パップスの六角形定理 | 初等幾何学

1 パップスの六角形定理

比はすべて符号つきの長さの比（§A5.9 定義 1.1）で扱い、内分と外分を一つの式でまとめます。

定理 1.1 (パップスの六角形定理). 相異なる二直線 $\ell_1,\ell_2$ をとり、 $\ell_1$ 上に相異なる三点 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3$ を、 $\ell_2$ 上に相異なる三点 $\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ をとる。 $\ell_1$ と $\ell_2$ が交わる場合には、この六点はいずれもその交点と異なるものとする。

六角形 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ について、向かい合う辺の三つの組

(\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2,\ \mathrm{B}_1\mathrm{A}_2),\qquad (\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3,\ \mathrm{A}_2\mathrm{B}_3),\qquad (\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1,\ \mathrm{B}_3\mathrm{A}_1)

が、それぞれ点 $\mathrm{X}_3$ , $\mathrm{X}_1$ , $\mathrm{X}_2$ で交わるとする。このとき $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は一直線上にある。

下の図は、この配置を一つ描いたものです。 $\mathrm{B}_3$ を $\ell_2$ に沿って動かすことができます。

図で確かめることができるのは、有限個の位置について結論が成り立つことだけです。図を動かして三点が並んで見えることは、すべての配置について三点が並ぶことの証明ではありません。本記事では、すべての配置について三点が一直線上に並ぶことを、以下で証明します。

2 六角形の辺と、一つおきの三直線

証明では、六角形の辺を一つおきに取った二つの三つ組を繰り返し使います。そこで、辺に番号を付けておきます。

定義 2.1 (六角形の辺と、一つおきの三直線).定理 1.1の六角形 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ の六本の辺を含む直線を、頂点の順に $s_1,\dots,s_6$ と書く。すなわち

\begin{aligned} s_1&=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2, & s_2&=\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3, & s_3&=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1,\\ s_4&=\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2, & s_5&=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3, & s_6&=\mathrm{B}_3\mathrm{A}_1 \end{aligned}

とする。 $\{s_1,s_3,s_5\}$ を奇数側の三直線 (odd-numbered side lines)、 $\{s_2,s_4,s_6\}$ を偶数側の三直線 (even-numbered side lines) という。

向かい合う辺の組は、番号が $3$ だけ離れた二本です。三つの交点は

\mathrm{X}_3=s_1\cap s_4,\qquad \mathrm{X}_1=s_2\cap s_5,\qquad \mathrm{X}_2=s_3\cap s_6

であり、どれも奇数側の一本と偶数側の一本との交点です。

この配置は、次の二つの置き換えについて形を変えません。第一に、 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_i$ をすべての $i$ について入れ替える置き換えは、 $s_1,s_3,s_5$ をそれぞれ $s_4,s_6,s_2$ へ移すので、奇数側と偶数側を入れ替えます。この置き換えは、 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ のそれぞれを自分自身へ移します。第二に、添字を $1\to2\to3\to1$ と巡回させる置き換えは、 $s_1\to s_5\to s_3\to s_1$ と $s_2\to s_6\to s_4\to s_2$ 、および $\mathrm{X}_3\to\mathrm{X}_1\to\mathrm{X}_2\to\mathrm{X}_3$ という対応を与えます。以下では、この二つの置き換えを使って場合の数を減らします。

注意 2.2 (六点を交点から離しておく理由). $\ell_1$ と $\ell_2$ が点 $\mathrm{O}$ で交わる場合に、六点が $\mathrm{O}$ と異なることを仮定するのは、辺を定める直線が壊れないようにするためである。仮に $\mathrm{A}_1=\mathrm{O}$ とすると、 $\mathrm{A}_1$ は $\ell_2$ 上にもあるので、 $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ は $\ell_2$ そのものになり、 $\mathrm{X}_3=s_1\cap s_4$ は $\mathrm{B}_1$ に一致する。六点が $\mathrm{O}$ と異なるという仮定からは、次の事実が従う。相異なる添字について、 $\mathrm{A}_i$ が直線 $\mathrm{A}_j\mathrm{B}_k$ 上にあることはなく、 $\mathrm{B}_i$ が直線 $\mathrm{A}_k\mathrm{B}_j$ 上にあることもない。実際、 $i\ne j$ で $\mathrm{A}_i$ が直線 $\mathrm{A}_j\mathrm{B}_k$ 上にあるとすると、この直線は $\ell_1$ 上の相異なる二点を含むので $\ell_1$ に一致し、 $\mathrm{B}_k$ が $\ell_1$ 上に来て $\mathrm{B}_k=\mathrm{O}$ となる。この事実は、以下の証明で繰り返し用いる。

