Mardenの定理

同義語：マーデンの定理Marden's theorem

概要

前提知識: Steinerの内接楕円, 複素数平面と図形, 2次曲線の焦点と準線, 根と係数の関係と対称式

高校での出発点：3 次関数の極値の位置

3 つの実数 $x_1< x_2< x_3$ を解にもつ 3 次関数 $p(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$ を考える。グラフは $x_1$、$x_2$、$x_3$ で $x$ 軸と交わり、その間で極大・極小をとる。極値をとる $x$ は導関数 $p'(x)$ の解で、変曲点の $x$ は $p''(x)$ の解である（3次関数のグラフ）。

実数の解をもつ 3 次関数

$p(x)=x(x-1)(x-3)=x^3-4x^2+3x$ とする。
(1) $p'(x)=3x^2-8x+3=0$ を解くと $x=\dfrac{4\pm\sqrt7}3$、つまり $x\approx0.451$（極大）と $x\approx2.215$（極小）である。どちらも両隣の解の間にある。
(2) $p''(x)=6x-8=0$ から、変曲点は $x=\dfrac43$ である。これは 3 つの解の平均 $\dfrac{0+1+3}3=\dfrac43$ に等しく、$p'$ の 2 つの解の平均 $\dfrac12\cdot\dfrac83=\dfrac43$ にも等しい。

y = x(x−1)(x−3) のグラフ。極値をとる x（緑）は p′ の解、変曲点の x（赤）は p″ の解で、3 つの解の平均 4/3 にある
では、3 つの解が 複素数 で、複素数平面の上で三角形をなすときはどうだろうか。$p'(z)=0$ の 2 つの解は複素数平面のどこにあるか。

二等辺三角形の頂点を解にもつ 3 次式

$z_1=-3$、$z_2=3$、$z_3=3i$ とし、$p(z)=(z+3)(z-3)(z-3i)=(z^2-9)(z-3i)=z^3-3iz^2-9z+27i$ とおく。
(1) 導関数は、実数の多項式と同じ規則で $p'(z)=3z^2-6iz-9$ である。$p'(z)=0$ を $3$ で割ると $z^2-2iz-3=0$ で、平方完成すると $(z-i)^2-i^2-3=(z-i)^2-2=0$ なので
$$ z=i\pm\sqrt2 $$
である。
(2) この三角形の Steiner の内接楕円（3 辺にそれぞれの中点で接する楕円、Steinerの内接楕円）を求める。重心は $G=\dfrac{-3+3+3i}3=i$、つまり点 $(0,1)$ である。Steinerの内接楕円の媒介変数表示 $G+\dfrac{\cos t}2(C-G)+\dfrac{\sin t}{2\sqrt3}(B-A)$ に $A=(-3,0)$、$B=(3,0)$、$C=(0,3)$ を入れると、$C-G=(0,2)$、$B-A=(6,0)$ なので
$$ x=\sqrt3\sin t,\qquad y=1+\cos t,\qquad\text{つまり}\qquad\frac{x^2}3+(y-1)^2=1 $$
である。長軸は横向きで半軸は $\sqrt3$、短軸の半軸は $1$ なので、焦点は中心 $(0,1)$ から横に $\sqrt{3-1}=\sqrt2$ 離れた 2 点 $(\pm\sqrt2,\ 1)$ である（2次曲線の焦点と準線）。
(3) 焦点 $(\pm\sqrt2,1)$ を複素数で書くと $\pm\sqrt2+i$ で、(1) の $p'(z)=0$ の 2 つの解と一致する。また $p''(z)=6z-6i=0$ の解 $z=i$ は重心、つまり楕円の中心である。

三角形 −3、3、3i の Steiner の内接楕円（青）。2 つの焦点（緑）は p′(z)=0 の解 i±√2 で、中心 G は p″(z)=0 の解 i である
ex-mard-start の一致は偶然ではない。この記事で答える問いは次の 3 つである。

どんな三角形でも、$p'(z)=0$ の 2 つの解は Steiner の内接楕円の焦点か。→ thm-mard-main
焦点を求めるのに、三角形を扱いやすい形に直してよいか。どんな変換なら許されるか。→ lem-mard-similar、ex-mard-cx-affine

楕円の反射の性質は、$p'$ の式からどう見えるか。→ prop-mard-reflect

高校の計算	この記事の言葉	大学数学で見ると
$p'(x)=0$ の解は極値の位置	$p'(z)=0$ の解は Steiner の内接楕円の焦点（thm-mard-main）	導関数の零点の位置（Gauss–Lucas の定理）
$p''(x)=0$ の解は変曲点、解の平均	$p''(z)=0$ の解は重心＝楕円の中心（cor-mard-center）	—
解と係数の関係	$f_1+f_2=\dfrac23(z_1+z_2+z_3)$、$f_1f_2=\dfrac13(z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1)$	対称式
複素数の 1 次式 $\alpha z+\beta$	相似変換で正規化する（lem-mard-similar）	相似変換の群

