調和点列
概要
調和点列（harmonic division）とは、直線の上の 4 点 $A,B,C,D$（$C,D$ は $A,B$ と異なる）で、$C$ と $D$ が線分 $AB$ を同じ比に内分・外分するもの、つまり符号つきの比が $\frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=-\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}$ となるものである。$D$ を $A,B$ に関する $C$ の調和共役といい、これは複比 $(A,B;C,D)=-1$ と同値である。$C$ が中点でなければ調和共役はただ 1 つあり、直線の外の点 $O$ と直線 $OC$ の上の点 $R$（$O,C$ 以外）をとり、$AR$ と $OB$ の交点 $P$、$BR$ と $OA$ の交点 $Q$ があれば、直線 $PQ$ は $AB$ と $C$ の調和共役で交わる。
前提知識: 内分点・外分点の座標, Cevaの定理（高校数学）, Menelausの定理（高校数学）, 射影変換と複比
高校での出発点：同じ比に内分する点と外分する点
線分 $AB$ を $m:n$ に内分する点と、同じ $m:n$ に外分する点を考える（$m\ne n$）。2 点は直線 $AB$ の上にあり、一方は線分の内側、もう一方は外側にくる。この 2 点の組が、この記事の主役である。まず数直線で位置を確かめる。
- $A=0$、$B=4$ とする。$AB$ を $1:3$ に内分する点は
$$ C=\frac{3\cdot0+1\cdot4}{1+3}=1 $$
で、$1:3$ に外分する点は
$$ D=\frac{-3\cdot0+1\cdot4}{1-3}=\frac4{-2}=-2 $$
である。$C$ は $A$ と $B$ の間に、$D$ は $A$ の左にある。長さの比は $AC:CB=1:3$、$AD:DB=2:6=1:3$ で、たしかに同じ比である。 - $A=0$、$B=6$ とする。$AB$ を $2:1$ に内分する点は $C=\dfrac{1\cdot0+2\cdot6}{2+1}=4$、$2:1$ に外分する点は $D=\dfrac{-1\cdot0+2\cdot6}{2-1}=12$ である。$AC:CB=4:2=2:1$、$AD:DB=12:6=2:1$ である。
- 中点からの距離を掛けてみる。(1) で $AB$ の中点は $M=2$ で、$MC=1$、$MD=4$ なので $MC\cdot MD=4=MA^2$ である。(2) で中点は $M=3$ で、$MC=1$、$MD=9$ なので $MC\cdot MD=9=MA^2$ である。どちらも「中点からの距離の積が、半分の長さの 2 乗」になっている。
A、B に対して、同じ比の内分点 C と外分点 D をとった 2 つの例。上は比 1:3、下は比 2:1
ex-hd-start の (3) の関係は偶然ではない（prop-hd-forms）。次に、この点 $D$ を、長さを測らずに定規だけで見つけてみる。
座標平面で $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(1,0)$ とする（ex-hd-start の (1)）。$x$ 軸の上にない点 $O(1,4)$ と、直線 $OC$（直線 $x=1$）の上の点 $R(1,2)$ をとる。
(1) 直線 $AR$ は原点と $(1,2)$ を通るので $y=2x$、直線 $OB$ は $(1,4)$ と $(4,0)$ を通るので $4x+3y=16$ である。連立すると $4x+6x=16$ より $x=\dfrac85$ で、交点は $P\left(\dfrac85,\dfrac{16}5\right)$ である。
(2) 直線 $BR$ は $(4,0)$ と $(1,2)$ を通るので $2x+3y=8$、直線 $OA$ は $y=4x$ である。連立すると $2x+12x=8$ より $x=\dfrac47$ で、交点は $Q\left(\dfrac47,\dfrac{16}7\right)$ である。
(3) 直線 $PQ$ の傾きは
$$
\frac{\frac{16}5-\frac{16}7}{\frac85-\frac47}=\frac{\frac{32}{35}}{\frac{36}{35}}=\frac89
$$
なので、直線 $PQ$ は $y-\dfrac{16}7=\dfrac89\left(x-\dfrac47\right)$ である。$y=0$ とおくと
$$
x=\frac47-\frac{16}7\cdot\frac98=\frac47-\frac{18}7=-2
$$
で、直線 $PQ$ は $x$ 軸と $D(-2,0)$ で交わる。これは ex-hd-start の (1) の外分点である。
(4) 別の点 $O(-2,2)$、$R\left(-\dfrac12,1\right)$（$R$ は直線 $OC$ の上）で同じ作図をしても、直線 $PQ$ は $x$ 軸と同じ $D(-2,0)$ で交わる。このときの三角形 $OAB$ は、頂点 $A$ の角が $135^\circ$ の鈍角三角形である。
(4) の計算を開く
直線 $AR$ は $y=-2x$、直線 $OB$ は $(-2,2)$ と $(4,0)$ を通るので $x+3y=4$ である。連立すると $x-6x=4$ より $P\left(-\dfrac45,\dfrac85\right)$ である。直線 $BR$ は $(4,0)$ と $\left(-\dfrac12,1\right)$ を通るので $2x+9y=8$、直線 $OA$ は $y=-x$ である。連立すると $2x-9x=8$ より $Q\left(-\dfrac87,\dfrac87\right)$ である。直線 $PQ$ の傾きは $\dfrac{\frac85-\frac87}{-\frac45+\frac87}=\dfrac{\frac{16}{35}}{\frac{12}{35}}=\dfrac43$ で、$y=0$ とおくと $x=-\dfrac45-\dfrac85\cdot\dfrac34=-\dfrac45-\dfrac65=-2$ である。
