Descartesの円定理

同義語：デカルトの円定理Soddyの円Descartes' circle theorem

概要

前提知識: 2円の位置関係と共通接線, 余弦定理（高校数学）, 加法定理から2倍角・半角・3倍角の公式を導く, アルベロス

高校での出発点：半径 1, 2, 3 の円に接する円

半径 $1$、$2$、$3$ の 3 つの円が、互いに外側から接している。3 つの円すべてに接する円を、座標で求めてみる。

3 つの円に接する円を座標で求める

中心を $O_1=(0,0)$、$O_2=(3,0)$、$O_3=(0,4)$、半径を $r_1=1$、$r_2=2$、$r_3=3$ とする。中心の間の距離は $O_1O_2=3=1+2$、$O_1O_3=4=1+3$、$O_2O_3=\sqrt{9+16}=5=2+3$ なので、3 つの円は互いに外接している（中心の三角形は 3 辺が $3$、$4$、$5$ の直角三角形）。
(1) 式を立てる。3 つの円すべてに外接する円の中心を $(x,y)$、半径を $R$ とする。外接する 2 円の中心の間の距離は半径の和なので（2円の位置関係と共通接線）
$$ x^2+y^2=(R+1)^2\quad\text{(a)},\qquad (x-3)^2+y^2=(R+2)^2\quad\text{(b)},\qquad x^2+(y-4)^2=(R+3)^2\quad\text{(c)} $$
である。
(2) 引き算で 1 次式にする。(a) から (b) を引くと、$x^2$、$y^2$、$R^2$ が消えて $6x-9=-2R-3$、つまり $x=1-\dfrac R3$ である。(a) から (c) を引くと $8y-16=-4R-8$、つまり $y=1-\dfrac R2$ である。
(3) $R$ の 2 次方程式。(a) に代入すると
$$ \left(1-\frac R3\right)^2+\left(1-\frac R2\right)^2=(R+1)^2 $$
である。両辺を $36$ 倍して展開すると $36-24R+4R^2+36-36R+9R^2=36R^2+72R+36$ で、整理すると
$$ 23R^2+132R-36=0 $$
となる。解の公式から $R=\dfrac{-132\pm\sqrt{132^2+4\cdot23\cdot36}}{46}=\dfrac{-132\pm\sqrt{20736}}{46}=\dfrac{-132\pm144}{46}$ で、
$$ R=\frac{6}{23}\quad\text{または}\quad R=-6 $$
である。
(4) 2 つの解の意味。$R=\dfrac6{23}$ のとき中心は $\left(\dfrac{21}{23},\dfrac{20}{23}\right)$ で、3 つの円の間の隙間に入る小さい円である。$R=-6$ のとき中心は $(3,4)$ で、(a)(b)(c) は「中心の間の距離が $\lvert R+r_i\rvert=6-r_i$」を表す。これは、半径 $6$ の円が 3 つの円を内側に含み、内側から接している（内接している）ことを表す。実際、$(3,4)$ から $O_1$、$O_2$、$O_3$ までの距離は $5=6-1$、$4=6-2$、$3=6-3$ である。

半径 1, 2, 3 の互いに外接する 3 つの円と、3 つすべてに接する 2 つの円。赤は隙間に入る半径 6/23 の円、青は 3 つを内側に含む半径 6 の円
1 つの 2 次方程式から、内側の円と外側の円が同時に出てきた。外側の円は「半径が負」の解として現れる。そこで半径の逆数（曲率）に符号を付けて、4 つの円の曲率を並べてみる。

曲率の 2 乗の関係

ex-dct-start の 3 つの円の曲率は $1$、$\dfrac12$、$\dfrac13$ である。
(1) 内側の円の曲率 $\dfrac{23}6$ を加えた 4 つでは、和は $\dfrac{6+3+2+23}6=\dfrac{17}3$、2 乗の和は $1+\dfrac14+\dfrac19+\dfrac{529}{36}=\dfrac{36+9+4+529}{36}=\dfrac{289}{18}$ である。
$$ \left(\frac{17}3\right)^2=\frac{289}9=2\cdot\frac{289}{18} $$
なので、(和)$^2=2\times$(2 乗の和) が成り立つ。
(2) 外側の円の曲率を $\dfrac1{-6}=-\dfrac16$ とすると、和は $\dfrac{6+3+2-1}6=\dfrac53$、2 乗の和は $\dfrac{36+9+4+1}{36}=\dfrac{25}{18}$ で、$\left(\dfrac53\right)^2=\dfrac{25}9=2\cdot\dfrac{25}{18}$ がやはり成り立つ。

この記事で答える問いは次の 3 つである。

ex-dct-start-curv の関係は、いつも成り立つか。→ thm-dct-main
3 つの円から 4 つ目の円の曲率を直接求められるか。2 つの解は何を表すか。→ cor-dct-solve

曲率が整数の円をどこまでも詰め込めるのはなぜか。→ prop-dct-flip

高校の計算	この記事の言葉	大学の言葉
中心の間の距離＝半径の和・差	符号つきの曲率	向きのついた円
余弦定理・半角の公式・加法定理	$(k_1+k_2+k_3+k_4)^2=2(k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2)$	正の方向 3 つ・負の方向 1 つの 2 次形式（Lorentz 型）
2 次方程式の解と係数の関係	$k_4+k_4'=2(k_1+k_2+k_3)$	Apollonius 群（整数の行列の群）

