，直線$RB$が円$\gamma$と再び交わる点を$S$とする．
三角形$OO_1B$と三角形$OBR$の相似から$BS=BO=BR$であり
$\dfrac{OE+BE}{OB}=\dfrac{RE+EP}{RB}=\dfrac{RP}{RB}=\dfrac{\sqrt{RB\times RS}}{RB}=\sqrt 2$
から，点$E,F$は点$O,B$を焦点として長径と短径の比が$\sqrt 2$である楕円上にあることが分かり，この楕円は楕円$\epsilon$を点$B$を中心として$\frac 12$倍にしたものとなる．
したがって$\angle PBQ=\dfrac{\angle PRQ}2+90\degree=\dfrac{\angle EOF}2+90\degree=\dfrac{\angle CAD}2+90\degree$

このレムニスケートを表す式は実数$\alpha, \theta$を用いて
$((x\cos{\theta}+(y-\alpha)\sin{\theta})^2+(x\sin{\theta}-(y-\alpha)\cos{\theta})^2)^2=$
$2a^2((x\cos{\theta}+(y-\alpha)\sin{\theta})^2-(x\sin{\theta}-(y-\alpha)\cos{\theta})^2)$
となるので，これに$y=0$を代入して
$(x^2+\alpha^2)^2=2a^2((\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})(x^2-\alpha^2)-4\alpha x\sin{\theta}\cos{\theta})$
の解がレムニスケートと$x$軸の交点の$x$座標となるが，この式は$x^3$の係数が$0$であることから解と係数の関係より$4$つの解の和は$0$となる．

点$O$を通り直線$\ell$に垂直な直線と直線$\ell$の交点を$H$とすれば五点$P,Q,H,R,S$はこの順に並び，補題9より
$HP+HQ=HR+HS$が成り立つ．
したがって$HM=HN$となるので$OM=ON$が言える．

補題10の設定に加えて，図のようにレムニスケートの焦点を$A,B$とし，三角形$OPQ,ORS$の外心を順に$O_1,O_2$とする．円$OPQ$の点$P,Q$における接線の交点を$T_1$とし，円$ORS$の点$R,S$における接線の交点を$T_2$とする．

一般に，三角形$ABC$において中線と類似中線，垂心と外心は等角共役に関係にあることから，三角形$OPQ$について等角共役を考えれば$\angle MOH=\angle T_1OO_1$である．
補題4より三角形$OO_1B$と$OBT_1$は相似であり，これらの議論から
$\angle O_1OB=\angle BOT_1=\dfrac{\angle MOH}2=\dfrac{\angle NOH}2=\angle O_2OA=\angle AOT_2$
となるので，$T_1,O,O_2$と$T_2,O,O_1$はそれぞれ同一直線上．
相似から$OO_1\times OT_1=OB^2=OO_2\times OO_2$となるため
$OO_1:OO_2=OT_2:OT_1$となり，直線$O_1O_2$と直線$T_1T_2$は平行となる．
また直線$O_1T_1$と$O_2T_2$はいずれも直線$\ell$に垂直であるため，この二直線も平行であることから四角形$O_1O_2T_2T_1$が平行四辺形であることが分かる．
したがって$OO_1\times OO_2=OO_1\times OT_1=OB^2=OA\times OB$
となる．

円$OPXY$の中心を$O_1$，点$X,Y$における円$OPXY$の接線の交点を$Z$とする．
これまでの議論(性質2や補題4)より
円$OPXY$とレムニスケート$\mathcal{L}_1$が点$P$で接していることから三角形$OO_1A_2$と$OA_2P$は相似
$\Longrightarrow$ $\angle O_1OA_2=\angle A_2OP$かつ$OO_1\times OP=OA_2^2$
円$OPXY$とレムニスケート$\mathcal{L}_2$が点$X,Y$で交わっていることから三角形$OO_1B_2$と$OB_2Z$は相似
$\Longrightarrow$ $\angle O_1OB_2=\angle B_2OZ$かつ$OO_1\times OZ=OB_2^2$
円$OPXY$とレムニスケート$\mathcal{L}_3$が点$X,Y$で交わっていることから三角形$PO_1C_1$と$PC_1Z$は相似
$\Longrightarrow$ $PO_1\times PZ=PC_1^2$

上記より$\angle POZ=\angle POO_1+\angle O_1OZ=2\angle A_2OO_1+2\angle O_1OB_2=2\theta$
であり，一般的な意味での余弦定理から
$PZ^2=OP^2+OZ^2-2OP\times OZ\cos{\angle POZ}$
なので，$PO_1=OO_1$と上記を合わせて
$PC_1^4=OA_2^4+OB_2^4-2OA_2^2OB_2^2\cos{2\theta}$
となるので，
$a^4+b^4-2a^2b^2\cos{2\theta}=c^4$
が導かれる．