O(1, 4)、R(1, 2) で作図すると、赤い直線 PQ は x 軸と D(−2, 0) で交わる
O(−2, 2)、R(−1/2, 1) で作図しても、直線 PQ は同じ D(−2, 0) で交わる
$O$ と $R$ をどこにとっても、直線 $PQ$ は同じ点 $D$ を通るように見える。この記事で答える問いは次の 3 つである。
- 同じ比の内分点と外分点の組は、どんな式で言いかえられるか。→ def-hd-harmonic、prop-hd-forms
- ex-hd-draw の作図は、いつも外分点 $D$ を与えるか。$O$、$R$ の選び方によらないか。→ thm-hd-main
- 作図がうまくいかないのはどんなときか。→ cor-hd-midpoint、例と反例の節
高校の計算 この記事の言葉 大学の言葉 同じ比 $m:n$ の内分点と外分点 調和共役（def-hd-harmonic） 複比 $-1$ の 4 点 Ceva の定理と Menelaus の定理 完全四角形による作図（thm-hd-main） 射影変換で保たれる作図 外分点が決まらない中点 $PQ$ が $AB$ に平行（cor-hd-midpoint） 無限遠点 $C$ から $D$ を求める式 $d=\dfrac{bc}{2c-b}$（$A=0$、$B=b$） 1 次分数変換の対合
言葉の準備：符号つきの比と調和共役
内分と外分を 1 つの式で扱うために、符号つきの比を使う。これは Cevaの定理（高校数学） と Menelausの定理（高校数学） の後半で使ったものと同じである。
直線の上の異なる 2 点 $A$、$B$ と、その直線の上の点 $X$（$X\ne B$）について、$\overrightarrow{AX}=\lambda\,\overrightarrow{XB}$ を満たす実数 $\lambda$ がただ 1 つある。これを $X$ が $AB$ を分ける 符号つきの比 といい、$\dfrac{\overline{AX}}{\overline{XB}}$ と書く。$X$ が線分 $AB$ の内部にあれば $\lambda=\dfrac{AX}{XB}>0$、線分の外にあれば $\lambda=-\dfrac{AX}{XB}<0$ である。
直線に座標を入れて $A$、$B$、$X$ の座標を $a$、$b$、$x$ とすると、$\overrightarrow{AX}=\lambda\overrightarrow{XB}$ は $x-a=\lambda(b-x)$ なので
$$
\frac{\overline{AX}}{\overline{XB}}=\frac{x-a}{b-x}
$$
である。ex-hd-start の (1) では、$C=1$ について $\dfrac{1-0}{4-1}=\dfrac13$、$D=-2$ について $\dfrac{-2-0}{4-(-2)}=-\dfrac13$ である。符号つきの比の値が $-1$ にならないこと、$-1$ 以外のどの値にも直線の上の点がただ 1 つ対応することは、内分点・外分点の座標 の定理「点と符号つきの比の対応」で示されている。
直線の上の 4 点 $A$、$B$、$C$、$D$ で、$C$、$D$ がどちらも $A$、$B$ と異なるものが
$$
\frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=-\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}
$$
を満たすとき、$D$ は $A$、$B$ に関して $C$ の 調和共役 であるという。このとき 4 点 $A$、$B$、$C$、$D$ は 調和点列 をなすという。
言いかえると、$C$ と $D$ が線分 $AB$ を同じ比に、一方は内分、もう一方は外分することである。符号つきの比が $\lambda$ と $-\lambda$ なので、$\lambda>0$ の方が内分点、$\lambda<0$ の方が外分点である。
- ex-hd-start の (1)：$\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=\dfrac13$、$\dfrac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=-\dfrac13$ なので、$D=-2$ は $A=0$、$B=4$ に関して $C=1$ の調和共役である。
- ex-hd-start の (2)：$A=0$、$B=6$、$C=4$、$D=12$ で、$\dfrac{4-0}{6-4}=2$、$\dfrac{12-0}{6-12}=-2$ なので、調和点列である。
- $A=0$、$B=4$ で $C=3$（比 $3:1$）なら、$\dfrac{d-0}{4-d}=-3$ を解いて $d=-12+3d$、$d=6$ である。内分点 $C$ が中点より $B$ の側にあると、外分点 $D$ は $B$ の外側（$B$ の右）にくる。(1) の $C=1$ は中点より $A$ の側にあり、$D=-2$ は $A$ の外側（$A$ の左）にあった。
同じ比の組は、比を使わない式でも言いかえられる。3 つ目の式が ex-hd-start の (3) で見た関係である。
直線の上の異なる 4 点 $A$、$B$、$C$、$D$ の座標を $a$、$b$、$c$、$d$ とし、線分 $AB$ の中点の座標を $m=\dfrac{a+b}2$、$h=\dfrac{b-a}2$ とする。次の 4 つは同値である。
(R1) $D$ は $A$、$B$ に関して $C$ の調和共役である。
(R2) 複比 $(A,B;C,D)=\dfrac{(a-c)(b-d)}{(a-d)(b-c)}$ が $-1$ に等しい。
(R3) $\dfrac1{c-a}+\dfrac1{d-a}=\dfrac2{b-a}$ である。
(R4) $(c-m)(d-m)=h^2$ である。
要点：4 つの条件は、どれも同じ式 $(c-a)(b-d)+(d-a)(b-c)=0$（これを ★ とよぶ）と同値である。条件 (i) と (ii) は分母を払うと ★ になる。条件 (iii) は、$a=0$ に平行移動すると ★ が $bc+bd-2cd=0$ となり、両辺を $bcd$ で割った式である。条件 (iv) は、$m=0$ に平行移動すると ★ が $2h^2-2cd=0$ となる式である。
