複素数平面と図形

$\alpha=a_1+a_2i$、$\beta=b_1+b_2i$（$a_1,a_2,b_1,b_2$ は実数）とおく。座標平面での 2 点間の距離の公式により $\mathrm{AB}=\sqrt{(b_1-a_1)^2+(b_2-a_2)^2}$ である。一方、$\beta-\alpha=(b_1-a_1)+(b_2-a_2)i$ なので、絶対値の定義（def-cpg-plane の 2）から $|\beta-\alpha|=\sqrt{(b_1-a_1)^2+(b_2-a_2)^2}$ である。両者は同じ式である。$\square$

方針：矢印 $\beta-\alpha$ と $\gamma-\alpha$ をそれぞれ極形式で書き、割り算の規則「絶対値は割り、偏角は引く」を使う。
段 1（極形式で書く）。$\beta-\alpha\ne0$ なので、$r_1:=|\beta-\alpha|>0$ とし、$\theta_1$ を $\beta-\alpha$ の偏角とすると $\beta-\alpha=r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)$ である。prop-cpg-distance により $r_1=\mathrm{AB}$ である。また $\theta_1$ は、実軸の正の向きから矢印 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ の向きまで反時計回りに測った角である（矢印を平行移動して始点を原点に置くと、終点が $\beta-\alpha$ になるから）。同じように $\gamma-\alpha=r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)$、$r_2=\mathrm{AC}$ とし、$\theta_2$ は矢印 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ の向きの角である。
段 2（割り算）。$\cos\theta+i\sin\theta$ の形の数の積は偏角の和になる（複素数の掛け算は回転と拡大 の主定理。中身は三角関数の加法定理である）。特に
$$ (\cos\theta_1+i\sin\theta_1)\bigl(\cos(\theta_2-\theta_1)+i\sin(\theta_2-\theta_1)\bigr)=\cos\theta_2+i\sin\theta_2 $$
であり、両辺を $\cos\theta_1+i\sin\theta_1$（$0$ でない）で割ると
$$ \frac{\cos\theta_2+i\sin\theta_2}{\cos\theta_1+i\sin\theta_1}=\cos(\theta_2-\theta_1)+i\sin(\theta_2-\theta_1) $$
となる。したがって
$$ w=\frac{r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)}{r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)}=\frac{r_2}{r_1}\bigl(\cos(\theta_2-\theta_1)+i\sin(\theta_2-\theta_1)\bigr) $$
である。
段 3（1 と 2 を読む）。$\frac{r_2}{r_1}>0$ なので、この式は $w$ の極形式である。よって $|w|=\frac{r_2}{r_1}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$ であり、1 が成り立つ。また $\arg w=\theta_2-\theta_1$ である。矢印 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ の向きの角が $\theta_1$、矢印 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ の向きの角が $\theta_2$ なので、半直線 $\mathrm{AB}$ を反時計回りに $\theta_2-\theta_1$ 回すと半直線 $\mathrm{AC}$ に重なる。これが 2 である。
段 4（3 を読む）。$w$ の定義の両辺に $\beta-\alpha$ を掛けると $\gamma-\alpha=w(\beta-\alpha)$、すなわち $\gamma=\alpha+w(\beta-\alpha)$ である。$w$ を掛けることは原点のまわりの角 $\arg w$ の回転と $|w|$ 倍の拡大である（複素数の掛け算は回転と拡大）。矢印 $\beta-\alpha$ をこのように回して伸ばしたものが矢印 $\gamma-\alpha$ であり、その始点を $\mathrm{A}$ に置くと終点が $\mathrm{C}$ になる。これが 3 である。$\square$

$\bar u=p-qi$ なので
$$ v\bar u=(s+ti)(p-qi)=sp-sqi+tpi-tqi^2=(ps+qt)+(pt-qs)i $$
である。最後に $i^2=-1$ を使った。$\square$