言葉の準備：3 次式とその導関数

平面の点 $(x,y)$ を複素数 $x+yi$ で表す（複素数平面と図形）。複素数を係数とする多項式の導関数も、実数の場合と同じ規則 $(z^n)'=nz^{n-1}$ で定める。ここでの「導関数」は多項式の係数から作る式で、極限は使わない。

三角形の 3 次式

一直線上にない 3 点 $z_1$、$z_2$、$z_3$（三角形の頂点）について
$$ p(z)=(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3) $$
とおく。$s_1=z_1+z_2+z_3$、$s_2=z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1$、$s_3=z_1z_2z_3$ とすると $p(z)=z^3-s_1z^2+s_2z-s_3$ で、
$$ p'(z)=3z^2-2s_1z+s_2,\qquad p''(z)=6z-2s_1 $$
である。重心は $G=\dfrac{s_1}3$ である（三角形の重心（高校数学））。

$p'(z)$ は、積の形のまま次のようにも書ける。
$$ p'(z)=(z-z_2)(z-z_3)+(z-z_1)(z-z_3)+(z-z_1)(z-z_2) $$
右辺を展開すると $3z^2-2(z_1+z_2+z_3)z+(z_2z_3+z_1z_3+z_1z_2)$ となり、左辺と一致する。

$p'$ と $p''$ の解

$p'(z)=0$ の 2 つの解を $f_1$、$f_2$ とすると（重解なら $f_1=f_2$）
$$ f_1+f_2=\frac23s_1=2G,\qquad f_1f_2=\frac{s_2}3,\qquad f_{1},f_2=G\pm\frac13\sqrt{s_1^2-3s_2} $$
である。$p''(z)=0$ の解は $z=\dfrac{s_1}3=G$ である。ここで $\sqrt{s_1^2-3s_2}$ は、2 乗して $s_1^2-3s_2$ になる複素数の一方を表す（$0$ でない複素数には、極形式で見ると 2 乗の根がちょうど 2 つあり、互いに $-1$ 倍である）。

平方完成と解と係数の関係

要点：$p'(z)=3z^2-2s_1z+s_2=3\left(z-\dfrac{s_1}3\right)^2-\dfrac{s_1^2-3s_2}3$ と平方完成し、$3(z-f_1)(z-f_2)$ と係数を比べる。

詳しい証明を開く

$p'(z)=3z^2-2s_1z+s_2$ なので、解と係数の関係（根と係数の関係と対称式。複素数の係数でも、$3(z-f_1)(z-f_2)$ と展開して係数を比べれば同じ式が出る）から $f_1+f_2=\dfrac{2s_1}3$、$f_1f_2=\dfrac{s_2}3$ である。平方完成すると

$$3z^2-2s_1z+s_2=3\left(z-\frac{s_1}3\right)^2-\frac{s_1^2}3+s_2=3\left(z-\frac{s_1}3\right)^2-\frac{s_1^2-3s_2}3$$

なので、$p'(z)=0$ は $\left(z-\dfrac{s_1}3\right)^2=\dfrac{s_1^2-3s_2}9$ と同じで、$z=\dfrac{s_1}3\pm\dfrac13\sqrt{s_1^2-3s_2}$ である。$p''(z)=6z-2s_1=0$ から $z=\dfrac{s_1}3$ である。$\square$

鋭角三角形で $p'$ の解を求める

$z_1=0$、$z_2=5$、$z_3=1+4i$ とする。$s_1=6+4i$、$s_2=0+5(1+4i)+0=5+20i$ である。
$$ s_1^2-3s_2=(36+48i-16)-(15+60i)=5-12i $$
で、$(3-2i)^2=9-12i-4=5-12i$ なので $\sqrt{5-12i}=\pm(3-2i)$ である。よって
$$ f_1,f_2=\frac{6+4i\pm(3-2i)}3=3+\frac23i,\quad 1+2i $$
である。$p''(z)=0$ の解は $G=\dfrac{6+4i}3=2+\dfrac43i$ である。Steinerの内接楕円の例で、この三角形 $A(0,0)$、$B(5,0)$、$C(1,4)$ の Steiner の内接楕円の焦点は $(1,2)$、$\left(3,\dfrac23\right)$ と求めてあり、一致している。

鋭角三角形 0、5、1+4i。p′(z)=0 の解 1+2i、3+(2/3)i（緑）が Steiner の内接楕円の焦点である

鈍角三角形 0、10、3+4i。p′(z)=0 の解 (5+5i)/3、7+i（緑）が Steiner の内接楕円の焦点である

相似変換で正規化する

三角形を扱いやすい位置に動かしてから計算したい。ただし、Steinerの内接楕円の反例で見たとおり、正三角形に直すアフィン変換は 焦点を焦点に移さない。使ってよいのは、長さの比と角を保つ変換である。

相似変換

$\alpha\ne0$、$\beta$ を複素数とする。複素数平面の点 $z$ を $h(z)=\alpha z+\beta$ に移す変換を 相似変換 という（正確には向きを保つ相似変換で、裏返し $z\mapsto\alpha\overline z+\beta$ は含めない。この記事ではこれだけを使う）。$\alpha=r(\cos\theta+i\sin\theta)$（$r=\lvert\alpha\rvert>0$）と書くと、$h$ は原点のまわりの角 $\theta$ の回転、$r$ 倍の拡大、$\beta$ だけの平行移動を続けたものである（複素数の掛け算は回転と拡大）。どの 2 点についても
$$ \lvert h(z)-h(w)\rvert=\lvert\alpha(z-w)\rvert=\lvert\alpha\rvert\,\lvert z-w\rvert $$
で、すべての長さが $\lvert\alpha\rvert$ 倍になる。