言葉の準備：符号つきの曲率

曲率とその符号

半径 $r$ の円の曲率を $\dfrac1r$ とする。互いに接する円を考えるとき、次のように符号を付ける。

他の円と外側から接する（外接する）円の曲率は $\dfrac1r$（正）とする。
他の円を内側に含んで、内側から接する（内接する）円の曲率は $-\dfrac1r$（負）とする。
曲率 $k\ne0$ に対し、$\dfrac1k$ を 符号つきの半径 という。直線は、曲率 $0$ の「円」とみなすことがある。

4 つ目の図形	3 つの円との接し方	曲率	中心の間の距離
半径 $r$ の円（隙間の円・外から接する円）	すべてに外接	$\dfrac1r$	$r+r_i$
半径 $r$ の円（3 つを含む円）	すべてに内接	$-\dfrac1r$	$r-r_i$
直線	すべてに接する	$0$	（中心から直線までの距離が $r_i$）

表の 1 行目と 2 行目は、符号つきの半径 $\rho=\dfrac1k$ を使うと「中心の間の距離は $\lvert\rho+r_i\rvert$」と 1 つの式で書ける。ex-dct-start で $R=-6$ が現れたのは、この式を満たす解だったからである。

アルベロスの 4 つの円の曲率

アルベロスで $AC=4$、$CB=2$ とする。大きい半円 $\Gamma$（半径 $3$）、小さい半円 $\gamma_1$（半径 $2$）、$\gamma_2$（半径 $1$）を含む円と、3 つすべてに接する円（半径 $\dfrac67$）の 4 つは互いに接している。$\Gamma$ を含む円はほかの 3 つを内側に含むので、曲率は $-\dfrac13$ である。4 つの曲率は $-\dfrac13$、$\dfrac12$、$1$、$\dfrac76$ で、和は $\dfrac{-2+3+6+7}6=\dfrac73$、2 乗の和は $\dfrac19+\dfrac14+1+\dfrac{49}{36}=\dfrac{4+9+36+49}{36}=\dfrac{49}{18}$ である。$\left(\dfrac73\right)^2=\dfrac{49}9=2\cdot\dfrac{49}{18}$ で、ex-dct-start-curv と同じ関係が成り立つ。

主定理：Descartes の円定理

Descartes の円定理

円 $C_1$、$C_2$、$C_3$ は互いに外接しているとする。円 $C_4$ は次のどちらかを満たすとする。
(R1) $C_4$ は $C_1$、$C_2$、$C_3$ のすべてに外接する。
(R1) $C_4$ は $C_1$、$C_2$、$C_3$ のすべてを内側に含み、それぞれに内接する。
def-dct-curv の符号つきの曲率を $k_1$、$k_2$、$k_3$、$k_4$ とする（$k_1,k_2,k_3>0$、$k_4$ は (i) なら正、(ii) なら負）。このとき
$$ (k_1+k_2+k_3+k_4)^2=2\left(k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2\right) $$
が成り立つ。

証明の方針：$C_4$ の中心 $O_4$ から $C_1$、$C_2$、$C_3$ の中心 $O_1$、$O_2$、$O_3$ を見る 3 つの角を、半角の正弦・余弦で曲率を使って書き（lem-dct-half）、3 つの角の間の関係（lem-dct-rays）と加法定理から、曲率だけの式を取り出す。以下、$r_i=\dfrac1{k_i}$（$i=1,2,3$）、$\rho=\dfrac1{k_4}$ とし、$\theta_{ij}=\angle O_iO_4O_j$ とおく（$0^\circ\le\theta_{ij}\le180^\circ$）。

半角の正弦と余弦

thm-dct-main の状況で、$i\ne j$ を $1,2,3$ から選ぶと
$$ \sin^2\frac{\theta_{ij}}2=\frac{k_4^2}{(k_4+k_i)(k_4+k_j)},\qquad \cos^2\frac{\theta_{ij}}2=\frac{k_4k_i+k_4k_j+k_ik_j}{(k_4+k_i)(k_4+k_j)} $$
が成り立つ。また $k_4+k_i>0$（$i=1,2,3$）である。

余弦定理と因数分解

要点：中心の間の距離は $\lvert\rho+r_i\rvert$（$\rho=\dfrac1{k_4}$ は符号つきの半径）で、$O_iO_j=r_i+r_j$ である。余弦定理と半角の公式から $\sin^2\dfrac{\theta_{ij}}2=\dfrac{(r_i+r_j)^2-(r_i-r_j)^2}{4(\rho+r_i)(\rho+r_j)}=\dfrac{r_ir_j}{(\rho+r_i)(\rho+r_j)}$ となり、曲率で書き直すと主張の式になる。

詳しい証明（段 1〜5）を開く

段 1（中心の間の距離）。$d_i=O_4O_i$ とおく。(i) の場合、$C_4$ と $C_i$ は外接するので $d_i=\rho+r_i$ で、$\rho>0$ である。(ii) の場合、$C_4$ は $C_i$ を含んで内接するので、$C_4$ の半径 $-\rho$ は $r_i$ より大きく、$d_i=-\rho-r_i=-(\rho+r_i)$ である。どちらの場合も、同じ符号 $\varepsilon=\pm1$ を使って $d_i=\varepsilon(\rho+r_i)$（$i=1,2,3$）と書ける。

