根軸と根心

円 $\Gamma_1:\ x^2+y^2-10=0$（中心 $(0,0)$、半径 $\sqrt{10}$）と、円 $\Gamma_2:\ (x-4)^2+(y-2)^2=10$、展開して $x^2+y^2-8x-4y+10=0$（中心 $(4,2)$、半径 $\sqrt{10}$）を考える。
引き算すると
$$ (x^2+y^2-10)-(x^2+y^2-8x-4y+10)=8x+4y-20 $$
なので、直線 $8x+4y-20=0$、つまり $2x+y=5$ が残る。$y=5-2x$ を $\Gamma_1$ に入れると $x^2+(5-2x)^2=10$、$5x^2-20x+15=0$、$x^2-4x+3=0$ で、$x=1,3$ である。交点は $(1,3)$ と $(3,-1)$ で、どちらも $\Gamma_2$ の式を満たす（$(1-4)^2+(3-2)^2=10$、$(3-4)^2+(-1-2)^2=10$）。直線 $2x+y=5$ は 2 つの交点を通る直線、つまり共通弦を延ばした直線である。

円 $\Gamma_1:\ x^2+y^2-4=0$（中心 $(0,0)$、半径 $2$）と、円 $\Gamma_2:\ (x-6)^2+y^2=1$、展開して $x^2+y^2-12x+35=0$（中心 $(6,0)$、半径 $1$）を考える。中心間の距離 $6$ は半径の和 $3$ より大きいので、2 円は交わらない。
それでも引き算はできて、$(x^2+y^2-4)-(x^2+y^2-12x+35)=12x-39$ なので、直線 $x=\dfrac{13}4$ が残る。この直線の上の点 $Q\left(\dfrac{13}4,2\right)$ から 2 つの円に接線を引く。接線の長さの 2 乗は「中心までの距離の 2 乗 $-$ 半径の 2 乗」なので（方べきの定理（高校数学））
$$ \left(\frac{13}4\right)^2+2^2-2^2=\frac{169}{16},\qquad \left(\frac{13}4-6\right)^2+2^2-1^2=\frac{121}{16}+\frac{48}{16}=\frac{169}{16} $$
で、どちらの接線の長さも $\dfrac{13}4$ である。直線 $x=\dfrac{13}4$ の上のどの点 $\left(\dfrac{13}4,t\right)$ でも、同じ計算で 2 つの値はどちらも $t^2+\dfrac{105}{16}$ になる。

ex-rad-start の $\Gamma_1:\ f_1=x^2+y^2-10$、$\Gamma_2:\ f_2=x^2+y^2-8x-4y+10$ で、原点 $(0,0)$ の方べきは $f_1(0,0)=-10$、$f_2(0,0)=10$ である。原点は $\Gamma_1$ の中心（内部）にあり、$\Gamma_2$ の外部にある。$\Gamma_2$ への接線の長さは $\sqrt{10}$ である。点 $(2,1)$ では $f_1(2,1)=-5$、$f_2(2,1)=4+1-16-4+10=-5$ で、2 つの方べきは等しい。実際 $(2,1)$ は直線 $2x+y=5$ の上にある。

1. ex-rad-start-disjoint の 2 円は $d=6$、$r_1=2$、$r_2=1$ なので、$x_0=\dfrac{36+4-1}{12}=\dfrac{39}{12}=\dfrac{13}4$ で、引き算で求めた根軸 $x=\dfrac{13}4$ と一致する。
2. ex-rad-start の 2 円は半径が等しい（$r_1=r_2=\sqrt{10}$）ので、$x_0=\dfrac{d^2}{2d}=\dfrac d2$ で、根軸は線分 $O_1O_2$ の垂直二等分線である。実際、$O_1(0,0)$、$O_2(4,2)$ の中点 $(2,1)$ を通り、$\overrightarrow{O_1O_2}=(4,2)$ に垂直な直線は $4(x-2)+2(y-1)=0$、つまり $2x+y=5$ である。
3. 円 $x^2+y^2=4$ と円 $(x-3)^2+y^2=1$ は $d=3=r_1+r_2$ なので、点 $(2,0)$ で外接する。$x_0=\dfrac{9+4-1}{6}=2$ で、根軸は接点を通る直線 $x=2$、つまり 2 円の共通接線である。