詳しい証明を開く
方針：4 つの条件を、どれも同じ式
$$(c-a)(b-d)+(d-a)(b-c)=0\qquad\cdots\ ★$$
と同値な形に書きかえる。座標を平行移動しても差 $c-a$ などは変わらないので、★ も (ii)〜(iv) も、原点の位置によらない。
段 1（条件 (i)）。符号つきの比の式から、条件 (i) は $\dfrac{c-a}{b-c}=-\dfrac{d-a}{b-d}$ である。4 点は異なるので $b-c\ne0$、$b-d\ne0$ で、両辺に $(b-c)(b-d)$ を掛けると $(c-a)(b-d)=-(d-a)(b-c)$、つまり ★ になる。逆に ★ から、$(b-c)(b-d)$ で割ればもとの式にもどる。
段 2（条件 (ii)）。4 点は異なるので分母 $(a-d)(b-c)$ は $0$ でない。$(A,B;C,D)=-1$ は、分母を払って $(a-c)(b-d)=-(a-d)(b-c)$、移項して $(a-c)(b-d)+(a-d)(b-c)=0$ である。左辺は、$a-c=-(c-a)$、$a-d=-(d-a)$ と書きかえると ★ の左辺の $-1$ 倍になる。よって ★ と同値である。
段 3（条件 (iii)）。平行移動して $a=0$ とする。★ は $c(b-d)+d(b-c)=0$、展開して
$$bc+bd-2cd=0$$
である。$b$、$c$、$d$ はどれも $a=0$ と異なるので $bcd\ne0$ で、両辺を $bcd$ で割ると $\dfrac1d+\dfrac1c-\dfrac2b=0$ となる。これは $a=0$ のときの (iii) である。逆に (iii) に $bcd$ を掛ければ ★ にもどる。
段 4（条件 (iv)）。平行移動して $m=0$ とすると、$a=-h$、$b=h$ である。★ の左辺は
$$(c+h)(h-d)+(d+h)(h-c)=(ch-cd+h^2-hd)+(dh-cd+h^2-hc)=2h^2-2cd$$
なので、★ は $cd=h^2$ と同値である。これは $m=0$ のときの (iv) である。$\square$
★ は、組 $\{a,b\}$ と組 $\{c,d\}$ を入れかえても（$a\leftrightarrow c$、$b\leftrightarrow d$）同じ式になる。実際、入れかえた式 $(a-c)(d-b)+(b-c)(d-a)$ は、第 1 項は 2 つのかっこの符号を両方変えると $(c-a)(b-d)$、第 2 項は掛ける順を入れかえると $(d-a)(b-c)$ になり、★ の左辺にもどる。したがって、$C$、$D$ が $A$、$B$ に関して調和共役なら、$A$、$B$ も $C$、$D$ に関して調和共役である。「調和点列」は、4 点を $\{A,B\}$ と $\{C,D\}$ の 2 組に分けたときの性質である。
条件 (iii) は、符号つきの長さで見て、$AB$ が $AC$ と $AD$ の調和平均（逆数の平均の逆数）になることを言っている。「調和」の名はこの式にちなむ。$C$ が内分点、$D$ が外分点で $D$ が $B$ の側にあるときの長さの形 $\dfrac1{AC}+\dfrac1{AD}=\dfrac2{AB}$ は 内分点・外分点の座標 で示されている。
ex-hd-start の (1) の $a=0$、$b=4$、$c=1$、$d=-2$ では、$(A,B;C,D)=-1$、$\dfrac11+\dfrac1{-2}=\dfrac24$、$(1-2)(-2-2)=4=2^2$ で、条件 (ii)〜(iv) がすべて成り立つ。
計算を開く
(ii) $(A,B;C,D)=\dfrac{(0-1)(4-(-2))}{(0-(-2))(4-1)}=\dfrac{-6}{6}=-1$ である。
(iii) $\dfrac11+\dfrac1{-2}=\dfrac12$ で、$\dfrac2{4}=\dfrac12$ に等しい。
(iv) $m=2$、$h=2$ で、$(1-2)(-2-2)=(-1)\cdot(-4)=4=h^2$ である。
$A$、$B$ と $C$ から $D$ を求める式も ★ から出る。
直線の上の異なる 2 点 $A$、$B$ と、$A$、$B$ と異なる点 $C$ をとる。$A$、$B$ に関する $C$ の調和共役 $D$ があるのは、$C$ が線分 $AB$ の中点でないときに限る。そのとき $D$ はただ 1 つで、$C$ とも異なり、座標を $a=0$ にとると
$$
d=\frac{bc}{2c-b}
$$
である。
要点：$a=0$ とすると条件は $bc+bd-2cd=0$、つまり $d(b-2c)=-bc$ である。$C$ が中点（$2c=b$）なら左辺が $0$、右辺が $0$ でないので解がなく、中点でなければ $d=\dfrac{bc}{2c-b}$ とただ 1 つに決まる。
詳しい証明を開く
$a=0$ とすると、prf-hd-forms の要点の式により、条件は $bc+bd-2cd=0$、つまり
$$d(b-2c)=-bc$$
である。$C$ が中点なら $2c=b$ で、左辺は $0$、右辺は $-bc\ne0$（$b\ne0$、$c\ne0$）なので、解はない。$C$ が中点でなければ $b-2c\ne0$ で、$d=\dfrac{-bc}{b-2c}=\dfrac{bc}{2c-b}$ とただ 1 通りに決まる。この $d$ は $0$ でない（$bc\ne0$）。$d=b$ とすると $bc=b(2c-b)$、$c=2c-b$、$c=b$ となって $C\ne B$ に反するので $d\ne b$ である。$d=c$ とすると $bc=c(2c-b)$、$b=2c-b$、$2c=2b$ でやはり $c=b$ となるので $d\ne c$ である。$\square$
$b=4$、$c=1$ なら $d=\dfrac{4}{2-4}=-2$、$c=3$ なら $d=\dfrac{12}{6-4}=6$ で、ex-hd-harmonic と一致する。$c$ が中点の $2$ に近づくと、分母 $2c-b$ が $0$ に近づき、$D$ は限りなく遠ざかる。
調和点列は、すでにいくつもの高校数学の記事に現れている。
| 場面 | 調和点列をなす 4 点 | 記事 |