段 2（余弦定理）。$C_i$ と $C_j$ は外接するので $O_iO_j=r_i+r_j$ である。三角形 $O_iO_4O_j$ の余弦定理（余弦定理（高校数学）。3 点が一直線上にあって $\theta_{ij}=0^\circ$ または $180^\circ$ のときも、同じ式が成り立つ）から$$\cos\theta_{ij}=\frac{d_i^2+d_j^2-(r_i+r_j)^2}{2d_id_j}$$である。半角の公式 $\sin^2\dfrac\theta2=\dfrac{1-\cos\theta}2$（加法定理から2倍角・半角・3倍角の公式を導く）に代入すると$$\sin^2\frac{\theta_{ij}}2=\frac{2d_id_j-d_i^2-d_j^2+(r_i+r_j)^2}{4d_id_j}=\frac{(r_i+r_j)^2-(d_i-d_j)^2}{4d_id_j}$$となる。

段 3（因数分解）。段 1 から $d_i-d_j=\varepsilon(r_i-r_j)$、$d_id_j=\varepsilon^2(\rho+r_i)(\rho+r_j)=(\rho+r_i)(\rho+r_j)$ である。$(r_i+r_j)^2-(r_i-r_j)^2=4r_ir_j$ なので$$\sin^2\frac{\theta_{ij}}2=\frac{r_ir_j}{(\rho+r_i)(\rho+r_j)}$$である。

段 4（曲率で書く）。$\rho+r_i=\dfrac1{k_4}+\dfrac1{k_i}=\dfrac{k_4+k_i}{k_4k_i}$、$r_ir_j=\dfrac1{k_ik_j}$ を代入すると$$\sin^2\frac{\theta_{ij}}2=\frac{1}{k_ik_j}\cdot\frac{k_4^2k_ik_j}{(k_4+k_i)(k_4+k_j)}=\frac{k_4^2}{(k_4+k_i)(k_4+k_j)}$$である。$\cos^2=1-\sin^2$ から $\cos^2\dfrac{\theta_{ij}}2=\dfrac{(k_4+k_i)(k_4+k_j)-k_4^2}{(k_4+k_i)(k_4+k_j)}=\dfrac{k_4k_i+k_4k_j+k_ik_j}{(k_4+k_i)(k_4+k_j)}$ である。

段 5（$k_4+k_i>0$）。(i) では $k_4>0$、$k_i>0$ である。(ii) では $\rho+r_i<0$ で、$\rho+r_i=\dfrac{k_4+k_i}{k_4k_i}$ の分母 $k_4k_i$ は負なので、分子 $k_4+k_i$ は正である。$\square$

要点の因数分解 $(r_i+r_j)^2-(r_i-r_j)^2=4r_ir_j$ は、三角形の面積の公式の Heron の公式を導くときの「$a^2-(b-c)^2=(a-b+c)(a+b-c)$」と同じ形である。

半径 1, 2, 3 の図で確かめる

ex-dct-start の内側の円（$k_4=\dfrac{23}6$、中心 $O_4=\left(\dfrac{21}{23},\dfrac{20}{23}\right)$）では、$O_4O_1=\dfrac{29}{23}=\dfrac6{23}+1$、$O_4O_2=\dfrac{52}{23}=\dfrac6{23}+2$、$O_4O_3=\dfrac{75}{23}=\dfrac6{23}+3$ である。lem-dct-half の式は $\sin^2\dfrac{\theta_{12}}2=\dfrac{(23/6)^2}{(29/6)(26/6)}=\dfrac{529}{754}\approx0.7016$ を与え、座標から測った $\theta_{12}\approx113.78^\circ$ の値 $\sin^2(56.89^\circ)\approx0.7016$ と一致する。
外側の円（$k_4=-\dfrac16$、中心 $(3,4)$）では、$O_4$ から $O_1$、$O_2$ へのベクトルは $(-3,-4)$、$(0,-4)$ で、$\cos\theta_{12}=\dfrac{16}{5\cdot4}=\dfrac45$ である。$\sin^2\dfrac{\theta_{12}}2=\dfrac{1-\cos\theta_{12}}2=\dfrac1{10}$ で、式の値 $\dfrac{1/36}{(5/6)(1/3)}=\dfrac1{10}$ と一致する。

証明で使う三角形。4 つの中心を結ぶ線分の長さは、半径の和で書ける。O₄ から見た 3 つの角の和は 360° になる
図 2 では $O_4$ が三角形 $O_1O_2O_3$ の内部にあり、3 つの角の和は $360^\circ$ である。外側の円では $O_4=(3,4)$ が三角形の外にあり、ex-dct-half の計算を続けると $\theta_{12}\approx36.87^\circ$、$\theta_{23}=90^\circ$、$\theta_{31}\approx53.13^\circ$ で、$\theta_{23}=\theta_{12}+\theta_{31}$ になっている。一般に、この 2 つの場合しか起こらないことを次の補題で示す。