相似変換は、平面の点 $(x,y)$ の変換として見ると、行列 $\begin{pmatrix}r\cos\theta&-r\sin\theta\\r\sin\theta&r\cos\theta\end{pmatrix}$（行列式 $r^2>0$）による 1 次変換と平行移動を続けたものなので、アフィン変換の特別な場合である。

相似変換で移すと、すべてが同じ規則で移る

相似変換 $h(z)=\alpha z+\beta$ で三角形の頂点を $w_k=h(z_k)$（$k=1,2,3$）に移し、$q(w)=(w-w_1)(w-w_2)(w-w_3)$ とおく。このとき次が成り立つ。
(R1) すべての $z$ について $q(h(z))=\alpha^3p(z)$、$q'(h(z))=\alpha^2p'(z)$ である。特に、$q'(w)=0$ の解は、$p'(z)=0$ の解を $h$ で移したものである。
(R2) $h$ は、三角形 $z_1z_2z_3$ の Steiner の内接楕円を、三角形 $w_1w_2w_3$ の Steiner の内接楕円に移す。
(R3) $h$ は楕円を楕円に移し、焦点を焦点に移す。

積の形で計算する

要点：(i) は $h(z)-w_k=\alpha(z-z_k)$ を積の形の $q$ と $q'$ に入れれば出る。(ii) は $h$ がアフィン変換であることから Steinerの内接楕円の系による。(iii) は、楕円が「2 つの焦点までの距離の和が一定の点の集まり」であり、$h$ がすべての距離を $\lvert\alpha\rvert$ 倍することから出る。

詳しい証明を開く

(i) $h(z)-w_k=(\alpha z+\beta)-(\alpha z_k+\beta)=\alpha(z-z_k)$ なので、$q(h(z))=\alpha(z-z_1)\cdot\alpha(z-z_2)\cdot\alpha(z-z_3)=\alpha^3p(z)$ である。導関数は積の形の式で計算すると

$$q'(h(z))=\sum\bigl(h(z)-w_j\bigr)\bigl(h(z)-w_k\bigr)=\sum\alpha(z-z_j)\cdot\alpha(z-z_k)=\alpha^2p'(z)$$

である（和は $\{j,k\}=\{2,3\},\{1,3\},\{1,2\}$ の 3 通り）。$\alpha^2\ne0$ なので、$q'(h(z))=0$ と $p'(z)=0$ は同値である。$h$ はすべての複素数を 1 対 1 に移すので、$q'(w)=0$ の解はちょうど $p'(z)=0$ の解の像である。

(ii) $h$ はアフィン変換なので、Steinerの内接楕円の系（アフィン変換で三角形を移すと、Steiner の内接楕円も移る）による。

(iii) 楕円は、2 つの焦点 $f_1$、$f_2$ までの距離の和が一定値 $2a$ になる点の集まりである（2次曲線の焦点と準線。円は $f_1=f_2$ の場合）。$h$ で移すと、距離はすべて $\lvert\alpha\rvert$ 倍になるので、像は $h(f_1)$、$h(f_2)$ までの距離の和が $2\lvert\alpha\rvert a$ になる点の集まりである。$2\lvert\alpha\rvert a>\lvert h(f_1)-h(f_2)\rvert=\lvert\alpha\rvert\lvert f_1-f_2\rvert$ なので、これは $h(f_1)$、$h(f_2)$ を焦点とする楕円である。$\square$

lem-mard-similar の (iii) が、アフィン変換一般では成り立たない性質である。(i)〜(iii) により、Marden の定理を示すには、三角形を相似変換で好きな位置に動かしてから示せばよい。この記事では、重心 $G$ を原点に移す 平行移動 $h(z)=z-G$ で正規化する。正規化すると $s_1=z_1+z_2+z_3=0$ となり、$p'(z)=3z^2+s_2$ と式が簡単になる。

正規化の例

ex-mard-acute の三角形 $0$、$5$、$1+4i$ を $h(z)=z-\left(2+\dfrac43i\right)$ で移すと、頂点は $w_1=-2-\dfrac43i$、$w_2=3-\dfrac43i$、$w_3=-1+\dfrac83i$ になり、和は $0$ である。$q(w)=(w-w_1)(w-w_2)(w-w_3)$ の導関数は $q'(w)=3w^2-\dfrac53+4i$ で、$q'(w)=0$ の解は $w=\pm\left(1-\dfrac23i\right)$ である。