方針：$u:=\beta-\alpha$、$v:=\gamma-\alpha$ とおき、lem-cpg-inner-det で $w$ の実部と虚部を内積と行列式で表す。
段 1（準備）。$u=p+qi$、$v=s+ti$ と書く。仮定から $u\ne0$、$v\ne0$ である。上で見たとおり
$$ w=\frac{v\bar u}{|u|^2}=\frac{ps+qt}{|u|^2}+\frac{pt-qs}{|u|^2}\,i $$
である。
段 2（1 の前半）。$w$ が実数 $\iff$ 虚部が $0$ $\iff$ $pt-qs=0$ である。$pt-qs=0$ は、矢印 $\boldsymbol u=(p,q)$ と $\boldsymbol v=(s,t)$ が平行であることと同値である。実際、$\boldsymbol u\ne\boldsymbol 0$ なので、$pt-qs=0$ ならば $\boldsymbol v=k\boldsymbol u$ となる実数 $k$ がある（$p\ne0$ なら $k=s/p$ とすると $t=qs/p=kq$、$p=0$ なら $q\ne0$ で、$pt-qs=0$ から $s=0$ となり、$k=t/q$ とすると $s=0=kp$、$t=kq$）。逆に $\boldsymbol v=k\boldsymbol u$ なら $pt-qs=p\cdot kq-q\cdot kp=0$ である。そして $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=k\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ となる実数 $k$ があることは、$\mathrm{C}$ が直線 $\mathrm{AB}$ 上にあることにほかならない（直線 $\mathrm{AB}$ のベクトル方程式）。
段 3（2 の前半）。$w$ が純虚数 $\iff$ 実部が $0$ かつ $w\ne0$ である。$w\ne0$ は $v\ne0$ から成り立っている。実部が $0$ $\iff$ $ps+qt=0$ $\iff$ 内積 $\boldsymbol u\cdot\boldsymbol v=0$ であり、$\boldsymbol u$、$\boldsymbol v$ はどちらも $\boldsymbol 0$ でないので、これは $\mathrm{AB}\perp\mathrm{AC}$ と同値である。
段 4（共役による言い換え）。def-cpg-plane の後で見たとおり、$w$ が実数 $\iff$ $w=\bar w$、$w$ の実部が $0$ $\iff$ $w+\bar w=0$ である。段 3 で $w\ne0$ はいつも成り立つので、2 の最後の同値も成り立つ。$\square$

方針：$|z-\alpha|^2-|z-\beta|^2$ を計算し、中点 $m:=\frac{\alpha+\beta}2$ からの矢印 $z-m$ と $\beta-\alpha$ の内積の形にする。
段 1（2 乗の差）。両辺とも $0$ 以上なので、$|z-\alpha|=|z-\beta|\iff|z-\alpha|^2=|z-\beta|^2$ である。上の展開の式を 2 回使うと、$|z|^2$ が打ち消し合って
$$ |z-\alpha|^2-|z-\beta|^2=-2\operatorname{Re}(\bar\alpha z)+|\alpha|^2+2\operatorname{Re}(\bar\beta z)-|\beta|^2=2\operatorname{Re}\bigl((\bar\beta-\bar\alpha)z\bigr)-\bigl(|\beta|^2-|\alpha|^2\bigr) $$
となる。
段 2（中点を入れる）。$(\bar\beta-\bar\alpha)(\alpha+\beta)=\bar\beta\alpha+|\beta|^2-|\alpha|^2-\bar\alpha\beta$ である。ここで $\bar\beta\alpha-\bar\alpha\beta=\bar\beta\alpha-\overline{\bar\beta\alpha}$ は「数からその共役を引いたもの」なので実部が $0$ である。よって $\operatorname{Re}\bigl((\bar\beta-\bar\alpha)(\alpha+\beta)\bigr)=|\beta|^2-|\alpha|^2$ であり、$m=\frac{\alpha+\beta}2$ を使うと $|\beta|^2-|\alpha|^2=2\operatorname{Re}\bigl((\bar\beta-\bar\alpha)m\bigr)$ と書ける。段 1 の式に代入すると
$$ |z-\alpha|^2-|z-\beta|^2=2\operatorname{Re}\bigl((\bar\beta-\bar\alpha)(z-m)\bigr)=2\operatorname{Re}\bigl((z-m)\,\overline{(\beta-\alpha)}\bigr) $$
である。
段 3（内積として読む）。lem-cpg-inner-det で $u=\beta-\alpha$、$v=z-m$ とすると、最後の式の $\operatorname{Re}\bigl(v\bar u\bigr)$ は矢印 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{M}z}$ の内積である。したがって $|z-\alpha|=|z-\beta|$ $\iff$ この内積が $0$ $\iff$ $z=m$ または $\mathrm{M}z\perp\mathrm{AB}$ である（$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\ne\boldsymbol 0$ だから）。$\square$