1 点から出る 3 本の半直線

点 $P$ から出る 3 本の半直線 $PX$、$PY$、$PZ$ のなす角を $\angle XPY$、$\angle YPZ$、$\angle ZPX$（どれも $0^\circ$ 以上 $180^\circ$ 以下）とする。このとき次のどちらかが成り立つ。
(R1) 3 つの角の和が $360^\circ$ である。
(R1) 3 つの角のうち 1 つが、残りの 2 つの和に等しい。

半直線の向きの差で数える

要点：3 本の半直線の向きを小さい順に並べ、隣り合う向きの差 $g_1,g_2,g_3$（和は $360^\circ$）を考える。どれも $180^\circ$ 以下なら 3 つの角は $g_1,g_2,g_3$ で (i)、1 つ（たとえば $g_3$）が $180^\circ$ を超えるなら 3 つの角は $g_1$、$g_2$、$g_1+g_2$ で (ii) になる。

詳しい証明を開く

$P$ のまわりで、$x$ 軸の正の向きから反時計回りに測った半直線の向きを考える。3 本を回して、向きが小さい順に $0^\circ=\varphi_1\le\varphi_2\le\varphi_3<360^\circ$ となるようにする（呼び名 $X$、$Y$、$Z$ の付け替えは結論に影響しない）。隣り合う向きの差を $g_1=\varphi_2-\varphi_1$、$g_2=\varphi_3-\varphi_2$、$g_3=360^\circ-\varphi_3$ とすると、$g_1,g_2,g_3\ge0$、$g_1+g_2+g_3=360^\circ$ である。

2 本の半直線のなす角は、向きの差 $g$ と $360^\circ-g$ の小さい方である。1 本目と 2 本目のなす角は $\min(g_1,\,360^\circ-g_1)$、2 本目と 3 本目は $\min(g_2,\,360^\circ-g_2)$、3 本目と 1 本目は、向きの差が $\varphi_3-\varphi_1=g_1+g_2=360^\circ-g_3$ なので $\min(g_3,\,360^\circ-g_3)$ である。

$g_1+g_2+g_3=360^\circ$ なので、$180^\circ$ を超える $g$ は多くても 1 つである。

(a) どれも $180^\circ$ 以下なら、3 つの角は $g_1$、$g_2$、$g_3$ で、和は $360^\circ$ である（(i)）。

(b) たとえば $g_3>180^\circ$ なら、3 本目と 1 本目のなす角は $360^\circ-g_3=g_1+g_2$ である。$g_1+g_2=360^\circ-g_3<180^\circ$ なので $g_1$、$g_2$ はどちらも $180^\circ$ 未満で、残りの 2 つの角は $g_1$、$g_2$ である。よって (ii) が成り立つ。$g_1$ や $g_2$ が $180^\circ$ を超えるときも同じである。$\square$

定理の証明

段 1（記号）。$m_i=k_4+k_i$（$i=1,2,3$）とおく。lem-dct-half により $m_i>0$ である。
$$ \alpha=\frac{\theta_{23}}2,\qquad \beta=\frac{\theta_{31}}2,\qquad \gamma=\frac{\theta_{12}}2 $$
とおくと、$0^\circ\le\alpha,\beta,\gamma\le90^\circ$ なので、正弦・余弦はどれも $0$ 以上である。$w=\sqrt{m_1m_2-k_4^2}$ とおくと、lem-dct-half から
$$ \sin\alpha\sin\beta=\frac{\lvert k_4\rvert}{\sqrt{m_2m_3}}\cdot\frac{\lvert k_4\rvert}{\sqrt{m_3m_1}}=\frac{k_4^2}{m_3\sqrt{m_1m_2}},\qquad \cos\alpha\cos\beta=\frac{\sqrt{(m_2m_3-k_4^2)(m_3m_1-k_4^2)}}{m_3\sqrt{m_1m_2}},\qquad \cos\gamma=\frac{w}{\sqrt{m_1m_2}} $$
である（$\cos^2\dfrac{\theta_{ij}}2$ の分子 $k_4k_i+k_4k_j+k_ik_j$ は $m_im_j-k_4^2$ に等しい）。
段 2（角の関係）。lem-dct-rays を $O_4$ から出る半直線 $O_4O_1$、$O_4O_2$、$O_4O_3$ に使う。定理の主張は $C_1$、$C_2$、$C_3$ の番号の付け替えで変わらないので、番号を付け替えて、$\theta_{12}+\theta_{23}+\theta_{31}=360^\circ$ か、$\theta_{12}=\theta_{23}+\theta_{31}$ のどちらかが成り立つとしてよい。半分にすると、前者は $\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$ で $\cos\gamma=-\cos(\alpha+\beta)$、後者は $\gamma=\alpha+\beta$ で $\cos\gamma=\cos(\alpha+\beta)$ である。まとめて、$\varepsilon=\pm1$ を使って
$$ \cos(\alpha+\beta)=\varepsilon\cos\gamma $$
と書ける。
段 3（加法定理）。加法定理 $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$ から $\cos\alpha\cos\beta=\sin\alpha\sin\beta+\varepsilon\cos\gamma$ である。段 1 の値を代入し、両辺に $m_3\sqrt{m_1m_2}$ を掛けると
$$ \sqrt{(m_2m_3-k_4^2)(m_3m_1-k_4^2)}=k_4^2+\varepsilon m_3w\qquad\cdots(\ast) $$
となる。
段 4（1 回目の 2 乗）。$(\ast)$ の両辺を 2 乗する。左辺は
$$ (m_2m_3-k_4^2)(m_3m_1-k_4^2)=m_1m_2m_3^2-k_4^2m_3(m_1+m_2)+k_4^4 $$
である。右辺は、$w^2=m_1m_2-k_4^2$ を使って
$$ k_4^4+2\varepsilon k_4^2m_3w+m_3^2w^2=k_4^4+2\varepsilon k_4^2m_3w+m_1m_2m_3^2-k_4^2m_3^2 $$
である。両辺から $m_1m_2m_3^2+k_4^4$ を引くと $-k_4^2m_3(m_1+m_2)=2\varepsilon k_4^2m_3w-k_4^2m_3^2$ となる。$C_4$ は円なので $k_4\ne0$、また $m_3>0$ なので、両辺を $-k_4^2m_3$ で割ってよく、
$$ m_1+m_2-m_3=-2\varepsilon w $$
を得る。
段 5（2 回目の 2 乗）。両辺を 2 乗すると $\varepsilon^2=1$ なので
$$ (m_1+m_2-m_3)^2=4w^2=4(m_1m_2-k_4^2) $$
である。$m_i=k_4+k_i$ を代入すると、$m_1+m_2-m_3=k_1+k_2+k_4-k_3$、$m_1m_2-k_4^2=k_1k_2+k_1k_4+k_2k_4$ なので
$$ (k_1+k_2+k_4-k_3)^2=4(k_1k_2+k_1k_4+k_2k_4) $$
である。
段 6（整理する）。左辺を $\bigl((k_1+k_2+k_4)-k_3\bigr)^2$ として展開すると
$$ k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2+2(k_1k_2+k_1k_4+k_2k_4)-2k_3(k_1+k_2+k_4) $$
である。これが $4(k_1k_2+k_1k_4+k_2k_4)$ に等しいので、移項して
$$ k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2=2(k_1k_2+k_1k_3+k_1k_4+k_2k_3+k_2k_4+k_3k_4) $$
となる。両辺に $k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2$ を足すと、右辺は $(k_1+k_2+k_3+k_4)^2$ の展開そのものなので
$$ 2\left(k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2\right)=(k_1+k_2+k_3+k_4)^2 $$
である。$\square$

