Pascalの定理

方針：$\ell$ の上に座標を入れて、比と内積を座標の差で表す。
段 1（座標）。$\ell$ の向きの長さ $1$ のベクトルを $\boldsymbol u$ とし、$\ell$ の上の点を $M+s\boldsymbol u$（$M$ は $\ell$ の上の 1 点）と書く。$A,B,X,Y$ の座標 $s$ をそれぞれ $a,b,x,y$ とする。$X,Y$ は $\Gamma$ の上にないので、$x,y$ は $a,b$ と異なる。
段 2（比）。$\overrightarrow{XA}=(a-x)\boldsymbol u$、$\overrightarrow{AY}=(y-a)\boldsymbol u$ なので $\dfrac{XA}{AY}=\dfrac{a-x}{y-a}$、同じく $\dfrac{XB}{BY}=\dfrac{b-x}{y-b}$ である。よって
$$ \frac{XA}{AY}\cdot\frac{XB}{BY}=\frac{(a-x)(b-x)}{(y-a)(y-b)}=\frac{(a-x)(b-x)}{(a-y)(b-y)} $$
である（分母の 2 つの因数の符号を両方変えたので、値は同じ）。
段 3（方べき）。$\overrightarrow{XA}\cdot\overrightarrow{XB}=(a-x)(b-x)|\boldsymbol u|^2=(a-x)(b-x)$ で、これは方べきの定理により $\operatorname{pow}(X)$ である。同じく $(a-y)(b-y)=\overrightarrow{YA}\cdot\overrightarrow{YB}=\operatorname{pow}(Y)$ である。$Y$ は $\Gamma$ の上にないので $\operatorname{pow}(Y)\ne0$ であり、段 2 と合わせて主張を得る。$\square$

方針：直線 $AB$、$CD$、$EF$ が作る三角形 $XYZ$ に、3 本の直線 $DE$、$BC$、$FA$ をそれぞれ横切る直線として Menelaus の定理を使う。掛け合わせると、6 つの頂点についての比が lem-pas-power により打ち消し合い、$P,Q,R$ についての比だけが残る。ここでは、3 本の直線 $AB$、$CD$、$EF$ がどの 2 本も交わって三角形 $XYZ$ を作り、$P,Q,R$ がその頂点と一致しない場合（一般の場合）を示す。残りの場合も含む証明は prf-pas-cubic で与える。
段 1（三角形 $XYZ$）。$X=EF\cap AB$、$Y=AB\cap CD$、$Z=CD\cap EF$ とする。直線 $XY$ は $AB$、直線 $YZ$ は $CD$、直線 $ZX$ は $EF$ である。$X$ が円の上にあるとすると、直線 $AB$ と円の共有点は $A,B$ だけなので $X$ は $A$ か $B$、同じく $X$ は $E$ か $F$ となるが、6 頂点は相異なるので矛盾する。よって $X,Y,Z$ は円の上になく、方べきはどれも $0$ でない。
段 2（Menelaus の定理を 3 回）。直線 $DE$ は、$XY$ の上の点 $P$、$YZ$ の上の点 $D$、$ZX$ の上の点 $E$ を通る。$D,E$ は円の上にあるので三角形の頂点ではない。直線 $BC$ は $XY$ 上の $B$、$YZ$ 上の $C$、$ZX$ 上の $Q$ を、直線 $FA$ は $XY$ 上の $A$、$YZ$ 上の $R$、$ZX$ 上の $F$ を通る。thm-pas-menelaus により
$$ \frac{XP}{PY}\cdot\frac{YD}{DZ}\cdot\frac{ZE}{EX}=-1,\qquad \frac{XB}{BY}\cdot\frac{YC}{CZ}\cdot\frac{ZQ}{QX}=-1,\qquad \frac{XA}{AY}\cdot\frac{YR}{RZ}\cdot\frac{ZF}{FX}=-1 $$
である。