方針：両辺を 2 乗して展開し、$|z|^2$ の係数で割ってから、2 次関数の平方完成と同じ要領で $|z-c|^2$ の形にまとめる。
段 1（2 乗して展開）。両辺は $0$ 以上なので、$|z-\alpha|=k|z-\beta|\iff|z-\alpha|^2=k^2|z-\beta|^2$ である。展開の式を使うと、これは
$$ |z|^2-\bar\alpha z-\alpha\bar z+|\alpha|^2=k^2\bigl(|z|^2-\bar\beta z-\beta\bar z+|\beta|^2\bigr) $$
であり、左辺に集めると
$$ (1-k^2)|z|^2-(\bar\alpha-k^2\bar\beta)z-(\alpha-k^2\beta)\bar z+|\alpha|^2-k^2|\beta|^2=0 $$
となる。
段 2（$1-k^2$ で割る）。$k\ne1$、$k>0$ なので $1-k^2\ne0$ である。両辺を $1-k^2$ で割り、$c=\frac{\alpha-k^2\beta}{1-k^2}$ とおく。$1-k^2$ は実数なので $\bar c=\frac{\bar\alpha-k^2\bar\beta}{1-k^2}$ であり、
$$ |z|^2-\bar cz-c\bar z+d=0,\qquad d:=\frac{|\alpha|^2-k^2|\beta|^2}{1-k^2} $$
となる。
段 3（平方完成）。展開の式から $|z-c|^2=|z|^2-\bar cz-c\bar z+|c|^2$ なので、段 2 の式は $|z-c|^2=|c|^2-d$ と同値である。
段 4（右辺の計算）。通分すると
$$ |c|^2-d=\frac{|\alpha-k^2\beta|^2-(1-k^2)\bigl(|\alpha|^2-k^2|\beta|^2\bigr)}{(1-k^2)^2} $$
である。分子の第 1 項は展開の式から $|\alpha|^2-2k^2\operatorname{Re}(\bar\alpha\beta)+k^4|\beta|^2$、第 2 項は $-|\alpha|^2+k^2|\beta|^2+k^2|\alpha|^2-k^4|\beta|^2$ である。足すと $|\alpha|^2$ と $k^4|\beta|^2$ が打ち消し合い、
$$ k^2\bigl(|\alpha|^2-2\operatorname{Re}(\bar\alpha\beta)+|\beta|^2\bigr)=k^2|\alpha-\beta|^2 $$
が残る（最後に展開の式を $z=\beta$ として使った）。よって $|c|^2-d=\dfrac{k^2|\alpha-\beta|^2}{(1-k^2)^2}=\rho^2$ である。
段 5（まとめ）。$\rho>0$ なので、$|z-c|^2=\rho^2\iff|z-c|=\rho$ である。段 1〜4 はすべて同値な変形なので、命題が成り立つ。$\square$

方針：1 と 2 の同値は thm-cpg-ratio で示す。2 と 3 の同値は、$e^{\pm i\pi/3}$ を解にもつ 2 次方程式 $w^2-w+1=0$ を経由して示す。$w:=\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}$ とおく（$\beta\ne\alpha$ なので定義できる）。
段 1（1 ⇔ 2）。正三角形なら $\mathrm{AC}=\mathrm{AB}$ で、$\angle\mathrm{BAC}=60^\circ$ である。thm-cpg-ratio により $|w|=1$ であり、向きのついた角は $+\frac\pi3$ か $-\frac\pi3$ である（$\mathrm{C}$ が直線 $\mathrm{AB}$ のどちら側にあるかで決まる）。よって $w=\cos\frac\pi3\pm i\sin\frac\pi3$ である。逆に 2 が成り立てば、thm-cpg-ratio により $\mathrm{AC}=\mathrm{AB}$ かつ $\angle\mathrm{BAC}=60^\circ$ である。二等辺三角形の底角は等しいので、残りの 2 角はどちらも $\frac{180^\circ-60^\circ}2=60^\circ$ であり、3 つの角が等しいので正三角形である。
段 2（2 ⇔ $w^2-w+1=0$）。2 次方程式 $w^2-w+1=0$ の解は、解の公式により $w=\frac{1\pm\sqrt{1-4}}2=\frac12\pm\frac{\sqrt3}2i$ である。$\cos\frac\pi3=\frac12$、$\sin\frac\pi3=\frac{\sqrt3}2$ なので、これはちょうど 2 の 2 つの値である。よって 2 $\iff$ $w^2-w+1=0$ である。
段 3（$w^2-w+1=0$ ⇔ 3）。$\beta-\alpha\ne0$ なので、$w^2-w+1=0$ の両辺に $(\beta-\alpha)^2$ を掛けたもの
$$ (\gamma-\alpha)^2-(\gamma-\alpha)(\beta-\alpha)+(\beta-\alpha)^2=0 $$
と同値である。左辺を 1 項ずつ展開する。
$$ (\gamma-\alpha)^2=\gamma^2-2\gamma\alpha+\alpha^2,\qquad (\gamma-\alpha)(\beta-\alpha)=\beta\gamma-\gamma\alpha-\alpha\beta+\alpha^2,\qquad (\beta-\alpha)^2=\beta^2-2\alpha\beta+\alpha^2 $$
である。第 1 式から第 2 式を引き、第 3 式を足す。$\alpha^2$ は $1-1+1=1$ 個、$\gamma\alpha$ の係数は $-2+1=-1$、$\alpha\beta$ の係数は $+1-2=-1$、$\beta\gamma$ の係数は $-1$ なので、左辺は
$$ \alpha^2+\beta^2+\gamma^2-\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha $$
に等しい。これが $0$ であることは 3 と同じである。$\square$

