Routhの定理

方針：三角形 $ADC$ と、それを横切る直線 $BE$ に Menelausの定理（高校数学） を使って $\dfrac{AR}{RD}$ を求める。あとは 2 回、底辺の比で面積を比べる。
段 1（Menelaus の定理を使う形）。三角形 $ADC$ を考える。直線 $BE$ は、辺 $DC$ を含む直線と $B$ で、辺 $CA$ と $E$ で、辺 $AD$ と $R$ で交わる。直線 $BE$ は $A$、$D$、$C$ のどれも通らない（$E\ne A$、$E\ne C$ であり、$D$ や $C$ を通るなら直線 $BE$ は直線 $BC$ になって、$E$ が辺 $CA$ と直線 $BC$ の共有点 $C$ になってしまう）。また、3 直線 $DC$、$CA$、$AD$ とそれぞれ $B$、$E$、$R$ で交わるので、どれとも平行でない。よって直線 $BE$ は三角形 $ADC$ の横断線で、Menelaus の定理（Menelausの定理（高校数学）。頂点を $A\to D\to C\to A$ と一周する順に比を書く）により
$$ \frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AR}{RD}=1 $$
である。
段 2（$\dfrac{AR}{RD}$）。$\dfrac{BD}{DC}=x$ なので $BD=\dfrac{x}{x+1}BC$、つまり $\dfrac{DB}{BC}=\dfrac x{x+1}$ である。$\dfrac{CE}{EA}=y$ なので、段 1 から
$$ \frac{AR}{RD}=\frac{x+1}{x}\cdot\frac1y=\frac{x+1}{xy} $$
である。$R$ は線分 $AD$ の上にあるので（def-routh-setup）、$AD=AR+RD$ であり
$$ t:=\frac{AR}{AD}=\frac{AR}{AR+RD}=\frac{x+1}{(x+1)+xy}=\frac{x+1}{xy+x+1} $$
である（分母と分子を $RD$ で割った）。
段 3（$[ABD]$）。$s:=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{x}{x+1}$ とおくと、$D$ は線分 $BC$ の上にあるので $\overrightarrow{AD}=(1-s)\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}$ である（位置ベクトルと内分点）。$\det$ の双線形性と交代性により
$$ [ABD]=\frac12\det\bigl(\overrightarrow{AB},(1-s)\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}\bigr)=\frac{1-s}2\det\bigl(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AB}\bigr)+\frac s2\det\bigl(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\bigr)=s[ABC] $$
である。
段 4（$[ABR]$）。$R$ は線分 $AD$ の上にあるので $\overrightarrow{AR}=t\,\overrightarrow{AD}$ で、同じく
$$ [ABR]=\frac12\det\bigl(\overrightarrow{AB},t\,\overrightarrow{AD}\bigr)=t[ABD]=ts[ABC]=\frac{x+1}{xy+x+1}\cdot\frac x{x+1}[ABC]=\frac{x}{xy+x+1}[ABC] $$
である。係数は正なので、絶対値をとると面積の式 $\triangle ABR=\dfrac{x}{xy+x+1}\triangle ABC$ になる。
段 5（名前を回す）。段 1〜4 は、辺 $AB$ をはさむ 2 本の Ceva 線について成り立つ議論である。頂点を $B$、$C$、$A$、比を $y$、$z$、$x$ に置き換えると $[BCP]$ の式に、もう一度回すと $[CAQ]$ の式になる。$[BCA]=[CAB]=[ABC]$ であることは、定義の式を展開すれば確かめられる。$\square$

方針：$2[XYZ]$ を、原点を始点とする位置ベクトルの $\det$ の和で書くと、各点について対称な形になる。
段 1（書き直す）。点 $X$ の位置ベクトルも $X$ と書く。双線形性と交代性により
$$ 2[XYZ]=\det(Y-X,Z-X)=\det(Y,Z)-\det(Y,X)-\det(X,Z)+\det(X,X)=\det(X,Y)+\det(Y,Z)+\det(Z,X) $$
である。$-\det(Y,X)=\det(X,Y)$、$-\det(X,Z)=\det(Z,X)$、$\det(X,X)=0$ を使った。
段 2（右辺の 3 つ）。段 1 の式を、$X$ を $W$ に、$Y$ を $W$ に、$Z$ を $W$ に置き換えた 3 つに使うと
$$ \begin{aligned} 2[WYZ]&=\det(W,Y)+\det(Y,Z)+\det(Z,W),\\ 2[XWZ]&=\det(X,W)+\det(W,Z)+\det(Z,X),\\ 2[XYW]&=\det(X,Y)+\det(Y,W)+\det(W,X) \end{aligned} $$
である。
段 3（足す）。3 つを足すと、$W$ を含む項は $\det(W,Y)+\det(Y,W)$、$\det(Z,W)+\det(W,Z)$、$\det(X,W)+\det(W,X)$ の組になり、交代性によりどれも $0$ である。残りは $\det(X,Y)+\det(Y,Z)+\det(Z,X)=2[XYZ]$ である。$\square$