$q'(w)$ とその解の計算を開く

$w_1w_2=-\dfrac{70}9-\dfrac43i$、$w_2w_3=\dfrac59+\dfrac{28}3i$、$w_3w_1=\dfrac{50}9-4i$ なので、$s_2'=w_1w_2+w_2w_3+w_3w_1=-\dfrac{15}9+4i=-\dfrac53+4i$、$q'(w)=3w^2+s_2'$ である。$q'(w)=0$ は $w^2=\dfrac13\left(\dfrac53-4i\right)=\dfrac59-\dfrac43i$ で、$\left(1-\dfrac23i\right)^2=1-\dfrac43i-\dfrac49=\dfrac59-\dfrac43i$ である。

解を $h^{-1}(w)=w+2+\dfrac43i$ でもどすと $3+\dfrac23i$ と $1+2i$ で、ex-mard-acute の解と一致する（lem-mard-similar (i)）。

楕円の焦点を複素数で求める

正規化した三角形の Steiner の内接楕円の焦点を求めるために、楕円を $e^{it}$ で書き直す。$e^{it}=\cos t+i\sin t$（絶対値 $1$、偏角 $t$ の複素数）とすると
$$ \cos t=\frac{e^{it}+e^{-it}}2,\qquad\sin t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i} $$
である（$e^{-it}=\cos t-i\sin t$ との和と差をとる）。

$ae^{it}+be^{-it}$ の形の楕円の焦点

複素数 $a$、$b$ が $\lvert a\rvert\ne\lvert b\rvert$ を満たすとき、$t$ を $0\le t<2\pi$ で動かしたときの点
$$ ae^{it}+be^{-it} $$
の描く曲線は、原点を中心とし、半軸の長さが $\lvert a\rvert+\lvert b\rvert$ と $\bigl\lvert\lvert a\rvert-\lvert b\rvert\bigr\rvert$ の楕円である。その 2 つの焦点は、2 乗すると $4ab$ になる 2 つの複素数 $\pm2\sqrt{ab}$ である（$ab=0$ なら円で、焦点は原点で重なる）。

偏角をそろえて回す

要点：$a=\lvert a\rvert e^{i\varphi}$、$b=\lvert b\rvert e^{i\psi}$ とし、$\delta=\dfrac{\varphi+\psi}2$ とおくと、$ae^{it}+be^{-it}=e^{i\delta}\bigl((\lvert a\rvert+\lvert b\rvert)\cos\tau+i(\lvert a\rvert-\lvert b\rvert)\sin\tau\bigr)$（$\tau=t+\frac{\varphi-\psi}2$）と書ける。かっこの中は標準形の楕円で、焦点は $\pm c$、$c^2=(\lvert a\rvert+\lvert b\rvert)^2-(\lvert a\rvert-\lvert b\rvert)^2=4\lvert a\rvert\lvert b\rvert$ である。$e^{i\delta}$ で回すと焦点は $\pm ce^{i\delta}$ で、$(ce^{i\delta})^2=4\lvert a\rvert\lvert b\rvert e^{i(\varphi+\psi)}=4ab$ である。

詳しい証明を開く

段 1（偏角をそろえる）。$a=\lvert a\rvert e^{i\varphi}$、$b=\lvert b\rvert e^{i\psi}$ と極形式で書き（$a=0$ なら $\varphi$ は何でもよい。$b$ も同じ）、$\delta=\dfrac{\varphi+\psi}2$、$\tau=t+\dfrac{\varphi-\psi}2$ とおく。$\varphi=\delta+\dfrac{\varphi-\psi}2$、$\psi=\delta-\dfrac{\varphi-\psi}2$ なので

$$ae^{it}+be^{-it}=\lvert a\rvert e^{i(t+\varphi)}+\lvert b\rvert e^{-i(t-\psi)}=e^{i\delta}\left(\lvert a\rvert e^{i\tau}+\lvert b\rvert e^{-i\tau}\right)$$

である（指数の足し算 $e^{ix}e^{iy}=e^{i(x+y)}$ は、複素数の積で偏角が足されることである。複素数の掛け算は回転と拡大）。

段 2（かっこの中は標準形の楕円）。$e^{\pm i\tau}=\cos\tau\pm i\sin\tau$ を入れると

$$\lvert a\rvert e^{i\tau}+\lvert b\rvert e^{-i\tau}=\underbrace{(\lvert a\rvert+\lvert b\rvert)}_{A_0}\cos\tau+i\,\underbrace{(\lvert a\rvert-\lvert b\rvert)}_{B_0}\sin\tau$$

である。$\tau$ も $t$ と一緒に 1 周するので、かっこの中の点は楕円 $\dfrac{x^2}{A_0^2}+\dfrac{y^2}{B_0^2}=1$ を描く（$\lvert a\rvert\ne\lvert b\rvert$ なので $B_0\ne0$。2次曲線の媒介変数表示）。$A_0=\lvert a\rvert+\lvert b\rvert>\lvert B_0\rvert$ なので長軸は実軸の向きで、焦点は $\pm c$、$c=\sqrt{A_0^2-B_0^2}$ である（2次曲線の焦点と準線）。

$$c^2=(\lvert a\rvert+\lvert b\rvert)^2-(\lvert a\rvert-\lvert b\rvert)^2=4\lvert a\rvert\lvert b\rvert$$