準備。$\omega$ は $x^3=1$ の解で、$\omega^3=1$ である。$\omega\ne1$ と $\omega^3-1=(\omega-1)(\omega^2+\omega+1)=0$ から $1+\omega+\omega^2=0$ である。また $\omega^4=\omega^3\omega=\omega$ である。
1：右辺を 9 個の積に展開する。
$$ \alpha^2+\omega^2\alpha\beta+\omega\alpha\gamma+\omega\alpha\beta+\omega^3\beta^2+\omega^2\beta\gamma+\omega^2\alpha\gamma+\omega^4\beta\gamma+\omega^3\gamma^2 $$
である。$\omega^3=1$、$\omega^4=\omega$ を使って同類項をまとめると、$\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+(\omega+\omega^2)(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)$ となる。$\omega+\omega^2=-1$ なので、左辺に等しい。
2：$1+\omega+\omega^2=0$ から $\alpha(1+\omega+\omega^2)=0$ なので、
$$ \alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma-\alpha(1+\omega+\omega^2)=\omega(\beta-\alpha)+\omega^2(\gamma-\alpha) $$
である。これが $0$ であることは、両辺を $\omega^2$ で割って $\gamma-\alpha=-\omega^{-1}(\beta-\alpha)$ と同値である。$\omega^{-1}=\omega^2=-\frac12-\frac{\sqrt3}2i$ なので $-\omega^{-1}=\frac12+\frac{\sqrt3}2i=\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3$ である。最後の言い換えは thm-cpg-ratio の 3 と prop-cpg-equilateral による（半直線 $\mathrm{AB}$ から $\mathrm{AC}$ へ反時計回りに $60^\circ$ なので、$\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ は反時計回りに並ぶ）。
3：2 と同じ計算で $\omega$ と $\omega^2$ を入れ替える。
$$ \alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma-\alpha(1+\omega+\omega^2)=\omega^2(\beta-\alpha)+\omega(\gamma-\alpha) $$
である。これが $0$ であることは、両辺を $\omega$ で割って $\omega(\beta-\alpha)+(\gamma-\alpha)=0$、すなわち $\gamma-\alpha=-\omega(\beta-\alpha)$ と同値である。$-\omega=\frac12-\frac{\sqrt3}2i=\cos\frac\pi3-i\sin\frac\pi3=\cos\bigl(-\frac\pi3\bigr)+i\sin\bigl(-\frac\pi3\bigr)$ である。thm-cpg-ratio により $\mathrm{AC}=\mathrm{AB}$ で、半直線 $\mathrm{AB}$ から $\mathrm{AC}$ へ時計回りに $60^\circ$ なので、prop-cpg-equilateral により三角形 $\mathrm{ABC}$ は正三角形で、$\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ は時計回りに並ぶ。$\square$