|---|---|---|
| 同じ比の内分点と外分点 | $A$、$B$ と、内分点・外分点 | 内分点・外分点の座標（逆数の和） |
| 三角形の角の二等分線 | $B$、$C$ と、内角・外角の二等分線の足 | 角の二等分線の定理 |
| 2 点からの距離の比が一定の円 | $A$、$B$ と、円の直径の両端 | Apolloniusの円 |
| 円と極線 | 円との 2 つの交点と、点 $P$、極線との交点 | 円の接線と極線 |
| 透視（中心から直線へ写す） | 複比 $-1$ の 4 点は複比 $-1$ の 4 点へ | 射影変換と複比 |
| 完全四角形 | 対角点 2 つと、残りの 2 辺との交点 | この記事の thm-hd-main |
主定理：完全四角形による作図
ex-hd-draw の作図で引いた直線を数えると、4 点 $O$、$P$、$R$、$Q$ を 2 つずつ結ぶ 6 本の直線になっている。この図形に名前を付ける。
平面の 4 点で、どの 3 点も一直線上にないものと、そのうちの 2 点を結ぶ 6 本の直線を合わせた図形を 完全四角形 という。4 点を頂点、6 本の直線を辺という。共通の頂点をもたない 2 本の辺の組を 向かい合う辺 といい、組は 3 つある。向かい合う辺が交わるとき、その交点を 対角点 という。
4 本の直線と 6 つの交点からなる図形は 完全四辺形 と呼ばれ、点と直線の役割が入れかわっている。この記事では 4 点から出発する完全四角形を使う。
ex-hd-draw の 4 点 $O(1,4)$、$P\left(\dfrac85,\dfrac{16}5\right)$、$R(1,2)$、$Q\left(\dfrac47,\dfrac{16}7\right)$ を頂点とする完全四角形の向かい合う辺の組は、次の 3 つである。
(1) 辺 $OP$ と辺 $RQ$。辺 $OP$ は直線 $OB$ で、辺 $RQ$ は直線 $BR$ なので、対角点は $B(4,0)$ である。
(2) 辺 $OQ$ と辺 $RP$。辺 $OQ$ は直線 $OA$、辺 $RP$ は直線 $AR$ なので、対角点は $A(0,0)$ である。
(3) 辺 $OR$ と辺 $PQ$。辺 $OR$ は直線 $x=1$ で、直線 $PQ$ の式 $y-\dfrac{16}7=\dfrac89\left(x-\dfrac47\right)$ に $x=1$ を代入すると $y=\dfrac{16}7+\dfrac89\cdot\dfrac37=\dfrac{16}7+\dfrac8{21}=\dfrac{56}{21}=\dfrac83$ なので、対角点は $E\left(1,\dfrac83\right)$ である。
$C$ と $D$ は、対角点 $A$、$B$ を結ぶ直線と、残りの 2 辺 $OR$、$PQ$ との交点である。
主定理を述べる前に、平行線と比の関係を、符号つきの比で確かめておく。
一直線上にない 3 点 $O$、$A$、$B$ をとり、直線 $OA$ の上に点 $Q$、直線 $OB$ の上に点 $P$ を、どちらも $O$、$A$、$B$ と異なるようにとる。このとき、直線 $PQ$ が直線 $AB$ に平行であることと
$$
\frac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=\frac{\overline{OP}}{\overline{PB}}
$$
は同値である。
要点：$\overrightarrow{OQ}=q\overrightarrow{OA}$、$\overrightarrow{OP}=p\overrightarrow{OB}$ と書くと、直線 $PQ$ が $AB$ に平行であることも、2 つの比が等しいことも、どちらも $p=q$ と同値である。
詳しい証明を開く
$\vec a=\overrightarrow{OA}$、$\vec b=\overrightarrow{OB}$ とおく。$O$、$A$、$B$ は一直線上にないので、$\vec a$ と $\vec b$ は $\vec 0$ でなく平行でもない。$\overrightarrow{OQ}=q\vec a$、$\overrightarrow{OP}=p\vec b$ と書け、$Q$、$P$ は $O$、$A$、$B$ と異なるので $p$、$q$ は $0$ でも $1$ でもない。
段 1（平行の条件）。$\overrightarrow{QP}=p\vec b-q\vec a$ と $\overrightarrow{AB}=\vec b-\vec a$ が平行であるのは、ある実数 $k$ で $p\vec b-q\vec a=k(\vec b-\vec a)$ となるときである。$\vec a$、$\vec b$ は平行でないので、両辺の $\vec a$、$\vec b$ の係数を比べて $q=k$、$p=k$、つまり $p=q$ のときに限る。
段 2（比の条件）。$\overrightarrow{QA}=(1-q)\vec a$ なので、$\overrightarrow{OQ}=\dfrac q{1-q}\overrightarrow{QA}$、つまり $\dfrac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=\dfrac q{1-q}$ である。同じく $\dfrac{\overline{OP}}{\overline{PB}}=\dfrac p{1-p}$ である。$\dfrac q{1-q}=\dfrac p{1-p}$ は、分母を払うと $q-pq=p-pq$、つまり $p=q$ と同値である。
段 1 と段 2 から、2 つの条件はどちらも $p=q$ と同値である。$\square$
直線 $\ell$ の上の異なる 3 点 $A$、$B$、$C$ をとり、$C$ は線分 $AB$ の中点でないとする。$\ell$ の上にない点 $O$ と、直線 $OC$ の上の点 $R$（$R\ne O$、$R\ne C$）をとる。直線 $AR$ と直線 $OB$ が交わり、直線 $BR$ と直線 $OA$ が交わるとして、その交点をそれぞれ $P$、$Q$ とする。このとき、直線 $PQ$ は $\ell$ とただ 1 点 $D$ で交わり、$D$ は $A$、$B$ に関して $C$ の調和共役である。特に、$D$ は $O$、$R$ の選び方によらない。