2 つの円に共通な接線が、$\Gamma_1$ と $T_1$ で、$\Gamma_2$ と $T_2$ で接するとする。線分 $T_1T_2$ の中点 $M$ は直線 $T_1T_2$ の上にあるので、$MT_1$ は $M$ から $\Gamma_1$ に引いた接線の長さ、$MT_2$ は $\Gamma_2$ に引いた接線の長さである。$MT_1=MT_2$ なので、prop-rad-meaning 3 の逆により $M$ は根軸の上にある。つまり、根軸は共通接線の線分を 2 等分する。
数値で確かめる。$\Gamma_1:\ x^2+y^2=49$（中心 $(0,0)$、半径 $7$）と $\Gamma_2:\ (x-13)^2+y^2=4$（中心 $(13,0)$、半径 $2$）では、根軸は $x=\dfrac{169+49-4}{26}=\dfrac{214}{26}=\dfrac{107}{13}$ である。単位ベクトル $\boldsymbol n=\left(\dfrac5{13},\dfrac{12}{13}\right)$ について、直線 $\boldsymbol n\cdot(x,y)=7$ は $\Gamma_1$ に $T_1=7\boldsymbol n=\left(\dfrac{35}{13},\dfrac{84}{13}\right)$ で接し、$\boldsymbol n\cdot(13,0)=5=7-2$ なので $\Gamma_2$ の中心からの距離が $2$ で、$\Gamma_2$ にも $T_2=(13,0)+2\boldsymbol n=\left(\dfrac{179}{13},\dfrac{24}{13}\right)$ で接する。中点は $\left(\dfrac{107}{13},\dfrac{54}{13}\right)$ で、確かに根軸 $x=\dfrac{107}{13}$ の上にある。$T_1T_2$ の長さは $\sqrt{13^2-(7-2)^2}=12$ である。

ex-rad-start の $\Gamma_1:\ f_1=x^2+y^2-10$、$\Gamma_2:\ f_2=x^2+y^2-8x-4y+10$ に、$\Gamma_3:\ x^2+(y-5)^2=9$、つまり $f_3=x^2+y^2-10y+16$ を加える。中心は $(0,0)$、$(4,2)$、$(0,5)$ で、一直線上にない。
根軸は $f_1-f_2=8x+4y-20=0$、$f_1-f_3=10y-26=0$、$f_2-f_3=-8x+6y-6=0$ である。2 本目から $y=\dfrac{13}5$、1 本目に入れて $2x=5-\dfrac{13}5=\dfrac{12}5$、$x=\dfrac65$ である。3 本目に入れると $-\dfrac{48}5+\dfrac{78}5-6=0$ で、確かに乗っている。根心は $P\left(\dfrac65,\dfrac{13}5\right)$ で、3 つの方べきは $f_1(P)=\dfrac{36}{25}+\dfrac{169}{25}-10=\dfrac{205-250}{25}=-\dfrac95$ などとなり、すべて $-\dfrac95$ である。方べきが負なので、$P$ は 3 つの円すべての内部にある。
3 つの円は 2 つずつ交わり、共通弦は $\Gamma_1$ と $\Gamma_2$ で $(1,3)$ と $(3,-1)$、$\Gamma_1$ と $\Gamma_3$ で $\left(\pm\dfrac95,\dfrac{13}5\right)$、$\Gamma_2$ と $\Gamma_3$ で $\left(\dfrac{21}{25},\dfrac{53}{25}\right)$ と $(3,5)$ を結ぶ線分である。3 本の共通弦は根心 $P$ で交わる（図 2）。