段 3（頂点の比をまとめる）。lem-pas-power を直線 $AB$（点 $X,Y$）、直線 $CD$（点 $Y,Z$）、直線 $EF$（点 $Z,X$）に使うと
$$ \frac{XA}{AY}\cdot\frac{XB}{BY}=\frac{\operatorname{pow}(X)}{\operatorname{pow}(Y)},\qquad \frac{YC}{CZ}\cdot\frac{YD}{DZ}=\frac{\operatorname{pow}(Y)}{\operatorname{pow}(Z)},\qquad \frac{ZE}{EX}\cdot\frac{ZF}{FX}=\frac{\operatorname{pow}(Z)}{\operatorname{pow}(X)} $$
である。3 つを掛けると $1$ になる。
段 4（掛け合わせる）。段 2 の 3 つの式を掛けると、左辺には段 3 の 6 つの比がすべて現れ、それらの積は $1$ である。残るのは
$$ \frac{XP}{PY}\cdot\frac{YR}{RZ}\cdot\frac{ZQ}{QX}=(-1)^3=-1 $$
である。$P$ は直線 $XY$、$R$ は直線 $YZ$、$Q$ は直線 $ZX$ の上にあり、どれも頂点ではないので、thm-pas-menelaus の逆により $P,R,Q$ は一直線上にある。$\square$

方針：楕円を円に移す写像が、直線を直線に、交点を交点に移すことを使う。
段 1（写像）。$\varphi(x,y)=\left(x,\dfrac ab y\right)$ とおく。$(x,y)$ が楕円の上にあれば、$\varphi(x,y)=(X,Y)$ は $\dfrac{X^2}{a^2}+\dfrac{Y^2}{a^2}=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ を満たすので、円 $X^2+Y^2=a^2$ の上にある。$\varphi$ は逆の写像 $(X,Y)\mapsto\left(X,\dfrac baY\right)$ をもつ 1 対 1 の対応である。
段 2（直線は直線に移る）。直線 $ux+vy+w=0$ の上の点 $(x,y)$ の像 $(X,Y)=\left(x,\dfrac ab y\right)$ は $uX+\dfrac ba vY+w=0$ を満たす。逆向きも同じなので、$\varphi$ は直線を直線に 1 対 1 に移し、2 直線の交点を像の 2 直線の交点に移す。
段 3（結論）。$\varphi$ で六角形を円に内接する六角形に移すと、対辺の直線の交点は $\varphi(P),\varphi(Q),\varphi(R)$ になる。thm-pas-main によりこれらは一直線上にあり、逆の写像で戻すと $P,Q,R$ も一直線上にある。$\square$

方針：$L_1+\lambda L_2$ が円の上で恒等的に $0$ になるように $\lambda$ を選び、円の式 $x^2+y^2-r^2$ で割り切れることを示す。商は 1 次式で、$P,Q,R$ はその 1 次式が表す直線の上にある。この証明では、prf-pas-menelaus で仮定した「一般の場合」を仮定しない。
段 1（円を 1 つの文字で表す）。円の中心を原点、半径を $r$ とし、必要なら原点のまわりに回転して、どの頂点も点 $(-r,0)$ でないようにする。円の上の $(-r,0)$ 以外の点は
$$ x=\frac{r(1-t^2)}{1+t^2},\qquad y=\frac{2rt}{1+t^2}\qquad(t\text{ は実数}) $$
と表せる。逆に $t=\dfrac{y}{x+r}$ で $t$ に戻せるので、表し方はただ 1 通りである（ピタゴラス数と円の有理点 では $t$ が有理数の場合、つまり有理点を扱っている。$t$ が実数でも同じ計算である）。6 つの頂点に対応する $t$ の値を $t_1,\dots,t_6$ とすると、これらは相異なる。