方針：三角形 $OAB$ で、3 本の直線 $OC$、$AP$、$BQ$ は $R$ を通るので Ceva の定理が使える。直線 $PQ$ には Menelaus の定理が使える。2 つの式は 2 つの比を共有しているので、割るとその 2 つが消え、$C$ と $D$ の比だけが残る。
段 1（点の位置の確認）。$R$ は直線 $OA$、$OB$、$\ell$ のどれの上にもなく、$P$ は $O$、$B$ と、$Q$ は $O$、$A$ と異なる。
詳細
直線 $OC$ は $\ell$ と $C$ だけで交わり、直線 $OA$、$OB$ とは $O$ だけで交わる（$C$ は $A$、$B$ と異なるので、直線 $OC$ は直線 $OA$、$OB$ と別の直線である）。$R$ は直線 $OC$ の上にあって $O$、$C$ と異なるので、$R$ は直線 $OA$、$OB$、$\ell$ のどれの上にもない。$P=O$ とすると、$O$ が直線 $AR$ の上にあり、$R$ が直線 $OA$ の上にあることになって矛盾する。$P=B$ とすると、$R$ が直線 $AB=\ell$ の上にあることになって矛盾する。同じく $Q\ne O$、$Q\ne A$ である。また、$P$ は直線 $OB$ の上の $O$ と異なる点なので直線 $OA$ の上になく、$P\ne A$、$P\ne Q$ である。同じく $Q\ne B$ である。
段 2（Ceva の定理）。三角形 $OAB$ と、どの辺の直線の上にもない点 $R$ について、直線 $OR$、$AR$、$BR$ は、それぞれ直線 $AB$、$OB$、$OA$ と $C$、$P$、$Q$ で交わる。符号つきの比による Ceva の定理（Cevaの定理（高校数学））を、頂点を $A\to B\to O\to A$ の順に回る向きで使うと
$$ \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}\cdot\frac{\overline{BP}}{\overline{PO}}\cdot\frac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=1\qquad\cdots(1) $$
である。
段 3（$PQ$ は $\ell$ と交わる）。直線 $PQ$ が $\ell$ に平行だとすると、lem-hd-parallel により $\dfrac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=\dfrac{\overline{OP}}{\overline{PB}}$ である。$\overrightarrow{BP}=\mu\overrightarrow{PO}$ なら $\overrightarrow{OP}=\dfrac1\mu\overrightarrow{PB}$ なので、$\dfrac{\overline{OP}}{\overline{PB}}$ は $\dfrac{\overline{BP}}{\overline{PO}}$ の逆数である。よって (1) の後ろの 2 つの比の積は $1$ になり、(1) から $\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=1$、つまり $C$ は線分 $AB$ の中点になる。これは仮定に反する。よって直線 $PQ$ は $\ell$ とただ 1 点で交わる。この点を $D$ とする。
段 4（Menelaus の定理）。直線 $PQ$ は三角形 $OAB$ のどの頂点も通らず、どの辺の直線にも平行でない（$\ell$ に平行でないことは段 3 で示した）。つまり $PQ$ は三角形 $OAB$ の横断線である。
詳細
直線 $PQ$ が三角形 $OAB$ の横断線であることを確かめる。$PQ$ は頂点を通らない：$O$ を通るとすると、$P$、$Q$、$O$ が一直線上にあり、$P$ は直線 $OB$、$Q$ は直線 $OA$ の上で $O$ と異なるので、直線 $OA$ と $OB$ が一致して矛盾する。$A$ を通るとすると、直線 $PQ$ は $A$、$Q$ を通る直線 $OA$ になり、$P$ が直線 $OA$ と $OB$ の交点 $O$ になって段 1 に反する。$B$ も同じである。$PQ$ は辺の直線に平行でない：$\ell$ には段 3 で示した。直線 $OB$ に平行なら、$P$ を共有するので直線 $OB$ そのものになり、$Q$ が $O$ になって矛盾する。直線 $OA$ も同じである。
よって、符号つきの比による Menelaus の定理（Menelausの定理（高校数学））を同じ向きで使えて
$$ \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}\cdot\frac{\overline{BP}}{\overline{PO}}\cdot\frac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=-1\qquad\cdots(2) $$
である。
段 5（割る）。(2) の比はどれも $0$ でない（$D\ne A$、$P\ne B$、$Q\ne O$）。(1) を (2) で割ると、共通の 2 つの比が約分されて
$$ \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}\mathbin{÷}\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=-1,\qquad\text{つまり}\qquad\frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=-\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}} $$
となる。$D$ は $\ell$ と直線 $PQ$ の交点で、$A$ と異なる（段 4）。$D=B$ でもない（$B$ を通らない）。よって $D$ は $A$、$B$ に関して $C$ の調和共役である。
