Apolloniusの問題

中心 $O_1(0,0)$・半径 $1$ の円 $C_1$、中心 $O_2(4,0)$・半径 $1$ の円 $C_2$、中心 $O_3(2,6)$・半径 $3$ の円 $C_3$ を考える。中心の間の距離は $O_1O_2=4$、$O_1O_3=O_2O_3=\sqrt{4+36}=\sqrt{40}$ で、どれも半径の和（$2$、$4$、$4$）より大きいので、3 つの円は互いに外側にあって共有点をもたない。
(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 $\rho$ とする。外接する 2 つの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）
$$ x^2+y^2=(\rho+1)^2\quad\text{(a)},\qquad (x-4)^2+y^2=(\rho+1)^2\quad\text{(b)},\qquad (x-2)^2+(y-6)^2=(\rho+3)^2\quad\text{(c)} $$
である。
(2) 引き算で 1 次式にする。(b) から (a) を引くと、$x^2$、$y^2$、$\rho^2$ が消えて $-8x+16=0$、つまり $x=2$ である。(c) から (a) を引くと
$$ -4x-12y+40=(\rho+3)^2-(\rho+1)^2=4\rho+8 $$
で、$x=2$ を代入すると $-12y+32=4\rho+8$、つまり $y=2-\dfrac\rho3$ である。
(3) $\rho$ の 2 次方程式。(a) に代入すると
$$ 4+\left(2-\frac\rho3\right)^2=(\rho+1)^2 $$
である。両辺を $9$ 倍して展開すると $36+36-12\rho+\rho^2=9\rho^2+18\rho+9$ で、整理すると
$$ 8\rho^2+30\rho-63=0 $$
となる。解の公式から $\rho=\dfrac{-30\pm\sqrt{900+2016}}{16}=\dfrac{-30\pm54}{16}$ で
$$ \rho=\frac32\quad\text{または}\quad\rho=-\frac{21}4 $$
である。
(4) 2 つの解の意味。$\rho=\dfrac32$ のとき中心は $\left(2,\dfrac32\right)$ で、$O_1$ までの距離は $\sqrt{4+\dfrac94}=\dfrac52=\dfrac32+1$ である。これは 3 つの円に外接する円である。$\rho=-\dfrac{21}4$ のとき中心は $\left(2,\dfrac{15}4\right)$ で、(a)(b)(c) は「中心の間の距離が $\left\lvert\rho+r_i\right\rvert=\dfrac{21}4-r_i$」を表す。これは、半径 $\dfrac{21}4$ の円が 3 つの円を内側に含んで接している（内接している）ことを表す。実際、$\left(2,\dfrac{15}4\right)$ から $O_1$ までの距離は $\sqrt{4+\dfrac{225}{16}}=\dfrac{17}4=\dfrac{21}4-1$、$O_3$ までの距離は $\dfrac94=\dfrac{21}4-3$ である。

ex-apo-start の円で確かめる。
(1) 中心 $\left(2,\dfrac32\right)$・半径 $\dfrac32$ の円と $C_1$：$d=\dfrac52=\dfrac32+1$ なので外接で、$\varepsilon=1$ である。
(2) 中心 $\left(2,\dfrac{15}4\right)$・半径 $\dfrac{21}4$ の円と $C_1$：$d=\dfrac{17}4=\dfrac{21}4-1$ なので内接で、$\varepsilon=-1$ である。$C_2$、$C_3$ とも内接する。
(2) の円は、ex-apo-start では $\rho=-\dfrac{21}4$、符号 $(1,1,1)$ の解として出てきた。半径を正の $\dfrac{21}4$ に直すと、符号はすべて反対の $(-1,-1,-1)$ になる。$\left(-\dfrac{21}4+r\right)^2=\left(\dfrac{21}4-r\right)^2$ だからである。

3 点 $(0,0)$、$(4,0)$、$(2,6)$ を通る円を求める。ex-apo-start の (a)(b)(c) で半径をすべて $0$ にすると
$$ x^2+y^2=\rho^2,\qquad (x-4)^2+y^2=\rho^2,\qquad (x-2)^2+(y-6)^2=\rho^2 $$
である。2 式目から 1 式目を引くと $x=2$、3 式目から 1 式目を引くと $-4x-12y+40=0$ で $y=\dfrac83$ である。1 式目に代入すると $\rho^2=4+\dfrac{64}9=\dfrac{100}9$、$\rho=\pm\dfrac{10}3$ である。$\rho$ と $-\rho$ は同じ円を表すので、求める円は中心 $\left(2,\dfrac83\right)$・半径 $\dfrac{10}3$ の 1 個（外接円）だけである。一直線上にない 3 点を通る円はただ 1 つである（三角形の外心）。

3 本の直線 $x=0$、$y=0$、$3x+4y=12$ は、3 辺が $3,4,5$ の直角三角形 $(0,0)$、$(4,0)$、$(0,3)$ をつくる。円が直線に接するのは、中心から直線までの距離が半径に等しいときである（円と直線の位置関係）。したがって 3 本の直線に接する円の中心は、3 本の直線から等しい距離にある点で、三角形の内心と傍心 の定理「3 辺の直線から等距離の 4 点」により、内心と 3 つの傍心の 4 点だけである。