なので $c=2\sqrt{\lvert a\rvert\lvert b\rvert}$ である。

段 3（回す）。$e^{i\delta}$ を掛けることは原点のまわりの角 $\delta$ の回転なので、曲線は段 2 の楕円を回したもので、焦点は $\pm ce^{i\delta}$ である。$\left(ce^{i\delta}\right)^2=4\lvert a\rvert\lvert b\rvert e^{i(\varphi+\psi)}=4ab$ なので、焦点は 2 乗すると $4ab$ になる 2 つの複素数である。$\square$

焦点の公式を確かめる

$a=2$、$b=1$ なら $2e^{it}+e^{-it}=3\cos t+i\sin t$ で、楕円 $\dfrac{x^2}9+y^2=1$ である。焦点は $\pm\sqrt{9-1}=\pm2\sqrt2$ で、公式でも $\pm2\sqrt{2\cdot1}=\pm2\sqrt2$ である。
(2) 焦点が虚軸の上にくる例を開く
(2) $a=2i$、$b=i$ なら $4ab=-8$ で、焦点は $\pm2\sqrt2\,i$（虚軸の上）である。実際 $2ie^{it}+ie^{-it}=i(3\cos t+i\sin t)=-\sin t+3i\cos t$ で、これは (1) の楕円を $90^\circ$ 回した楕円 $x^2+\dfrac{y^2}9=1$ である。

主定理：導関数の根は焦点

Marden の定理

一直線上にない 3 点 $z_1$、$z_2$、$z_3$ について $p(z)=(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)$ とおく。$p'(z)=0$ の 2 つの解は、三角形 $z_1z_2z_3$ の Steiner の内接楕円の 2 つの焦点である（楕円が円のときは、重解が円の中心である）。

証明の方針：lem-mard-similar により、重心を原点に移して正規化してよい。正規化した三角形で、Steiner の内接楕円を $ae^{it}+be^{-it}$ の形に書き、lem-mard-foci で焦点 $\pm2\sqrt{ab}$ を求め、$p'(z)=0$ の解と比べる。

段 1（正規化）。$h(z)=z-G$ で移すと、lem-mard-similar により、$p'$ の解も、Steiner の内接楕円も、その焦点も、すべて $h$ で移る。よって、移した三角形で「$q'(w)=0$ の解が焦点」を示せば、もとの三角形でも成り立つ。以下、はじめから $G=0$、つまり $z_1+z_2+z_3=0$ とする。このとき $s_1=0$ で、lem-mard-roots により $p'(z)=0$ の解は $z^2=-\dfrac{s_2}3$ の 2 つの解である。
段 2（楕円を書く）。Steinerの内接楕円の媒介変数表示（$A=z_1$、$B=z_2$、$C=z_3$、$G=0$）により、Steiner の内接楕円は
$$ u\cos t+v\sin t,\qquad u=\frac{z_3}2,\quad v=\frac{z_2-z_1}{2\sqrt3} $$
である。$\cos t$、$\sin t$ を $e^{\pm it}$ で書くと
$$ u\cos t+v\sin t=u\cdot\frac{e^{it}+e^{-it}}2+v\cdot\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}=\frac{u-iv}2\,e^{it}+\frac{u+iv}2\,e^{-it} $$
である（$\dfrac1i=-i$ を使った）。$a=\dfrac{u-iv}2$、$b=\dfrac{u+iv}2$ とおく。
段 3（$\lvert a\rvert\ne\lvert b\rvert$）。$\lvert w\rvert^2=w\overline w$ を使って展開すると
$$ \lvert u-iv\rvert^2=\lvert u\rvert^2+iu\overline v-i\overline uv+\lvert v\rvert^2,\qquad\lvert u+iv\rvert^2=\lvert u\rvert^2-iu\overline v+i\overline uv+\lvert v\rvert^2 $$
なので、$\lvert u-iv\rvert^2-\lvert u+iv\rvert^2=2i\bigl(u\overline v-\overline{u\overline v}\bigr)=2i\cdot2i\,\mathrm{Im}(u\overline v)=-4\,\mathrm{Im}(u\overline v)$ である（$\overline uv=\overline{u\overline v}$、$w-\overline w=2i\,\mathrm{Im}\,w$）。よって $\lvert a\rvert=\lvert b\rvert$ となるのは $u\overline v$ が実数のときだけである。$u\overline v$ が実数になるのは、$u$ と $v$ が複素数平面で平行なベクトル（一方が他方の実数倍）のときだけである。$u=\dfrac{z_3}2$ が $v$ に平行だと、Steinerの内接楕円の媒介変数表示の証明で見たとおり $z_3$ が直線 $z_1z_2$ の上にきて三角形にならない。よって $\lvert a\rvert\ne\lvert b\rvert$ で、lem-mard-foci が使える。
段 4（焦点）。lem-mard-foci により、焦点は 2 乗すると
$$ 4ab=(u-iv)(u+iv)=u^2-i^2v^2=u^2+v^2 $$
になる 2 つの複素数である。
段 5（$p'$ の解と比べる）。$z_3=-(z_1+z_2)$ を使って計算する。
$$ u^2+v^2=\frac{(z_1+z_2)^2}4+\frac{(z_2-z_1)^2}{12}=\frac{3(z_1^2+2z_1z_2+z_2^2)+(z_1^2-2z_1z_2+z_2^2)}{12}=\frac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}3 $$
である。一方
$$ s_2=z_1z_2+z_3(z_1+z_2)=z_1z_2-(z_1+z_2)^2=-(z_1^2+z_1z_2+z_2^2) $$
なので、$-\dfrac{s_2}3=\dfrac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}3=u^2+v^2$ である。したがって、$p'(z)=0$ の解（$z^2=-\dfrac{s_2}3$ の解）と焦点（2 乗すると $u^2+v^2$ になる数）は、同じ 2 次方程式 $z^2=u^2+v^2$ の 2 つの解で、一致する。$u^2+v^2=0$ のときは、lem-mard-foci により楕円は原点を中心とする円で、$p'(z)=3z^2$ の重解 $0$ がその中心である。$\square$