証明の段 4・段 5 では 2 乗をとったので、逆向き（曲率の式を満たせば 4 つの円が接する）は示していない。定理は「互いに接していれば曲率の式が成り立つ」という向きの主張である。

4 つ目の円の曲率を求める

定理の式を $k_4$ の 2 次方程式とみると、$k_1$、$k_2$、$k_3$ から $k_4$ が求まる。

4 つ目の円の曲率

thm-dct-main の状況で
$$ k_4=k_1+k_2+k_3\pm2\sqrt{k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1} $$
である（複号のどちらか）。

2 次方程式を解く

$s=k_1+k_2+k_3$、$q=k_1^2+k_2^2+k_3^2$、$\sigma=k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1$ とおくと、$s^2=q+2\sigma$ である。定理の式は $(s+k_4)^2=2(q+k_4^2)$ で、展開して整理すると
$$ k_4^2-2sk_4+(2q-s^2)=0 $$
となる。解の公式から $k_4=s\pm\sqrt{s^2-(2q-s^2)}=s\pm\sqrt{2(s^2-q)}=s\pm\sqrt{4\sigma}=s\pm2\sqrt\sigma$ である。$\square$

互いに外接する 3 つの円すべてに接する 2 つの円（隙間に入る円と外側の円）を Soddy の円 という。実際の図では、隙間に入る円が $+$ の値、外側の円が $-$ の値をとる。外側の値が負なら外側の円は 3 つを含む円、$0$ なら 3 つに接する直線、正なら 3 つに外から接する円になる。この対応は例で確かめるが、一般の場合の証明はこの記事ではしない。