三角形 $ABC$ の 3 辺 $BC$、$CA$、$AB$ を直径とする 3 つの円を考える。中心は 3 辺の中点で、一直線上にない。$A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足を $D$ とすると、$D\ne B$ なら $\angle ADB=90^\circ$ なので $D$ は $AB$ を直径とする円の上にあり（直径に対する円周角。$D=B$ なら $D$ は直径の端点）、同じように $D$ は $CA$ を直径とする円の上にもある。$A$ も両方の円の上にあり、$A\ne D$ なので、2 つの円は $A$ と $D$ で交わり、その根軸は直線 $AD$、つまり $A$ から下ろした垂線である（prop-rad-meaning 1）。$B$、$C$ から下ろした垂線も同じように根軸になる。thm-rad-center により 3 本の垂線は根心で交わり、根心は三角形の垂心 $H$ である（三角形の垂心）。$B$、$C$ から下ろした垂線の足を $E$、$F$ とすると、$H$ の 3 つの方べきが等しいことから $\overrightarrow{HA}\cdot\overrightarrow{HD}=\overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{HE}=\overrightarrow{HC}\cdot\overrightarrow{HF}$ も分かる（方べきの定理（高校数学））。
数値で確かめる。$A(1,4)$、$B(0,0)$、$C(5,0)$ とする。$XY$ を直径とする円は $(x-x_X)(x-x_Y)+(y-y_X)(y-y_Y)=0$ なので、3 つの円は
$$ f_{BC}=x^2+y^2-5x,\qquad f_{CA}=x^2+y^2-6x-4y+5,\qquad f_{AB}=x^2+y^2-x-4y $$
である。根軸は $f_{CA}-f_{AB}=-5x+5=0$ から $x=1$、$f_{BC}-f_{AB}=-4x+4y=0$ から $y=x$、$f_{BC}-f_{CA}=x+4y-5=0$ である。$x=1$ は $A$ を通り $BC$（$x$ 軸）に垂直、$y=x$ は $B$ を通り $\overrightarrow{AC}=(4,-4)$ に垂直、$x+4y=5$ は $C$ を通り $\overrightarrow{AB}=(-1,-4)$ に垂直で、どれも垂線である。3 本は $H(1,1)$ で交わり、$f_{BC}(1,1)=f_{CA}(1,1)=f_{AB}(1,1)=-3$ である。垂線の足は $D(1,0)$、$E\left(\dfrac52,\dfrac52\right)$、$F\left(\dfrac5{17},\dfrac{20}{17}\right)$ で、たとえば $\overrightarrow{HA}\cdot\overrightarrow{HD}=(0,3)\cdot(0,-1)=-3$ である。

ex-rad-start-disjoint の交わらない 2 円 $\Gamma_1:\ x^2+y^2-4=0$、$\Gamma_2:\ x^2+y^2-12x+35=0$ の根軸を、両方と交わる補助の円で求める。補助の円として中心 $(3,3)$、半径 $\dfrac72$ の円 $\Gamma_3:\ x^2+y^2-6x-6y+\dfrac{23}4=0$ をとる（$\Gamma_1$、$\Gamma_2$ の両方と 2 点で交わる）。
$\Gamma_1$ と $\Gamma_3$ の共通弦の直線は $f_1-f_3=6x+6y-\dfrac{39}4=0$、$\Gamma_2$ と $\Gamma_3$ の共通弦の直線は $f_2-f_3=-6x+6y+\dfrac{117}4=0$ である。2 式を足すと $12y+\dfrac{78}4=0$、$y=-\dfrac{13}8$ で、1 つ目の式から $6x=\dfrac{39}4+\dfrac{78}8=\dfrac{39}2$、$x=\dfrac{13}4$ である。交点 $\left(\dfrac{13}4,-\dfrac{13}8\right)$ は 3 円の根心で、特に $\Gamma_1$ と $\Gamma_2$ の根軸 $x=\dfrac{13}4$ の上にある。作図では、この点から中心を結ぶ直線に垂線を下ろせば根軸が引ける。