証明の要は段 5 の恒等式 $u^2+v^2=-\dfrac{s_2}3$ である。焦点は「楕円を決める 2 本のベクトル $u$、$v$ の 2 乗の和」の平方根で、$p'$ の解は「係数 $s_2$」から決まる数の平方根である。重心を原点に置くと、この 2 つが同じ量になる。

2 階の導関数の根は中心

$p''(z)=0$ の解は重心 $G$ で、Steiner の内接楕円の中心である。$p$ の 3 つの根の平均、$p'$ の 2 つの根の平均、$p''$ の根は、すべて $G$ に等しい。

平均を比べる

lem-mard-roots により、$p''(z)=0$ の解は $G$、$p'$ の 2 つの根の平均は $\dfrac{f_1+f_2}2=G$、$p$ の 3 つの根の平均は $\dfrac{s_1}3=G$ である。$G$ が楕円の中心であることは Steinerの内接楕円の主定理である。$\square$

鈍角三角形で確かめる

$z_1=0$、$z_2=10$、$z_3=3+4i$（$z_3$ での角は約 $97.1^\circ$ で鈍角）とする。$s_1=13+4i$、$s_2=10(3+4i)=30+40i$ で
$$ s_1^2-3s_2=(169+104i-16)-(90+120i)=63-16i,\qquad(8-i)^2=64-16i-1=63-16i $$
なので、lem-mard-roots により
$$ f_1,f_2=\frac{13+4i\pm(8-i)}3=7+i,\quad\frac{5+5i}3 $$
である。Steinerの内接楕円の鈍角三角形の例（$A(0,0)$、$B(10,0)$、$C(3,4)$）の楕円 $16x^2+16xy+79y^2-160x-280y+400=0$ は、半軸 $\dfrac{4\sqrt5}3$、$\dfrac{\sqrt{15}}3$ をもち、焦点は $(7,1)$、$\left(\dfrac53,\dfrac53\right)$ で、$p'$ の解と一致する。

中点から焦点までの距離の和で確かめる計算を開く

辺 $AB$ の中点 $(5,0)$ から 2 つの焦点までの距離の和は $\sqrt{4+1}+\sqrt{\dfrac{100}9+\dfrac{25}9}=\sqrt5+\dfrac{5\sqrt5}3=\dfrac{8\sqrt5}3$ で、長軸の長さ $2\cdot\dfrac{4\sqrt5}3$ に等しい。

中点で見る反射の性質

楕円の焦点の一方から出た光は、楕円で反射して他方の焦点に向かう（2次曲線の接線と光学的性質）。Steiner の内接楕円は辺の中点で辺に接しているので、焦点 $f_1$ から中点に向かった光は、辺で反射して $f_2$ に向かうはずである。これが $p'$ の式から直接読み取れる。

中点での $p'$ の値

辺 $z_1z_2$ の中点を $m=\dfrac{z_1+z_2}2$ とすると
$$ p'(m)=-\frac{(z_2-z_1)^2}4,\qquad(f_1-m)(f_2-m)=-\frac{(z_2-z_1)^2}{12} $$
である。特に、$f_1$ から $m$ に向かう光を辺 $z_1z_2$ を含む直線で反射させると、$f_2$ の向きに進む。また $\lvert m-f_1\rvert\lvert m-f_2\rvert=\dfrac{\lvert z_1-z_2\rvert^2}{12}$ である。

積の形に中点を入れる

要点：$(m-z_1)+(m-z_2)=0$ なので、積の形の $p'$ に $m$ を入れると $p'(m)=(m-z_1)(m-z_2)=-\dfrac{(z_2-z_1)^2}4$ で、$p'(m)=3(m-f_1)(m-f_2)$ と比べて後半の式を得る。偏角をとると $\arg(f_1-m)+\arg(f_2-m)=2\arg(z_2-z_1)+180^\circ$ で、これは $m-f_1$ の向きの光を偏角 $\arg(z_2-z_1)$ の直線で反射させた向きが $f_2-m$ の向きであることを表す。