方針：lem-routh-four を 4 回使う。一直線上にある 3 点（$B,P,R$ は直線 $BE$ の上、$A,Q,R$ は直線 $AD$ の上、$C,P,Q$ は直線 $CF$ の上）の符号付き面積が $0$ になることで、項が消える。
段 1（$R$ で分ける）。lem-routh-four で $X=A$、$Y=B$、$Z=C$、$W=R$ とすると $[ABC]=[RBC]+[ARC]+[ABR]$ である。定義の式から $[RBC]=[BCR]$、$[ARC]=[CAR]$ である（3 点を順に回しても値は変わらない）。
段 2（$[BCR]$ を $P$ で分ける）。$X=B$、$Y=C$、$Z=R$、$W=P$ とすると $[BCR]=[PCR]+[BPR]+[BCP]$ である。$B$、$P$、$R$ は直線 $BE$ の上にあるので $[BPR]=0$ で、$[BCR]=[PCR]+[BCP]$ である。
段 3（$[CAR]$ を $Q$ で分ける）。$X=C$、$Y=A$、$Z=R$、$W=Q$ とすると $[CAR]=[QAR]+[CQR]+[CAQ]$ である。$Q$、$A$、$R$ は直線 $AD$ の上にあるので $[QAR]=0$ で、$[CAR]=[CQR]+[CAQ]$ である。
段 4（真ん中）。$X=P$、$Y=Q$、$Z=R$、$W=C$ とすると $[PQR]=[CQR]+[PCR]+[PQC]$ である。$P$、$Q$、$C$ は直線 $CF$ の上にあるので $[PQC]=0$ で、$[PQR]=[CQR]+[PCR]$ である。
段 5（合わせる）。段 1〜3 から $[ABC]=[ABR]+[BCP]+[CAQ]+[PCR]+[CQR]$ で、段 4 により最後の 2 項の和は $[PQR]$ である。$\square$

方針：prop-routh-decomp に lem-routh-corner を代入して $[PQR]$ を求め、分子を展開して整理する。
段 1（代入）。$[ABC]=S$ とおく。prop-routh-decomp と lem-routh-corner から
$$ [PQR]=S\left(1-\frac{x}{xy+x+1}-\frac{y}{yz+y+1}-\frac{z}{zx+z+1}\right)=S\cdot\frac{N}{\Pi} $$
である。ここで $\Pi=(xy+x+1)(yz+y+1)(zx+z+1)$、
$$ N=\Pi-x(yz+y+1)(zx+z+1)-y(xy+x+1)(zx+z+1)-z(xy+x+1)(yz+y+1) $$
とおいた（通分した）。
段 2（$\Pi$ を展開する）。
$$ \Pi=x^2y^2z^2+x^2y^2z+x^2yz^2+xy^2z^2+2x^2yz+2xy^2z+2xyz^2+4xyz+x^2z+xy^2+yz^2+2xy+2yz+2zx+x+y+z+1 $$
である。
段 3（引く 3 つを展開する）。
$$ \begin{aligned} x(yz+y+1)(zx+z+1)&=x^2yz^2+x^2yz+x^2z+xyz^2+2xyz+xy+zx+x,\\ y(xy+x+1)(zx+z+1)&=x^2y^2z+x^2yz+xy^2z+xy^2+2xyz+xy+yz+y,\\ z(xy+x+1)(yz+y+1)&=xy^2z^2+xy^2z+xyz^2+2xyz+zx+yz^2+yz+z \end{aligned} $$
である。3 つの和は
$$ x^2y^2z+x^2yz^2+xy^2z^2+2x^2yz+2xy^2z+2xyz^2+6xyz+x^2z+xy^2+yz^2+2xy+2yz+2zx+x+y+z $$
である。
段 4（引く）。段 2 の $\Pi$ から段 3 の和を引くと、$x^2y^2z^2$、$xyz$ の項、定数項 $1$ 以外は同じ係数で打ち消し合う。$xyz$ の係数は $4-6=-2$ なので
$$ N=x^2y^2z^2-2xyz+1=(xyz-1)^2 $$
である。
段 5（面積）。段 1 と段 4 から $[PQR]=S\cdot\dfrac{(xyz-1)^2}{\Pi}$ である。$x,y,z>0$ なので $\Pi>0$ で、右辺は $S$ と同じ符号をもつ。絶対値をとると $\triangle PQR=\triangle ABC\cdot\dfrac{(xyz-1)^2}{\Pi}$ である。$\square$