方針：3 点 $\mathrm{P}$、$\mathrm{Q}$、$\mathrm{R}$ を、thm-cpg-ratio の 3 の形（点 = 頂点 + 回転拡大 × 辺）で $\alpha,\beta,\gamma$ の式に書き、$p-r+i(q-r)$ の各係数が $0$ になることを確かめる。
段 1（向きをそろえる）。$\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ はこの順に反時計回りに並ぶとしてよい。時計回りなら、図形全体を実軸に関して折り返す（すべての点を共役に替える）と反時計回りになり、長さと角の大きさは変わらないからである。このとき三角形の内部は、辺 $\mathrm{A}\to\mathrm{B}$、$\mathrm{B}\to\mathrm{C}$、$\mathrm{C}\to\mathrm{A}$ の進む向きの左側にある。外側に作る点は右側にあるので、辺の向きの矢印を時計回り（負の向き）に回した方向にある。辺 $\mathrm{A}\to\mathrm{C}$ から見ると外側は左側である。
段 2（長さの比）。三角形 $\mathrm{BCP}$ の残りの角は $\angle\mathrm{BPC}=180^\circ-45^\circ-30^\circ=105^\circ$ である。正弦定理（正弦定理（高校数学））により $\frac{\mathrm{BP}}{\sin30^\circ}=\frac{\mathrm{BC}}{\sin105^\circ}$ なので、
$$ \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{BC}}=\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ}=\frac{1/2}{\cos15^\circ}=\frac{1}{2\cos15^\circ}=:k $$
である（$\sin105^\circ=\sin(90^\circ+15^\circ)=\cos15^\circ$）。三角形 $\mathrm{CAQ}$ も角が $45^\circ$（$\mathrm{A}$）、$30^\circ$（$\mathrm{C}$）なので、同じく $\frac{\mathrm{AQ}}{\mathrm{AC}}=k$ である。三角形 $\mathrm{ABR}$ は $\mathrm{RA}=\mathrm{RB}$ の二等辺三角形で、$\mathrm{R}$ から $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足は $\mathrm{AB}$ の中点なので、$\mathrm{AR}\cos15^\circ=\frac{\mathrm{AB}}2$、すなわち $\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AB}}=k$ である。3 つの比がすべて同じ $k$ になる。
段 3（3 点を式で書く）。thm-cpg-ratio の 3 と段 1 の向きから、$e(\theta):=\cos\theta+i\sin\theta$ と書くと
$$ p=\beta+k\,e(-45^\circ)(\gamma-\beta),\qquad q=\alpha+k\,e(45^\circ)(\gamma-\alpha),\qquad r=\alpha+k\,e(-15^\circ)(\beta-\alpha) $$
である。$s:=k\,e(-45^\circ)$、$t:=k\,e(45^\circ)$、$u:=k\,e(-15^\circ)$ とおくと、$p=(1-s)\beta+s\gamma$、$q=(1-t)\alpha+t\gamma$、$r=(1-u)\alpha+u\beta$ である。
段 4（$\gamma$ の係数）。$X:=p-r+i(q-r)$ を $\alpha,\beta,\gamma$ で表す。$\gamma$ の係数は $s+it$ である。$e(-45^\circ)=\frac{1-i}{\sqrt2}$、$i\,e(45^\circ)=i\cdot\frac{1+i}{\sqrt2}=\frac{-1+i}{\sqrt2}$ なので $s+it=k\bigl(\frac{1-i}{\sqrt2}+\frac{-1+i}{\sqrt2}\bigr)=0$ である。
段 5（係数の和）。$p$、$q$、$r$ はどれも係数の和が $1$ である（たとえば $(1-s)+s=1$）。よって $X$ の係数の和は $1-1+i(1-1)=0$ である。段 4 で $\gamma$ の係数が $0$ なので、$\alpha$ の係数は $\beta$ の係数の $-1$ 倍である。したがって、$\beta$ の係数が $0$ であることを示せば $X=0$ となる。
段 6（$\beta$ の係数）。$\beta$ は $p$ に $1-s$、$r$ に $u$ の係数で現れるので、$X$ の $\beta$ の係数は $(1-s)-u-iu=(1-s)-(1+i)u$ である。これが $0$、すなわち $1-s=(1+i)u$ を示す。両辺に $2\cos15^\circ$ を掛けると、示す式は
$$ 2\cos15^\circ-e(-45^\circ)=(1+i)\,e(-15^\circ) $$
になる。加法定理から $\cos15^\circ=\cos(45^\circ-30^\circ)=\frac{\sqrt2}2\cdot\frac{\sqrt3}2+\frac{\sqrt2}2\cdot\frac12=\frac{\sqrt6+\sqrt2}4$ なので、左辺は
$$ \frac{\sqrt6+\sqrt2}2-\Bigl(\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2i\Bigr)=\frac{\sqrt6}2+\frac{\sqrt2}2i $$
である。右辺は $1+i=\sqrt2\,e(45^\circ)$ なので、偏角を足して $\sqrt2\,e(30^\circ)=\sqrt2\bigl(\frac{\sqrt3}2+\frac12i\bigr)=\frac{\sqrt6}2+\frac{\sqrt2}2i$ である。両辺は等しい。
段 7（$\mathrm{Q}\ne\mathrm{R}$ の確認）。比 $\frac{p-r}{q-r}$ を考えるために、$q\ne r$ を確かめる。段 3 の式から、矢印 $q-\alpha$ の向きの角は矢印 $\gamma-\alpha$ の向きの角に $45^\circ$ を足したもの、矢印 $r-\alpha$ の向きの角は矢印 $\beta-\alpha$ の向きの角から $15^\circ$ を引いたものである。$q=r$ なら 2 つの向きの角が（$360^\circ$ の整数倍を除いて）等しいので、半直線 $\mathrm{AB}$ から半直線 $\mathrm{AC}$ へ測った向きのついた角は $-15^\circ-45^\circ=-60^\circ$ になる。しかし段 1 で $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ は反時計回りに並ぶので、この角は $0^\circ$ と $180^\circ$ の間にあり、矛盾する。よって $q\ne r$ である。
段 8（結論）。段 4〜6 から $X=0$、すなわち $p-r=-i(q-r)$ であり、段 7 から $\frac{p-r}{q-r}=-i$ である。thm-cpg-ratio により $\frac{\mathrm{RP}}{\mathrm{RQ}}=|-i|=1$、cor-cpg-collinear-perp の 2 により $\mathrm{RQ}\perp\mathrm{RP}$ である。すなわち $\mathrm{QR}=\mathrm{RP}$、$\angle\mathrm{QRP}=90^\circ$ である。$\square$