3 つの図で曲率を求める

半径 $1$、$2$、$3$（ex-dct-start）。$s=1+\dfrac12+\dfrac13=\dfrac{11}6$、$\sigma=\dfrac12+\dfrac16+\dfrac13=1$ で、$k_4=\dfrac{11}6\pm2=\dfrac{23}6,\ -\dfrac16$ である。座標で求めた半径 $\dfrac6{23}$ と $-6$ に一致する。
アルベロス（ex-dct-arbelos-curv の一般形）。$\Gamma$ を含む円を $C_4$、$\gamma_1$、$\gamma_2$ を含む円と内接する円を $C_1$、$C_2$、$C_3$ とすると、$C_1$、$C_2$、$C_3$ は互いに外接し、$C_4$ はそれらを含んで内接するので、定理が使える。式は $k_1,\dots,k_4$ について対称なので、既知の 3 つ $-\dfrac1{a+b}$、$\dfrac1a$、$\dfrac1b$ から残りの 1 つを求める形に読み替えられる。根号の中は
$$ -\frac1{a(a+b)}+\frac1{ab}-\frac1{b(a+b)}=\frac{-b+(a+b)-a}{ab(a+b)}=0 $$
なので 2 つの解は重なり、
$$ k=\frac1a+\frac1b-\frac1{a+b}=\frac{(a+b)^2-ab}{ab(a+b)}=\frac{a^2+ab+b^2}{ab(a+b)} $$
である。逆数 $\dfrac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}$ は、アルベロスで座標を使って求めた内接円の半径に一致する。解が重なるのは、3 つに接する 2 つの円が、内接円と、それを直線 $AB$ で折り返した円で、大きさが等しいからである。
半径 $4$、$4$、$1$。中心の三角形の 3 辺は $8$、$5$、$5$ で、$8^2>5^2+5^2$ なので鈍角三角形である。$s=\dfrac14+\dfrac14+1=\dfrac32$、$\sigma=\dfrac1{16}+\dfrac14+\dfrac14=\dfrac9{16}$ で、$k_4=\dfrac32\pm\dfrac32=3,\ 0$ である。$3$ は隙間に入る半径 $\dfrac13$ の円、$0$ は 3 つの円すべてに接する直線（図 4）に対応する。
座標での確認を開く
中心 $(0,4)$、$(8,4)$、$(4,1)$、半径 $4$、$4$、$1$ の 3 つの円は、中心の間の距離が $8=4+4$、$\sqrt{16+9}=5=4+1$ で互いに外接し、どれも直線 $y=0$ に接する。中心 $\left(4,\dfrac73\right)$、半径 $\dfrac13$ の円は、$(0,4)$ と $(8,4)$ までの距離が $\sqrt{16+\dfrac{25}9}=\dfrac{13}3=4+\dfrac13$、$(4,1)$ までの距離が $\dfrac43=1+\dfrac13$ で、3 つに外接している。

ex-dct-solve (3) では、定理の式が直線を曲率 $0$ の円とみたときにも成り立っていた。thm-dct-main の証明は $k_4\ne0$ を使ったので、直線の場合は別に確かめる。

直線に接する 3 つの円

直線 $\ell$ に同じ側から接する 2 つの円 $C_1$、$C_2$ が外接しているとする。$\ell$、$C_1$、$C_2$ で囲まれた隙間にあって、3 つすべてに接する円を $C_3$ とする。曲率を $k_1$、$k_2$、$k_3$ とすると
$$ \sqrt{k_3}=\sqrt{k_1}+\sqrt{k_2} $$
であり、$(0+k_1+k_2+k_3)^2=2\left(0^2+k_1^2+k_2^2+k_3^2\right)$ が成り立つ。

接点の間の距離

要点：直線に上から接し互いに外接する半径 $r$、$s$ の 2 円では、直線の上の 2 つの接点の距離が $2\sqrt{rs}$ になる（三平方の定理）。接点の並びから $2\sqrt{r_1r_2}=2\sqrt{r_1r_3}+2\sqrt{r_3r_2}$ で、$2\sqrt{r_1r_2r_3}$ で割ると $\sqrt{k_3}=\sqrt{k_1}+\sqrt{k_2}$ を得る。これを 2 回 2 乗して整理すると定理の式になる。

詳しい証明（段 1〜3）を開く

段 1（2 つの接点の距離）。$\ell$ を $x$ 軸にとる。$\ell$ に上から接する半径 $r$、$s$ の 2 円の中心は $(p,r)$、$(q,s)$ と書ける。2 円が外接するとき $(p-q)^2+(r-s)^2=(r+s)^2$ なので、$(p-q)^2=(r+s)^2-(r-s)^2=4rs$ で、$\ell$ の上の 2 つの接点 $(p,0)$、$(q,0)$ の距離は $2\sqrt{rs}$ である。

段 2（3 つの接点）。$C_1$、$C_2$、$C_3$ の半径を $r_1$、$r_2$、$r_3$ とする。$C_3$ は隙間にあるので、$\ell$ の上の接点は $C_1$ と $C_2$ の接点の間にある。段 1 を 3 組に使うと$$2\sqrt{r_1r_2}=2\sqrt{r_1r_3}+2\sqrt{r_3r_2}$$である。両辺を $2\sqrt{r_1r_2r_3}$ で割ると $\dfrac1{\sqrt{r_3}}=\dfrac1{\sqrt{r_2}}+\dfrac1{\sqrt{r_1}}$、つまり $\sqrt{k_3}=\sqrt{k_1}+\sqrt{k_2}$ である。

段 3（Descartes の形）。2 乗すると $k_3=k_1+k_2+2\sqrt{k_1k_2}$ で、$k_3-k_1-k_2=2\sqrt{k_1k_2}$ をもう一度 2 乗すると$$k_1^2+k_2^2+k_3^2+2k_1k_2-2k_1k_3-2k_2k_3=4k_1k_2$$となる。移項すると $k_1^2+k_2^2+k_3^2=2(k_1k_2+k_1k_3+k_2k_3)$ で、prf-dct-main の段 6 と同じく両辺に $k_1^2+k_2^2+k_3^2$ を足すと $(k_1+k_2+k_3)^2=2(k_1^2+k_2^2+k_3^2)$ となる。これは $k_4=0$ とした定理の式である。$\square$