3 本の直線に接する円はちょうど 4 個である。

ex-apo-start の 3 つの円 $C_1$、$C_2$、$C_3$ で、残りの 3 つの対も計算する。
(1) 対 $\{(1,1,-1),(-1,-1,1)\}$。(c) の右辺を $(\rho-3)^2$ に替えると、$x=2$、$y=2+\dfrac23\rho$、$5\rho^2-6\rho-63=0$ となり、$\rho=\dfrac{21}5$ または $\rho=-3$ である。$\rho=\dfrac{21}5$ は中心 $\left(2,\dfrac{24}5\right)$ の型 $(1,1,-1)$ の円、$\rho=-3$ は中心 $(2,0)$・半径 $3$ の型 $(-1,-1,1)$ の円である。

（3 行目・4 行目は小数第 3 位までの値。正確には半径 $3\sqrt2-2$ と $3\sqrt2+2$、中心は $\left(1+\dfrac{3\sqrt2}2,\ 3-\dfrac{3\sqrt2}2\right)$ などである。）

1. 2 点 $(0,0)$、$(4,0)$ と円 $C_3$（中心 $(2,6)$、半径 $3$）。ex-apo-start の計算で $r_1=r_2=0$ とすると、$\rho$ の方程式は $108\rho^2+276\rho-1105=0$ になり、$\rho=\dfrac{13}6$ または $\rho=-\dfrac{85}{18}$ である。
   (1) の途中の計算を開く

   (b) から (a) を引いて $x=2$、(c) から (a) を引いて $-4x-12y+40=6\rho+9$ から $y=\dfrac{23}{12}-\dfrac\rho2$ となる。(a) に代入して $144$ 倍すると $576+529-276\rho+36\rho^2=144\rho^2$、整理して $108\rho^2+276\rho-1105=0$ である。解の公式から $\rho=\dfrac{-276\pm\sqrt{276^2+4\cdot108\cdot1105}}{216}=\dfrac{-276\pm744}{216}$ である。

   中心 $\left(2,\dfrac56\right)$・半径 $\dfrac{13}6$ の円（$C_3$ に外接）と、中心 $\left(2,\dfrac{77}{18}\right)$・半径 $\dfrac{85}{18}$ の円（$C_3$ を含んで内接）の 2 個で、上限 2 が実現している。
2. 1 点 $(0,0)$ と 2 つの円 $C_2$（中心 $(4,0)$、半径 $1$）、$C_3$（中心 $(2,6)$、半径 $3$）では、2 つの対から 2 個ずつ、4 個の接する円が得られる（数値で確かめた。半径は約 $1.847$、$5.210$、$2.557$、$4.813$）。

中心 $(0,0)$、$(1,0)$、$(2,0)$、半径 $1$、$2$、$3$ の 3 つの円は、どれも点 $(-1,0)$ を通り、そこで互いに接している（中心の間の距離 $1=2-1$、$2=3-1$、$1=3-2$ が半径の差に等しい）。
正の数 $t$ を 1 つとり、中心 $(-1-t,0)$・半径 $t$ の円を考える。この円の中心から 3 つの中心までの距離は
$$ 1+t=t+1,\qquad 2+t=t+2,\qquad 3+t=t+3 $$
で、どれも「半径の和」に等しい。よってこの円は 3 つの円すべてに外接する。$t$ は任意の正の数なので、接する円は無数にある。
prf-apo-main の段 2 で使った行列式は、中心が一直線上にあるので $D=0$ になり、$x$、$y$ を $\rho$ で表す段が進まない。

円 $C_1=(0,0;1)$、$C_2=(1,0;4)$、$C_3=(8,5;1)$ を考える。中心は一直線上にない。$C_1$ と $C_2$ の中心の距離は $1<4-1$ なので $C_1$ は $C_2$ の内部にあり、$C_2$ と $C_3$ の中心の距離は $\sqrt{74}>4+1$ なので $C_3$ は $C_2$ の外部にある（2円の位置関係と共通接線 の定理「2 円の位置関係」）。
3 つすべてに接する円 $\Gamma$ はない。$\Gamma$ が $C_2$ に接するなら、$\Gamma$ は（接点を除いて）$C_2$ の外側にあるか内側にあるか、$C_2$ を含むかのどれかで、どの場合も $C_1$ か $C_3$ に届かないからである。

$C_1=(0,0;2)$、$C_2=(3,0;2)$、$C_3=(1,5;1)$ では、$C_1$ と $C_2$ が 2 点で交わる（中心の距離 $3$ が $0$ と $4$ の間）。対 $(1,1,1)$ と $(1,1,-1)$ からは 2 個ずつ、合わせて 4 個の接する円が得られるが、対 $(1,-1,1)$ と $(-1,1,1)$ の 2 次方程式
$$ 704\rho^2-312\rho+4509=0,\qquad 800\rho^2-1560\rho+4509=0 $$
は判別式がそれぞれ $312^2-4\cdot704\cdot4509=-12600000$、$1560^2-4\cdot800\cdot4509=-11995200$ で負になり、実数解をもたない。接する円は 4 個だけである。