段 6（選び方によらない）。prop-hd-unique により、$C$ の調和共役はただ 1 つである。段 5 の $D$ はその点なので、$O$、$R$ をどう選んでも同じ点になる。$\square$
ex-hd-draw の値で (1)、(2) を確かめる計算を開く
ex-hd-draw で符号つきの比を確かめる。$\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=\dfrac13$ である。$P\left(\dfrac85,\dfrac{16}5\right)$ は $\overrightarrow{BP}=\left(-\dfrac{12}5,\dfrac{16}5\right)$、$\overrightarrow{PO}=\left(-\dfrac35,\dfrac45\right)$ なので $\dfrac{\overline{BP}}{\overline{PO}}=4$、$Q\left(\dfrac47,\dfrac{16}7\right)$ は $\overrightarrow{OQ}=\left(-\dfrac37,-\dfrac{12}7\right)$、$\overrightarrow{QA}=\left(-\dfrac47,-\dfrac{16}7\right)$ なので $\dfrac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=\dfrac34$ である。(1) は $\dfrac13\cdot4\cdot\dfrac34=1$、(2) は $\dfrac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\dfrac{-2}{6}=-\dfrac13$ で $-\dfrac13\cdot4\cdot\dfrac34=-1$ となる。
$A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(6,0)$ とする。$C$ は線分 $AB$ の外にあり、$\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=\dfrac{6}{-2}=-3$ である。prop-hd-unique の式では $d=\dfrac{4\cdot6}{12-4}=3$ なので、調和共役は線分の内側の点 $D(3,0)$ のはずである。
$O(1,3)$、$R\left(\dfrac72,\dfrac32\right)$（直線 $OC$ の上）で作図すると、$P\left(\dfrac{14}5,\dfrac65\right)$、$Q(2,6)$ となり、直線 $PQ$ は $x$ 軸と $D(3,0)$ で交わる。$\dfrac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\dfrac31=3$ で、たしかに $-3$ の符号を変えた値である。
作図の計算を開く
$O(1,3)$、$R\left(\dfrac72,\dfrac32\right)$（線分 $OC$ の中点で、直線 $OC$ の上）で作図する。直線 $AR$ は $y=\dfrac37x$、直線 $OB$ は $x+y=4$ で、交点は $P\left(\dfrac{14}5,\dfrac65\right)$ である。直線 $BR$ は $(4,0)$ と $\left(\dfrac72,\dfrac32\right)$ を通るので $y=-3(x-4)$、直線 $OA$ は $y=3x$ で、交点は $3x=-3x+12$ より $Q(2,6)$ である。直線 $PQ$ の傾きは $\dfrac{6-\frac65}{2-\frac{14}5}=\dfrac{\frac{24}5}{-\frac45}=-6$ で、$y=-6(x-2)+6$ に $y=0$ を代入すると $x=3$ である。直線 $PQ$ は $x$ 軸と $D(3,0)$ で交わり、$\dfrac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\dfrac31=3$ で、たしかに $-3$ の符号を変えた値である。
C が線分 AB の外にあるときは、作図で得られる D が線分 AB の内側にくる
$C$ が中点のときは、thm-hd-main の証明の段 3 を逆にたどれる。
thm-hd-main の $O$、$R$、$P$、$Q$ の決め方で、$C$ を線分 $AB$ の中点にとると、直線 $PQ$ は $\ell$ に平行である。
prf-hd-main の段 1・段 2 は $C$ が中点でも成り立つ。$\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CB}}=1$ を (1) に代入すると $\dfrac{\overline{BP}}{\overline{PO}}\cdot\dfrac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=1$ である。$\dfrac{\overline{OP}}{\overline{PB}}$ は $\dfrac{\overline{BP}}{\overline{PO}}$ の逆数なので、$\dfrac{\overline{OQ}}{\overline{QA}}=\dfrac{\overline{OP}}{\overline{PB}}$ である。lem-hd-parallel により、直線 $PQ$ は直線 $AB=\ell$ に平行である。$\square$
prop-hd-unique で、$C$ が中点に近づくと $D$ は限りなく遠ざかった。cor-hd-midpoint は、その行き先が「直線 $PQ$ と $\ell$ が平行になる」ことだと言っている。大学の射影幾何では、平行な直線は「無限遠点」で交わると考え、中点の調和共役を $\ell$ の無限遠点とする。
作図の中の 4 点 $A$、$B$、$C$、$D$ は、def-hd-quadrangle の言葉では「対角点 $A$、$B$ と、それを結ぶ直線が残りの 2 辺 $OR$、$PQ$ と交わる点」である。3 つ目の対角点 $E$ は辺 $OR$ の上にあり、辺 $OR$ の上にも調和点列ができる。