方針：$\beta,\gamma,\delta$ を $1,0,\infty$ に移す Möbius 変換を複比で作り、「円または直線」が「円または直線」に移ることを使う。認める事実は次の 2 つである。

• Möbius 変換は拡張された平面の 1 対 1 の対応で、逆写像も Möbius 変換である（Hit18 定理 3.4.2）。
• Möbius 変換は「円または直線」を「円または直線」に移す（Hit18 定理 3.4.5）。
  段 1（複比は Möbius 変換）。$z$ を変数として $T(z):=(z,\beta;\gamma,\delta)=\dfrac{(z-\gamma)(\beta-\delta)}{(z-\delta)(\beta-\gamma)}$ とおく。これは $a=\beta-\delta$、$b=-\gamma(\beta-\delta)$、$c=\beta-\gamma$、$d=-\delta(\beta-\gamma)$ とした $\frac{az+b}{cz+d}$ であり、
  $$ ad-bc=-\delta(\beta-\delta)(\beta-\gamma)+\gamma(\beta-\delta)(\beta-\gamma)=(\beta-\delta)(\beta-\gamma)(\gamma-\delta)\ne0 $$
  なので Möbius 変換である（$\beta,\gamma,\delta$ は相異なる）。代入すると $T(\beta)=1$、$T(\gamma)=0$、$T(\delta)=\infty$ である（Hit18 Definition 3.4.10 の直後の記述）。
  段 2（$\beta,\gamma,\delta$ を通る円または直線）。相異なる 3 点 $\beta,\gamma,\delta$ を通る「円または直線」$K$ はただ 1 つある（一直線上にあればその直線、なければ 3 点を通る円）。4 点が同じ円または同じ直線の上にあることは、$\alpha$ が $K$ の上にあることと同じである。
  段 3（$K$ の行き先）。Hit18 の定理 3.4.5 により $T(K)$ は「円または直線」であり、$T(\beta)=1$、$T(\gamma)=0$、$T(\delta)=\infty$ を通る。$\infty$ を通るので直線であり、$0$ と $1$ を通る直線は実軸である。よって $T(K)$ は実軸（に $\infty$ を加えたもの）である。
  段 4（結論）。$\alpha\ne\delta$ なので $T(\alpha)$ は $\infty$ でなく、$T(\alpha)=(\alpha,\beta;\gamma,\delta)$ である。$\alpha$ が $K$ の上にあれば、$T(\alpha)$ は $T(K)$ の上、すなわち実数である。逆に $T(\alpha)$ が実数なら、段 3 により $T(\alpha)=T(k)$ となる $K$ の点 $k$ があり、$T$ は 1 対 1 なので $\alpha=k$ は $K$ の上にある。$\square$