自作幾何FEの解説

$n=m=0$の場合に示せばよい.
無限個の点
$$\cdots F(0,-2),F(0,-1),F(0,0),F(0,1),F(0,2)\cdots$$
$$\cdots F(1,-2),F(1,-1),F(1,0),F(1,1),F(1,2)\cdots$$
について, 任意の相異なる$n,m\in \mathbb{Z}$に対し, 条件より$4$点$F(0,n),F(0,m),F(1,n),F(1,m)$は共円. 従って, 任意の$n\in \mathbb{Z}$に対しこのように構成される3円の根心を考えれば直線$F(0,n)F(1,n)$, 直線$F(0,n+1)F(1,n+1)$, 直線$F(0,n+2)F(1,n+2)$は一点で交わるかすべて平行になる. この議論を全ての$n$に対して行えば, 無限本の直線の集合$\{直線F(0,n)F(1,n){\}}_{n\in \mathbb{Z}}$はすべてある一点で交わるか平行である.

ここで, すべてがある一点$X$で交わったとして矛盾を導く.
上の議論で定まる方べきの値を$R$とおくと, 単射性より上で定まるすべての円が一点で交わることはないため, $R>0$である. このとき, 任意の$n\in \mathbb{Z}$に対し, $|XF(0,n)|\cdot |XF(1,n)|=R$であるので, $0<|XF(0,n)|\le \sqrt{R}$または$0<|XF(1,n)|\le \sqrt{R}$である. 今, $X$との距離が$\sqrt{R}$以下である格子点は高々有限個であり, 単射性よりそのそれぞれに対して根軸が$2$本以上通るということは起こりえないため, 引かれえる根軸の本数も高々有限になる. これは矛盾.

従って, $\{直線F(0,n)F(1,n){\}}_{n\in \mathbb{Z}}$はすべて平行になり, 特に補題は示された.

$x_1,x_3,x_2$がこの順で並んだとして矛盾が言えればよい. ただし, 間にほかの直線が入ってもよいものとする. (こうなる箇所がなければ, どの添え字が連続する$3$直線も添え字の順で並ぶことがわかる).
$\{y_n\}$の中で, 添え字が連続する$3$直線であって, 添え字の順に並ぶものが存在することが背理法によって容易にわかるので, $y_1,y_2,y_3$はこの順としても一般性を失わない.
このとき, 同一円周上にある$4$点$(1,2),(3,2),(2,1),(2,3)$を$F$で送った先の$4$点$F(1,2),F(3,2),F(2,1),F(2,3)$は明らかに同一円周上にないため(図を描いてみよ), 矛盾.

$x_1,x_2,x_3$, $y_1,y_2,y_3$について, $x_1$と$x_2$の距離, $x_2$と$x_3$の距離, $y_1$と$y_2$の距離, $y_2$と$y_3$の距離をそれぞれ$p,q,r,s$とおくと, 以下が成立する.

• $F(1,2),F(3,2),F(2,1),F(2,3)$と$F(2,2)$の方べきで$pq=rs$
• $F(1,2),F(1,3),F(2,1),F(3,1)$と$F(1,1)$の方べきで$p(p+q)=r(r+s)$
• $F(1,1),F(1,2),F(2,3),F(3,3)$と$F(1,3)$の方べきで$p(p+q)=s(s+r)$
  これを解くことで$p=q=r=s$を得る.