詳しい証明を開く

段 1（$p'(m)$）。$(m-z_1)+(m-z_2)=2m-z_1-z_2=0$ である。積の形の $p'$ に入れると

$$p'(m)=(m-z_3)\bigl((m-z_2)+(m-z_1)\bigr)+(m-z_1)(m-z_2)=(m-z_1)(m-z_2)=\frac{z_2-z_1}2\cdot\frac{z_1-z_2}2=-\frac{(z_2-z_1)^2}4$$

である。$p'(z)=3(z-f_1)(z-f_2)$ なので $(m-f_1)(m-f_2)=-\dfrac{(z_2-z_1)^2}{12}$ で、$(f_1-m)(f_2-m)$ も同じ値である（2 つの因子の符号を両方変えた）。絶対値をとると後半の式を得る。

段 2（偏角）。$d=z_2-z_1$ の偏角を $\theta$ とする。積の偏角は偏角の和なので（複素数の掛け算は回転と拡大）、$-1$ の偏角 $180^\circ$ を使って

$$\arg(f_1-m)+\arg(f_2-m)=2\theta+180^\circ$$

である（$360^\circ$ の整数倍の違いを除く）。

段 3（反射）。$f_1$ から $m$ に向かう光の向きは $m-f_1$ で、偏角は $\arg(f_1-m)+180^\circ$ である。偏角 $\theta$ の直線で反射すると、向きの偏角 $\psi$ は $2\theta-\psi$ に変わる（直線となす角の大きさは同じで、反対の側にくる）。反射した光の偏角は

$$2\theta-\bigl(\arg(f_1-m)+180^\circ\bigr)=\bigl(2\theta+180^\circ-\arg(f_1-m)\bigr)-360^\circ=\arg(f_2-m)-360^\circ$$

で、$f_2-m$ と同じ向きである。$\square$

中点での値を確かめる

ex-mard-start の三角形で、辺 $z_1z_2$（$-3$ と $3$）の中点は $m=0$ である。$(0-f_1)(0-f_2)=(-\sqrt2-i)(\sqrt2-i)=-2+\sqrt2i-\sqrt2i+i^2=-3$ で、$-\dfrac{6^2}{12}=-3$ と一致する。$\lvert m-f_1\rvert=\lvert m-f_2\rvert=\sqrt3$ で、積は $3=\dfrac{36}{12}$ である。
ex-mard-acute の三角形で、辺 $0$、$5$ の中点 $m=\dfrac52$ では、$\left(\dfrac52-1-2i\right)\left(\dfrac52-3-\dfrac23i\right)=\left(\dfrac32-2i\right)\left(-\dfrac12-\dfrac23i\right)=-\dfrac34-i+i+\dfrac43i^2=-\dfrac34-\dfrac43=-\dfrac{25}{12}$ で、$-\dfrac{5^2}{12}$ と一致する。値が負の実数なので、$\arg(f_1-m)+\arg(f_2-m)=180^\circ$ で、辺（実軸、$\theta=0^\circ$）で反射した光が $f_2$ に向かう。

鋭角三角形 0、5、1+4i で、焦点 f₁ から各辺の中点（赤）に向かう光（橙）は、辺で反射して焦点 f₂ に向かう
prop-mard-reflect は、3 つの中点それぞれで、辺が $mf_1$ と $mf_2$ と等しい角をなすことを示す。これは、$f_1$、$f_2$ を焦点とし中点を通る楕円が、その中点で辺に接することを意味する（楕円の反射の性質の逆）。3 つの中点で同じ楕円になること（焦点までの距離の和が等しいこと）は、thm-mard-main から分かる。別の初等的な証明が Kal08 にある。

例と反例

	$p$	$p'$	$p''$
根の個数	$3$	$2$	$1$
図形での意味	三角形の頂点	Steiner の内接楕円の焦点	重心（楕円の中心）
根の和	$s_1$	$\dfrac23s_1$	$\dfrac13s_1$
根の平均	$G$	$G$	$G$
実数の 3 次関数では	$x$ 軸との交点	極値をとる $x$	変曲点の $x$

thm-mard-main の仮定と、証明で使った変換の条件を外すとどうなるかを並べる。

外す条件	反例	成り立たなくなること
変換を相似変換に限ること（アフィン変換で正三角形に直す）	正三角形では $p'$ が重解をもつ（ex-mard-cx-affine）	焦点の像が焦点になる
3 点が一直線上にない	$z=0,1,3$（ex-mard-cx-collinear）	楕円がつぶれて線分になる
3 点が異なる	$p(z)=z^2(z-3)$（ex-mard-cx-double）	三角形・内接楕円ができない

反例：正三角形に直すと焦点を見失う

正三角形 $1$、$\omega$、$\omega^2$（$\omega$ は 1 の虚数の 3 乗根）では $p(z)=z^3-1$、$p'(z)=3z^2$ で、$p'(z)=0$ は重解 $0$ をもつ。Steiner の内接楕円は内接円で、焦点は中心 $0$ で重なっている。
この正三角形を ex-mard-acute の三角形 $0$、$5$、$1+4i$ に移すアフィン変換 $f$ を使うと、重解 $0$（重心）は重心 $2+\dfrac43i$ に移る。しかし実際の焦点は $1+2i$ と $3+\dfrac23i$ で、$2+\dfrac43i$ はその中点にすぎない。「正三角形に直して焦点を求め、もどす」という方法では、2 つの焦点が 1 点に重なったまま出てきてしまう。アフィン変換は焦点を保たない（Steinerの内接楕円の反例）ので、lem-mard-similar (iii) のような性質は、相似変換でしか使えない。