直線と半径 4, 4, 1 の円

ex-dct-solve (3) の図で、直線 $y=0$ に接する半径 $4$、$4$ の 2 円の間の隙間に、半径 $1$ の円がある。$\sqrt{k_1}+\sqrt{k_2}=\dfrac12+\dfrac12=1=\sqrt1$ で、prop-dct-line のとおりである。曲率 $\left(0,\dfrac14,\dfrac14,1\right)$ の和は $\dfrac32$、2 乗の和は $\dfrac1{16}+\dfrac1{16}+1=\dfrac98$ で、$\left(\dfrac32\right)^2=\dfrac94=2\cdot\dfrac98$ である。

整数の曲率：Apollonius の詰め込み

cor-dct-solve の 2 つの解の和は $2(k_1+k_2+k_3)$ である。このことから、曲率が整数の円をどこまでも詰め込める。

曲率の入れ替え

$k_1$、$k_2$、$k_3$、$k_4$ が $(k_1+k_2+k_3+k_4)^2=2\left(k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2\right)$ を満たすなら、
$$ k_4'=2(k_1+k_2+k_3)-k_4 $$
も、$k_4$ の代わりに同じ式を満たす。とくに $k_1$、$k_2$、$k_3$、$k_4$ が整数なら $k_4'$ も整数である。

解と係数の関係

prf-dct-solve のとおり、式は $x$ の 2 次方程式 $x^2-2sx+(2q-s^2)=0$（$s=k_1+k_2+k_3$、$q=k_1^2+k_2^2+k_3^2$）に $x=k_4$ を代入したものである。この 2 次方程式の 2 つの解の和は $2s$ なので（解と係数の関係）、もう 1 つの解は $2s-k_4=k_4'$ である。$\square$

図では、3 つの円 $C_1$、$C_2$、$C_3$ に接する 2 つの円の一方 $C_4$ から、もう一方 $C_4'$ に取り替える操作にあたる。互いに接する 4 つの円から始めて、3 つを選んでは新しい円を加えることを繰り返すと、隙間が次々に円で埋まっていく。この図形を Apollonius の詰め込み（Apollonian gasket）という。新しく加えた円 $C_4'$ も $C_1$、$C_2$、$C_3$ に接するので、4 つの円 $C_1$、$C_2$、$C_3$、$C_4'$ に thm-dct-main が使える（4 つのうちにほかの 3 つを含む円があるときは、その円を 4 つ目とみて番号を付け替える。定理の式は $k_1,\dots,k_4$ について対称である）。よって $C_4'$ の曲率は prf-dct-solve の 2 次方程式の解で、その解は $k_4$ と $k_4'$ の 2 つだけである。$k_4$ も $k_4'$ も整数なので、$C_4'$ の曲率は整数である。

曲率 $-1,2,2,3$ から始める

半径 $1$ の円の中に、半径 $\dfrac12$ の 2 つの円を直径に沿って並べる。曲率は $-1$、$2$、$2$ である。
(1) 3 つに接する円。cor-dct-solve で $s=-1+2+2=3$、$\sigma=-2+4-2=0$ なので、$k=3$（重解）である。上下に 1 つずつ、半径 $\dfrac13$ の円が入る。$(-1+2+2+3)^2=36=2(1+4+4+9)$ である。
(2) 次の円。prop-dct-flip で、4 つのうち 3 つを選び、残りの 1 つを取り替える。

選んだ 3 つ	取り替える円	新しい曲率
$-1,2,3$	$2$	$2(-1+2+3)-2=6$
$2,2,3$	$-1$	$2(2+2+3)+1=15$
$-1,2,6$	$3$	$2(-1+2+6)-3=11$
$-1,3,6$	$2$	$2(-1+3+6)-2=14$
$2,3,6$	$-1$	$2(2+3+6)+1=23$
$2,3,15$	$2$	$2(2+3+15)-2=38$

どの曲率も整数である。たとえば $(-1,2,3,6)$ では和 $10$、2 乗の和 $1+4+9+36=50$ で、$10^2=2\cdot50$ である。

曲率 −1, 2, 2, 3 から始める Apollonius の詰め込み。円の中の数は曲率で、どれも整数になる

例と反例

外す条件	反例	成り立たなくなること
3 つを含む円の曲率を負にする	半径 $1$、$2$、$3$ と、それらを含む半径 $6$ の円で、曲率を $+\dfrac16$ とする	$(\sum k)^2=2\sum k^2$
$C_1$、$C_2$、$C_3$ が互いに接する	半径 $1$ の円のまわりに、半径 $1$ の円を $90^\circ$ ずつ 3 つ置く	$(\sum k)^2=2\sum k^2$
$C_4$ は円（$k_4\ne0$）	直線を曲率 $0$ の円とみる	（成り立つ。prop-dct-line）

直線と半径 4, 4, 1 の円は互いに接し、直線の曲率を 0 とすると定理の式が成り立つ。隙間の赤い円の曲率は 3。円の中の数は曲率

赤い円 4 は 3 つの円 1, 2, 3 に接するが、円 1 と円 2 の中心の距離は 2√2 で、この 2 つは接していない

反例：符号を付けない

半径 $1$、$2$、$3$ の円と、それらを含んで内接する半径 $6$ の円（ex-dct-start）で、4 つ目の曲率を $+\dfrac16$ とすると、和は $1+\dfrac12+\dfrac13+\dfrac16=2$、2 乗の和は $1+\dfrac14+\dfrac19+\dfrac1{36}=\dfrac{50}{36}=\dfrac{25}{18}$ である。$2^2=4$ と $2\cdot\dfrac{25}{18}=\dfrac{25}9$ は等しくない。$-\dfrac16$ とすれば成り立つ（ex-dct-start-curv (2)）。内接の場合は中心の間の距離が $-(\rho+r_i)$ になり（lem-dct-half の要点の $\lvert\rho+r_i\rvert$）、負の符号がこの違いを吸収している。