$\Gamma_1:\ x^2+y^2=4$、$\Gamma_2:\ (x-6)^2+y^2=1$、$\Gamma_3:\ x^2+(y-6)^2=1$ の根心を求める。$f_1-f_2=12x-39$、$f_1-f_3=12y-39$ なので、根心は $P\left(\dfrac{13}4,\dfrac{13}4\right)$ で、3 つの方べきは $\dfrac{169}{16}\cdot2-4=\dfrac{137}8$ である。方べきが正なので $P$ は 3 円の外部にあり、$P$ から 3 円に引いた接線の長さはどれも $\sqrt{\dfrac{137}8}$ である。
$P$ を中心とし、半径 $\rho=\sqrt{\dfrac{137}8}$ の円 $\Sigma$ を描くと、$\Sigma$ は 3 つの円のそれぞれと直角に交わる。実際、$\Sigma$ と $\Gamma_1$ の中心間の距離の 2 乗は $\dfrac{169}8$ で、$\rho^2+2^2=\dfrac{137}8+\dfrac{32}8=\dfrac{169}8$ に等しい。中心間の距離の 2 乗が半径の 2 乗の和に等しいことは、2 円が直交することと同値である（方べきの定理（高校数学））。

1. ex-rad-start の $f_1=x^2+y^2-10$、$f_2=x^2+y^2-8x-4y+10$ で $t=\dfrac12$ とすると、$g_{1/2}=x^2+y^2-4x-2y$ で、中心 $(2,1)$、半径 $\sqrt5$ の円である。中心 $(2,1)$ は $O_1(0,0)$ と $O_2(4,2)$ の中点で、この円は 2 つの交点 $(1,3)$、$(3,-1)$ を通る（$1+9-4-6=0$、$9+1-12+2=0$）。$t=-\dfrac12$ とすると $g_{-1/2}=\dfrac32f_1-\dfrac12f_2=x^2+y^2+4x+2y-20$ で、中心 $(-2,-1)$、半径 $5$ の円であり、やはり $(1,3)$ を通る（$1+9+4+6-20=0$）。
2. ex-rad-start-disjoint の $f_1=x^2+y^2-4$、$f_2=x^2+y^2-12x+35$ では $g_t=x^2+y^2-12tx+(39t-4)$ で、中心は $(6t,0)$、半径の 2 乗は $36t^2-39t+4$ である。これが $0$ になるのは $t=\dfrac{13\pm\sqrt{105}}{24}$ のときで、そのとき $g_t=0$ は 1 点 $\left(\dfrac{13\pm\sqrt{105}}4,0\right)$ だけを表す（$6t=\dfrac{13\pm\sqrt{105}}4$）。2 つの $t$ の間では $g_t=0$ は空集合である。

1. ex-rad-center の 3 円は $(D_i,E_i)=(0,0),(-8,-4),(0,-10)$ で、$\delta=\det\begin{pmatrix}0&0&1\\ -8&-4&1\\ 0&-10&1\end{pmatrix}=(-8)(-10)-(-4)\cdot0=80$ である。中心 $(0,0)$、$(4,2)$、$(0,5)$ の行列式は $4\cdot5-2\cdot0=20$ で、$80=4\cdot20$ である。$\delta\ne0$ なので根心はただ 1 つで、それが $\left(\dfrac65,\dfrac{13}5\right)$ だった。
2. 中心が $(0,0)$、$(6,0)$、$(3,0)$ の 3 円では、中心がすべて $x$ 軸の上にあるので、$E_1=E_2=E_3=0$ で $\delta$ の第 2 列が $0$ になり、$\delta=0$ である。この場合、3 本の根軸はどれも $x$ 軸に垂直で、互いに平行か一致する。ex-rad-collinear の 3 円では、異なる 3 本の平行な直線になる。