反例：一直線上の 3 点

$z_1=0$、$z_2=1$、$z_3=3$ は一直線上にある。$p'(z)=3z^2-8z+3$ の根は $\dfrac{4\pm\sqrt7}3\approx0.451$、$2.215$ で、ex-mard-real の極値の位置である。
Steinerの内接楕円の媒介変数表示の式にこの 3 点を入れると、$G=\dfrac43$、$u=\dfrac{3-\frac43}2=\dfrac56$、$v=\dfrac{1-0}{2\sqrt3}=\dfrac1{2\sqrt3}$ はどちらも実数で、$G+u\cos t+v\sin t$ は実軸の上を動く。$u\cos t+v\sin t$ の範囲は、三角関数の合成により $-\sqrt{u^2+v^2}$ から $\sqrt{u^2+v^2}=\sqrt{\dfrac{25}{36}+\dfrac1{12}}=\dfrac{\sqrt7}3$ までで、楕円は線分 $\left[\dfrac{4-\sqrt7}3,\ \dfrac{4+\sqrt7}3\right]$ につぶれる。つぶれた楕円の両端が $p'$ の根になっている。

頂点 1+hi を h=2、1、0.3 と実軸に近づけると、Steiner の内接楕円（青）と焦点（緑）は、頂点 0、1、3 に対する p′ の 2 つの根を結ぶ線分（赤）に近づく

反例：重根をもつ 3 次式

$p(z)=z^2(z-3)$ では、根は $0$（2 重）と $3$ で、三角形ができない。$p'(z)=3z^2-6z=3z(z-2)$ の根は $0$ と $2$ で、一方は重根 $0$ そのものである。Steiner の内接楕円はそもそも定まらない。

大学数学で見る：導関数の根はどこにあるか

thm-mard-main から、$p'$ の 2 つの根は Steiner の内接楕円の焦点なので、三角形の内部にある（楕円の焦点は楕円の内部にあり、楕円は三角形の内部に入っている）。次数が高い多項式でも、似たことが成り立つ。

Gauss–Lucas の定理

複素数を係数とする多項式 $p(z)$ の根を $z_1,\dots,z_n$（重複を含む）とすると、$p'(z)$ の根はすべて、$z_1,\dots,z_n$ を頂点とする凸多角形（凸包）の中にある。

証明の概略と例を開く

$w$ を $p'(w)=0$ の根で、$p$ の根ではないものとする。積の形の $p'$ を $p$ で割ると $\dfrac{p'(w)}{p(w)}=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{w-z_k}=0$ である。$\dfrac1{w-z_k}=\dfrac{\overline{w-z_k}}{\lvert w-z_k\rvert^2}$ なので、両辺の共役をとると $\displaystyle\sum_k\frac{w-z_k}{\lvert w-z_k\rvert^2}=0$、つまり $w=\displaystyle\sum_k\lambda_kz_k$、$\lambda_k=\dfrac{1/\lvert w-z_k\rvert^2}{\sum_j1/\lvert w-z_j\rvert^2}$ である。$\lambda_k>0$、$\sum\lambda_k=1$ なので、$w$ は $z_k$ の重み付きの平均で、凸包の中にある。$w$ が $p$ の根なら、はじめから凸包の中にある。

例：ex-mard-acute の $f=1+2i$ では、$\lvert f-0\rvert^2=5$、$\lvert f-5\rvert^2=20$、$\lvert f-(1+4i)\rvert^2=4$ で、重みは $\dfrac15:\dfrac1{20}:\dfrac14=4:1:5$、つまり $\lambda=\dfrac25,\dfrac1{10},\dfrac12$ である。$\dfrac25\cdot0+\dfrac1{10}\cdot5+\dfrac12(1+4i)=1+2i$ となる。

Marden の定理は、$n=3$ のときの Gauss–Lucas の定理を「三角形の中のどこか」から「決まった楕円の焦点」にまで精密にしたものである。$n$ が一般のときも、$p'$ の根を曲線の焦点として述べる一般化がある。Kalman は、この定理を 1864 年の Siebeck の論文にさかのぼるものとして紹介し、初等的な証明を与えている（Kal08）。
複素数を係数とする多項式の導関数は、複素関数の微分（複素関数論）の最も簡単な例である。多項式の根と導関数の根の位置の関係は、複素関数論で多項式の零点の分布として研究される（複素数）。

さらに先へ

Steinerの内接楕円の「アフィン変換で移り合う」性質と違い、焦点は相似変換でしか移らない。thm-mard-main の証明が重心を原点に移すだけの正規化を使ったのはこのためである。
どんな三角形からも決まった図形が出てくる定理として、Morleyの定理（三等分線から正三角形）と Napoleonの定理がある。
実数の 3 次関数の極値と変曲点は、3次関数のグラフで詳しく扱う。変曲点が根の平均にあることは、cor-mard-center の実数の場合である。