反例：互いに接していない 3 つの円

中心 $(0,0)$、半径 $1$ の円 $C_4$ と、中心 $(2,0)$、$(0,2)$、$(-2,0)$、半径 $1$ の円 $C_1$、$C_2$、$C_3$ を考える。$C_4$ は $C_1$、$C_2$、$C_3$ のすべてに外接する（中心の間の距離は $2=1+1$）。しかし $C_1$ と $C_2$ の中心の距離は $2\sqrt2>2$ で、接していない。曲率はすべて $1$ で、$(1+1+1+1)^2=16$、$2(1+1+1+1)=8$ なので式は成り立たない。$C_1$ と $C_2$ が接していないと、lem-dct-half で使う $O_1O_2=r_1+r_2$ が成り立たない。

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2 次形式として見る

$Q(k_1,k_2,k_3,k_4)=2\left(k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2\right)-(k_1+k_2+k_3+k_4)^2$ とおくと、定理は「互いに接する 4 つの円の曲率は $Q=0$ を満たす」と言い換えられる。

2 次形式の型と Apollonius 群の話を開く

$Q$ は 4 変数の 2 次形式で、その行列（対角成分 $1$、それ以外 $-1$）の固有値は $2$（3 重）と $-2$（1 重）である。正の方向が 3 つ、負の方向が 1 つの 2 次形式は、特殊相対性理論の時空の距離（Lorentz 型の形式）と同じ型である。

prop-dct-flip の取り替え $k_4\mapsto2(k_1+k_2+k_3)-k_4$ は、$Q=0$ の点だけでなく、すべての $(k_1,\dots,k_4)$ で $Q$ の値を変えない 1 次変換である（prf-dct-solve の 2 次式は $k_4$ と $2s-k_4$ で同じ値をとる）。4 つの取り替えが生成する整数の行列の群は Apollonius 群と呼ばれ、Apollonius の詰め込みの曲率の数論的な性質（どんな整数が現れるか）の研究に使われている。2 次形式の一般論は 2次曲線と2次形式、2次形式で扱う。

3 次元と複素数への広がり

次の 2 つを紹介する。この記事では証明しない。

互いに接する 5 つの球の曲率は $(k_1+\dots+k_5)^2=3\left(k_1^2+\dots+k_5^2\right)$ を満たす。一般に $n$ 次元では、互いに接する $n+2$ 個の球について、右辺の係数が $n$ になる。
円の中心を複素数 $z_i$ で表すと、曲率と中心をあわせた $(k_1z_1+\dots+k_4z_4)^2=2\left((k_1z_1)^2+\dots+(k_4z_4)^2\right)$ が成り立つ（複素 Descartes の定理）。図 3 はこの式から出る関係 $k_4'z_4'=2(k_1z_1+k_2z_2+k_3z_3)-k_4z_4$ で中心を求めて描いた。
2 つの式を数値で確かめる
3 次元：1 辺 $2$ の正四面体の頂点を中心とする半径 $1$ の 4 つの球は互いに接する。中心から頂点までの距離は $\dfrac{\sqrt6}2$ なので、4 つに接する内側の球の半径は $\dfrac{\sqrt6}2-1$、曲率は $\dfrac{2}{\sqrt6-2}=2+\sqrt6$ である。$(4+2+\sqrt6)^2=42+12\sqrt6$、$3\bigl(4+(2+\sqrt6)^2\bigr)=3(14+4\sqrt6)=42+12\sqrt6$ で一致する。
複素数：ex-dct-start の内側の円では $k_iz_i$ は $0$、$\dfrac32$、$\dfrac43i$、$\dfrac{23}6\cdot\dfrac{21+20i}{23}=\dfrac72+\dfrac{10}3i$ である。和は $5+\dfrac{14}3i$ で、その 2 乗は $\dfrac{29}9+\dfrac{140}3i$ である。2 乗の和は $\dfrac94-\dfrac{16}9+\dfrac{49}4-\dfrac{100}9+\dfrac{70}3i=\dfrac{29}{18}+\dfrac{70}3i$ で、その 2 倍は $\dfrac{29}9+\dfrac{140}3i$ となり一致する。

さらに先へ

4 つの円が互いに接する図で、3 つの円の接点を通る円や、4 つの円を 2 つずつ組にした根軸を考えると、根軸と根心の考え方につながる。
2 つの円の間に円を並べて輪にする問題では、4 つの円の関係ではなく、反転で 2 円を同心円に移す方法が効く。これは次の記事 Steinerの円鎖で扱う。
曲率の 2 次式の整数解を探すことは、ピタゴラス数と円の有理点で $a^2+b^2=c^2$ の整数解を探したのと同じ種類の問題である。
円に関する反転を使うと、互いに接する 4 つの円のうち 2 つを平行な 2 直線に移せる。この見方でも定理を証明できる（この記事では扱わない）。