thm-hd-main の記号で、さらに $C$ が線分 $OR$ の中点でないとする。このとき直線 $PQ$ は直線 $OR$ とただ 1 点 $E$ で交わり、$E$ は $O$、$R$ に関して $C$ の調和共役である。
要点：thm-hd-main を、直線 $OR$ の上の 3 点 $O$、$R$、$C$ と、直線の外の点 $A$、直線 $AC$ の上の点 $B$ に当てる。主定理の $P$、$Q$ にあたる点は、ここでも $P$、$Q$ になり、主定理の $D$ にあたる点が $E$ である。
仮定と交点の確認を開く
thm-hd-main を、直線 $OR$ の上の 3 点 $O$、$R$、$C$ と、直線 $OR$ の上にない点 $A$、直線 $AC$ の上の点 $B$ に当てる。
段 1（仮定の確認）。$A$ は直線 $OR$ の上にない（直線 $OR$ は $\ell$ と $C$ だけで交わり、$A\ne C$）。直線 $AC$ は $\ell$ で、$B$ はその上にあって $A$、$C$ と異なる。$C$ は線分 $OR$ の中点でないと仮定した。
段 2（交点の確認）。主定理の「直線 $AR$ と直線 $OB$ の交点」にあたるのは、ここでは「直線 $OB$ と直線 $AR$ の交点」で、これは $P$ である。「直線 $BR$ と直線 $OA$ の交点」にあたるのは「直線 $RB$ と直線 $AO$ の交点」で、これは $Q$ である。
段 3（結論）。主定理により、直線 $PQ$ は直線 $OR$ とただ 1 点で交わり、その点は $O$、$R$ に関して $C$ の調和共役である。この点が $E$ である。$\square$
ex-hd-quadrangle の対角点 $E\left(1,\dfrac83\right)$ は、$O$、$R$ に関して $C$ の調和共役になっている。
符号つきの比の計算を開く
直線 $x=1$ の上で $y$ 座標を見ると $O=4$、$R=2$、$C=0$、$E=\dfrac83$ で、$\dfrac{\overline{OC}}{\overline{CR}}=\dfrac{0-4}{2-0}=-2$、$\dfrac{\overline{OE}}{\overline{ER}}=\dfrac{\frac83-4}{2-\frac83}=\dfrac{-\frac43}{-\frac23}=2$ である。
thm-hd-main は、完全四角形の 2 つの対角点を結ぶ直線が、残りの 2 辺との交点によって調和に分けられることを言っている。頂点の名前を付けかえれば、ほかの 2 つの対角点の組についても（交点があり、中点の条件を満たせば）同じである。完全四辺形 では、thm-hd-main をこの形で使って、3 本の対角線が互いを調和に分けることを示す。
例と反例
thm-hd-main と def-hd-harmonic の条件を外すと何が崩れるかを並べる。
| 外す条件 | 反例 | 成り立たなくなること |
|---|---|---|
| $C$ は線分 $AB$ の中点でない | $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(2,0)$ | 直線 $PQ$ が $\ell$ と交わる |
| $R$ は直線 $OC$ の上にある | $O(1,4)$、$R(2,2)$ | 作図した $D$ が $C$ の調和共役になる |
| 内分と外分が同じ比 | $A=0$、$B=3$ と、$1:2$ の内分点・$1:3$ の外分点 | 複比が $-1$ になる |
| 4 点を $\{A,B\}$ と $\{C,D\}$ に組み分ける | 組を $\{A,C\}$ と $\{B,D\}$ に変える | 複比が $-1$ になる |
$A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(2,0)$（中点）とし、$O(1,4)$、$R\left(\dfrac32,2\right)$ で作図すると、$P\left(2,\dfrac83\right)$、$Q\left(\dfrac23,\dfrac83\right)$ で、直線 $PQ$ は $y=\dfrac83$ となり $x$ 軸に平行である。$D$ は存在しない。これは cor-hd-midpoint のとおりである。
計算を開く
$A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(2,0)$ とし、$O(1,4)$、直線 $OC$ の上の点 $R\left(\dfrac32,2\right)$（線分 $OC$ の中点）をとる。直線 $AR$ は $y=\dfrac43x$、直線 $OB$ は $4x+3y=16$ で、$4x+4x=16$ より $P\left(2,\dfrac83\right)$ である。直線 $BR$ は $(4,0)$ と $\left(\dfrac32,2\right)$ を通るので $4x+5y=16$、直線 $OA$ は $y=4x$ で、$4x+20x=16$ より $Q\left(\dfrac23,\dfrac83\right)$ である。$P$ と $Q$ の $y$ 座標はどちらも $\dfrac83$ なので、直線 $PQ$ は $y=\dfrac83$ で、$x$ 軸に平行である。$D$ は存在しない。これは cor-hd-midpoint のとおりである。
C が線分 AB の中点のときは、赤い直線 PQ が AB に平行になり、D が決まらない
ex-hd-draw と同じ $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(1,0)$、$O(1,4)$ で、$R$ を直線 $OC$（$x=1$）の上にない点 $R(2,2)$ に変えると、$P\left(\dfrac{16}7,\dfrac{16}7\right)$、$Q\left(\dfrac45,\dfrac{16}5\right)$ で、直線 $PQ$ は $x$ 軸と $(6,0)$ で交わる。$C$ の調和共役 $(-2,0)$ にはならない。
計算を開く