方針：thm-routh-main の分子が $0$ になることと、$P$、$Q$、$R$ が 1 点に集まることが同値であることを示す。
段 1（1 点で交わるなら）。3 本が 1 点で交わるなら、その点が $R$ で、$P$、$Q$ も同じ点なので $[PQR]=0$ である。prf-routh-main の段 5 の式 $[PQR]=S\cdot\dfrac{(xyz-1)^2}{\Pi}$ で $S\ne0$、$\Pi>0$ なので $(xyz-1)^2=0$、つまり $xyz=1$ である。
段 2（$xyz=1$ なら）。$xyz=1$ なら同じ式から $[PQR]=0$ で、$P$、$Q$、$R$ は一直線上にある。もし $Q\ne R$ なら、$Q$、$R$ はどちらも直線 $AD$ の上にあるので、その直線は $AD$ であり、$P$ も直線 $AD$ の上にある。$P$ は直線 $BE$ の上にもあるので、$P$ は $AD$ と $BE$ の交点 $R$ に等しい。すると $R=P$ は直線 $CF$ の上にあるので、$R$ は $CF$ と $AD$ の交点 $Q$ に等しく、$Q\ne R$ に反する。よって $Q=R$ である。すると $R=Q$ は直線 $CF$ の上にあるので、$R$ は $BE$ と $CF$ の交点 $P$ に等しい。$P=Q=R$ なので、3 本は 1 点で交わる。$\square$

方針：3 点の座標に第 3 成分 $1$ を付けて並べた $3\times3$ の行列式が、符号付き面積の 2 倍になることを示す。その行列は、重心座標の行列と、$A$、$B$、$C$ の行列の積である。
段 1（面積は $3\times3$ の行列式）。$X_i=(p_i,q_i)$ とする。第 3 列で展開すると
$$ \det\begin{pmatrix}p_1&q_1&1\\ p_2&q_2&1\\ p_3&q_3&1\end{pmatrix}=(p_2q_3-p_3q_2)-(p_1q_3-p_3q_1)+(p_1q_2-p_2q_1) $$
で、これは $\det(X_2,X_3)+\det(X_3,X_1)+\det(X_1,X_2)$ である。prf-routh-four の段 1 により、これは $2[X_1X_2X_3]$ に等しい。
段 2（行列の積）。$\alpha_i+\beta_i+\gamma_i=1$ なので、$(p_i,q_i,1)=\alpha_i(a_1,a_2,1)+\beta_i(b_1,b_2,1)+\gamma_i(c_1,c_2,1)$ である（$A=(a_1,a_2)$ などとした）。行列で書くと
$$ \begin{pmatrix}p_1&q_1&1\\ p_2&q_2&1\\ p_3&q_3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha_1&\beta_1&\gamma_1\\ \alpha_2&\beta_2&\gamma_2\\ \alpha_3&\beta_3&\gamma_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1&a_2&1\\ b_1&b_2&1\\ c_1&c_2&1\end{pmatrix} $$
である。
段 3（行列式の積）。行列の積の行列式は行列式の積である（行列式 の基本性質。ここでは証明しない。$2\times2$ の場合は 1次変換と行列式：面積の拡大率 で扱う）。段 1 を両辺に使うと $2[X_1X_2X_3]=\det M\cdot2[ABC]$ である（$M$ は重心座標の行列）。$\square$

方針：右辺の点が 2 本の Ceva 線の両方に乗ることを、分子の並べかえで確かめる。
段 1（足の位置）。$\dfrac{BD}{DC}=x$ なので $D=\dfrac{B+xC}{1+x}$、つまり $(1+x)D=B+xC$ である（位置ベクトルと内分点）。同じく $(1+y)E=C+yA$ である。
段 2（$R$ は $AD$ の上）。$xy\,A+B+x\,C=xy\,A+(1+x)D$ なので、右辺の点は $\dfrac{xy}{xy+x+1}A+\dfrac{1+x}{xy+x+1}D$ で、係数の和が $1$ だから直線 $AD$ の上にある。
段 3（$R$ は $BE$ の上）。$xy\,A+B+x\,C=B+x(yA+C)=B+x(1+y)E$ なので、右辺の点は $\dfrac{1}{xy+x+1}B+\dfrac{x(1+y)}{xy+x+1}E$ で、係数の和は $\dfrac{1+x+xy}{xy+x+1}=1$ だから直線 $BE$ の上にある。
段 4（まとめ）。直線 $AD$ と $BE$ の交点はただ 1 つなので、それが $R$ である。頂点と比の名前を $A\to B\to C\to A$、$x\to y\to z\to x$ と回すと $P$ と $Q$ の式になる。$\square$