同心円 $x^2+y^2-1=0$ と $x^2+y^2-9=0$ では、方べきの差は $(x^2+y^2-1)-(x^2+y^2-9)=8$ で、どの点でも $0$ にならない。方べきが等しい点はなく、根軸は存在しない。prf-rad-axis では $d>0$ で割ったので、$d=0$ の場合は除く必要があった。

ex-rad-start-disjoint の $\Gamma_2$ は、両辺を 2 倍して $2x^2+2y^2-24x+70=0$ と書いても同じ円である。この形のまま $\Gamma_1$ の式から引くと
$$ (x^2+y^2-4)-(2x^2+2y^2-24x+70)=-x^2-y^2+24x-74 $$
で、2 次の項が消えない。$-x^2-y^2+24x-74=0$ は $(x-12)^2+y^2=70$ という円で、根軸ではない。方べきが方程式の左辺の値に等しいのは、$x^2+y^2$ の係数が $1$ のときだけである（def-rad-power）。

楕円 $\dfrac{x^2}4+y^2=1$ と $x^2+\dfrac{y^2}4=1$ の左辺から $1$ を引いた式の差は
$$ \left(\frac{x^2}4+y^2-1\right)-\left(x^2+\frac{y^2}4-1\right)=-\frac34x^2+\frac34y^2=-\frac34(x-y)(x+y) $$
で、$0$ になるのは 2 本の直線 $y=x$ と $y=-x$ の上である。2 つの楕円の交点は $\left(\pm\dfrac2{\sqrt5},\pm\dfrac2{\sqrt5}\right)$ の 4 点で、1 本の直線の上には並ばない。2 次の部分 $\dfrac{x^2}4+y^2$ と $x^2+\dfrac{y^2}4$ が異なるので、引き算しても 2 次の項が残る。根軸は「2 次の部分がすべて $x^2+y^2$」という円の特徴から生まれる。

ex-rad-start-disjoint の $f_1=x^2+y^2-4$、$f_2=x^2+y^2-12x+35$ に、中心 $(3,0)$、半径 $3$ の円 $f_3=x^2+y^2-6x=0$ を加える。根軸は $f_1-f_2=0$ から $x=\dfrac{13}4$、$f_1-f_3=6x-4=0$ から $x=\dfrac23$、$f_2-f_3=35-6x=0$ から $x=\dfrac{35}6$ で、3 本とも $y$ 軸に平行な異なる直線である。3 つの方べきがすべて等しい点はなく、根心は存在しない。
中心が一直線上でも、3 つの円が 1 つの円の束（def-rad-pencil）に入っているときは、prop-rad-pencil 3 により 3 本の根軸は一致し、その直線の上のすべての点で 3 つの方べきが等しい。たとえば ex-rad-pencil (1) の $f_1=0$、$f_2=0$、$g_{1/2}=0$ は、中心 $(0,0)$、$(4,2)$、$(2,1)$ が一直線上にあり、3 本の根軸はどれも $2x+y=5$ である。このときも、方べきが等しい点がただ 1 つには決まらないので、根心はない。

相異なる 4 点 $A$、$B$、$C$、$D$ が、この順に 1 本の直線の上にある。$AC$ を直径とする円と $BD$ を直径とする円が、2 点 $X$、$Y$ で交わる。直線 $XY$ と直線 $BC$ の交点を $Z$ とする。$P$ を直線 $XY$ の上の $Z$ と異なる点とする。直線 $CP$ が $AC$ を直径とする円と交わる点を $C$、$M$ とし、直線 $BP$ が $BD$ を直径とする円と交わる点を $B$、$N$ とする。3 本の直線 $AM$、$DN$、$XY$ は 1 点で交わることを示せ。
（出典：国際数学オリンピック（1995 年）第 1 問 Oly95。問題文は英文からの和訳。）