段 2（3 次式を $t$ の多項式にする）。$x,y$ の 3 次以下の多項式 $G(x,y)$ に対し、$g(t):=(1+t^2)^3G(x,y)$ は $t$ の 6 次以下の多項式である。実際、単項式 $x^iy^j$（$i+j\le3$）は $(1+t^2)^3x^iy^j=r^{i+j}(1-t^2)^i(2t)^j(1+t^2)^{3-i-j}$ となり、その次数は $2i+j+2(3-i-j)=6-j\le6$ である。
段 3（$\lambda$ を選ぶ）。$L_1$、$L_2$ から段 2 で作った多項式を $g_1,g_2$ とする。どちらも $t_1,\dots,t_6$ で $0$ になり、次数は 6 以下なので、因数定理により $g_k(t)=c_k(t-t_1)\cdots(t-t_6)$（$c_k$ は定数）と書ける（剰余の定理と因数定理）。$c_2=0$ とすると $g_2$ は恒等的に $0$ で、$L_2$ は円の上の $(-r,0)$ 以外のすべての点で $0$ になる。しかし $L_2=0$ は 3 本の直線で、各直線と円の共有点は 2 個以下なので、$L_2$ が $0$ になる円の点は 6 個以下である。よって $c_2\ne0$ であり、$\lambda:=-\dfrac{c_1}{c_2}$、$G:=L_1+\lambda L_2$ とおくと、$G$ から作った多項式は $g_1+\lambda g_2=0$ となる。つまり $G$ は、円の上の $(-r,0)$ 以外のすべての点で $0$ になる。
段 4（円の式で割り切れる）。$G$ の中の $y^2$ を $(x^2+y^2-r^2)-x^2+r^2$ で置き換えることを繰り返すと
$$ G(x,y)=(x^2+y^2-r^2)H(x,y)+a(x)+y\,b(x) $$
（$H$ は 1 次以下の多項式、$a,b$ は $x$ だけの多項式）と書ける。$-r< x< r$ を満たす $x$ をとると、2 点 $\left(x,\pm\sqrt{r^2-x^2}\right)$ は円の上にあって $(-r,0)$ でないので、段 3 により $a(x)+\sqrt{r^2-x^2}\,b(x)=0$ と $a(x)-\sqrt{r^2-x^2}\,b(x)=0$ が成り立つ。足して引くと $a(x)=0$、$b(x)=0$ である（$\sqrt{r^2-x^2}>0$）。多項式 $a,b$ は無限に多くの $x$ で $0$ になるので、どちらも $0$ である。よって $G=(x^2+y^2-r^2)H$ である。
段 5（$H$ は $0$ でない）。$G$ が $0$ だとすると $L_1=-\lambda L_2$ で、$L_1=0$ と $L_2=0$ は同じ図形になる。すると直線 $AB$ は 3 本の直線 $BC$、$DE$、$FA$ の和に含まれる。直線 $AB$ がこの 3 本のどれとも異なれば、それぞれと 1 点以下でしか交わらないので、直線 $AB$ の点のうち 3 個以下しか含まれず、矛盾する。よって直線 $AB$ は $BC$、$DE$、$FA$ のどれかに一致するが、そうなると円の上の 3 点以上（$A,B,C$ など）が 1 本の直線の上にあることになり、直線と円の共有点が 2 個以下であることに反する。したがって $G\ne0$、つまり $H\ne0$ である。
段 6（$P,Q,R$ は直線 $H=0$ の上）。$L_1(P)=L_2(P)=0$ なので $G(P)=0$ である。$P$ は円の上にない（円の上にあれば、直線 $AB$ の上なので $A$ か $B$、直線 $DE$ の上なので $D$ か $E$ となり、頂点が相異なることに反する）。よって $x^2+y^2-r^2$ は $P$ で $0$ でなく、$H(P)=0$ である。同じく $H(Q)=H(R)=0$ である。$H$ が $0$ でない定数なら $H(P)=0$ にならないので、$H$ はちょうど 1 次の式であり、$H=0$ は直線である。$P,Q,R$ はこの直線の上にある。$\square$