ex-hd-draw と同じ $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(1,0)$、$O(1,4)$ で、$R$ を直線 $OC$（$x=1$）の上にない点 $R(2,2)$ に変える。直線 $AR$ は $y=x$、直線 $OB$ は $4x+3y=16$ で、$P\left(\dfrac{16}7,\dfrac{16}7\right)$ である。直線 $BR$ は $x+y=4$、直線 $OA$ は $y=4x$ で、$Q\left(\dfrac45,\dfrac{16}5\right)$ である。直線 $PQ$ の傾きは $\dfrac{\frac{16}5-\frac{16}7}{\frac45-\frac{16}7}=\dfrac{\frac{32}{35}}{-\frac{52}{35}}=-\dfrac8{13}$ で、$y=0$ とおくと $x=\dfrac{16}7+\dfrac{16}7\cdot\dfrac{13}8=\dfrac{16}7+\dfrac{26}7=6$ である。直線 $PQ$ は $x$ 軸と $(6,0)$ で交わり、$C$ の調和共役 $(-2,0)$ にはならない。
$(6,0)$ は、直線 $OR$ が $x$ 軸と交わる点 $(3,0)$ の調和共役である（prop-hd-unique の式で $d=\dfrac{4\cdot3}{6-4}=6$）。作図が見ているのは、$C$ ではなく直線 $OR$ と $\ell$ の交点である。
$A=0$、$B=3$ で、$1:2$ に内分する点は $C=\dfrac{2\cdot0+1\cdot3}{3}=1$、$1:3$ に外分する点は $D=\dfrac{-3\cdot0+1\cdot3}{1-3}=-\dfrac32$ である。複比は
$$
(A,B;C,D)=\frac{(0-1)\left(3+\frac32\right)}{\left(0+\frac32\right)(3-1)}=\frac{-\frac92}{3}=-\frac32\ne-1
$$
で、調和点列ではない。同じ $1:2$ で外分すれば、$D=\dfrac{-2\cdot0+1\cdot3}{1-2}=-3$ となり、$(A,B;C,D)=\dfrac{(0-1)(3+3)}{(0+3)(3-1)}=-1$ である。
ex-hd-start の (1) の 4 点 $A=0$、$B=4$、$C=1$、$D=-2$ は調和点列だった。組を $\{A,C\}$ と $\{B,D\}$ に変えて複比をとると
$$
(A,C;B,D)=\frac{(0-4)(1-(-2))}{(0-(-2))(1-4)}=\frac{-12}{-6}=2\ne-1
$$
である。$B$ と $D$ は、$A$、$C$ に関して調和共役ではない。調和点列は 4 点の集まりではなく、2 組への分け方を込めた性質である（prop-hd-forms の後の注意）。
大学数学で見る：1 次分数変換と射影変換
prop-hd-unique の式 $d=\dfrac{bc}{2c-b}$ を、$c$ を $d$ に移す関数 $f(x)=\dfrac{bx}{2x-b}$ とみる。$f$ は $\dfrac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}$ の形の関数（1 次分数変換）である。$f$ を 2 回続けると
$$
f(f(x))=\frac{b\cdot\frac{bx}{2x-b}}{2\cdot\frac{bx}{2x-b}-b}=\frac{b^2x}{2bx-b(2x-b)}=\frac{b^2x}{b^2}=x
$$
で、もとにもどる。調和共役の調和共役はもとの点である。2 回続けると恒等写像になる変換を 対合 という。$f(0)=0$、$f(b)=b$ なので、$A$ と $B$ は動かない点である。$f\left(\dfrac b2\right)$ は分母が $0$ で定まらないが、これを「中点は無限遠点に移る」と読むのが cor-hd-midpoint である。
複比は 1 次分数変換で変わらない（射影変換と複比 の定理「1 次分数関数は複比を変えない」。複素数の 1 次分数変換（Möbius 変換）については Hit18 の Theorem 3.4.12）。射影変換と複比 では、直線から直線への透視で複比が変わらないことを示した。したがって、調和点列は透視や射影変換で調和点列に移る。
作図が射影変換で保たれることと、文献の複比の並べ方を開く
一方、thm-hd-main の作図は「2 点を結ぶ」「2 直線の交点をとる」だけでできている。射影変換は直線を直線に、交点を交点に移すので、作図の図形全体を射影変換で移しても、また同じ作図の図形になる。長さの比という計量的な言葉で定めた調和共役が、直線だけの作図で決まることは、調和共役が射影幾何の概念であることを示している。大学の射影幾何では、数直線に無限遠点を 1 つ加えた射影直線（射影空間）の上で、中点と無限遠点も調和共役の組として扱う。
Hit18 の複比は $(z,w;u,v)=\dfrac{z-u}{z-v}\cdot\dfrac{w-v}{w-u}$ で、4 つの文字の並べ方が 射影変換と複比 の $(A,B;C,D)$ と違う。この記事の調和点列は、Hit18 の記法では $(C,D;A,B)=-1$ と書ける（内分点・外分点の座標 の注意と同じ並べ方）。
さらに先へ
- thm-hd-main の作図は定規だけでできる。定規だけで何が作図できるかは 定規だけの作図 で扱う。
- 4 本の直線とその 6 つの交点からなる 完全四辺形 では、3 本の対角線が互いを調和に分ける。thm-hd-main を使って示す。
- 円の弦についての 蝶の定理 も、完全四角形と同じく 4 点と 6 本の直線の図形から出発する。
- 円の中心から見て調和共役な 2 点を直径の両端にとると Apolloniusの円 になり、極線は調和共役の点の集まりとして表せる（円の接線と極線）。
関連項目
- 前提: 内分点・外分点の座標, Cevaの定理（高校数学）, Menelausの定理（高校数学）, 射影変換と複比
- 前に読む: 内分点・外分点の座標, Menelausの定理（高校数学）, 射影変換と複比
- 次に読む: 完全四辺形, 定規だけの作図
- 関連（高校数学）: 角の二等分線の定理, Apolloniusの円, 円の接線と極線
- 発展: 射影空間, 複比
参考文献
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