3 証明の方針

出発点。 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は、それぞれ $s_5$ , $s_3$ , $s_1$ 上にあります。奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ が三角形の三辺をなすならば、三つの交点はその三角形の三辺上に一点ずつ乗ることになるので、共線の判定にメネラウスの定理の逆（§A5.9 定理 3.1）を用いることができます。示すべきことは、三つの符号つきの長さの比の積が $-1$ になることです。

中間目標。この三角形に対して、偶数側の三直線 $s_2,s_4,s_6$ と、もとの二直線 $\ell_1,\ell_2$ の、合わせて五本を横切る直線と見なし、メネラウスの定理（§A5.9 定理 3.1）を五回用います。偶数側の三本から得た三つの等式の積を、 $\ell_1,\ell_2$ から得た二つの等式の積で割ると、 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_j$ に関する六つの比がすべて約分で消え、 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ に関する三つの比の積だけが残ります。

片づけておく二つのこと。この筋を通すには、二つの障害を先に取り除く必要があります。

第一に、向かい合う辺が平行になると交点が有限の位置になく、三角形の頂点も無限に遠ざかることがあります。この定理の主張は入射関係だけで書かれているので、射影変換で配置を移してから証明し、逆変換で戻すことができます（§A5.17 定理 10.1）。そこで、必要な点がすべて有限点になる配置へ移します。

第二に、奇数側の三直線が三角形をなさず、一点で交わることがあります。この配置は、射影変換で移しても解消しません。そこで、奇数側と偶数側が同時に一点で交わることはない、という定理を先に証明します。この証明で、一点からの射影が複比を保つことを用います。

4 配置を有限な位置へ移す

パップスの六角形定理の主張は、「指定した三点が同一の直線上にある」という入射関係だけで書かれています。射影変換は入射関係と複比を保ち、逆変換も同じものを保つので、射影変換で移した先で主張を証明すれば、もとの配置での主張が得られます（§A5.17 定理 10.1）。長さや角による結論であれば、この運び方をすることはできません。

必要なのは、配置に現れる有限個の点を、すべて無限遠点でない位置へ移すことです。

定理 4.1. 射影平面上に有限個の点が与えられているとする。このとき、その有限個の点をすべて有限点へ移す射影変換が存在する。

証明. もとの平面を $\pi$ とする。与えられた無限遠点に対応する方向は有限個なので、それらのどの方向とも異なる方向 $d$ を一つ選ぶ。 $\pi$ 内で方向 $d$ をもつ平行な直線の族を考えると、与えられた各有限点を通る直線はその族の中に一本ずつしかない。したがって、与えられた有限点のどれも通らない直線 $h$ を、その族から選ぶことができる。直線 $h$ は方向 $d$ の無限遠点だけを含むので、拡張平面でも与えられた点のどれも含まない。

$\pi$ 上にない点 $\mathrm{S}_1$ をとり、 $\mathrm{S}_1$ と $h$ を含む平面を $\sigma$ とする。 $\sigma$ に平行で $\mathrm{S}_1$ を通らない平面 $\pi'$ を選ぶ。 $\sigma$ は $\pi$ と $h$ で交わるので、 $\pi'$ は $\pi$ と異なる。 $\mathrm{S}_1$ はどちらの平面上にもないから、 $\mathrm{S}_1$ を中心とする $\pi$ から $\pi'$ への一点からの射影が定まる。

与えられた有限点 $\mathrm{X}$ について、直線 $\mathrm{S}_1\mathrm{X}$ が $\pi'$ に平行であると仮定する。 $\mathrm{S}_1$ は $\sigma$ 上にあり、 $\sigma$ は $\pi'$ に平行なので、直線 $\mathrm{S}_1\mathrm{X}$ は $\sigma$ に含まれる。すると $\mathrm{X}$ は $\sigma\cap\pi=h$ 上にあり、 $h$ の選び方に反する。よって直線 $\mathrm{S}_1\mathrm{X}$ は $\pi'$ と有限点で交わる。

与えられた無限遠点の方向を $e$ とする。 $\mathrm{S}_1$ を通る方向 $e$ の直線が $\pi'$ に平行であると仮定すると、方向 $e$ は $\sigma$ と $\pi$ の両方に平行である。二平面の交線は $h$ なので、両方に平行な方向は $h$ の方向 $d$ に限られる。これは $e\ne d$ に反する。したがって、与えられた無限遠点の像も有限点である。

第一の射影で得た有限個の像を $\mathrm{Y}_1,\ldots,\mathrm{Y}_n$ とする。各 $\mathrm{Y}_i$ を通り $\pi$ に平行な平面を $\tau_i$ とする。 $\pi$ にも $\pi'$ にも平行でない直線 $a$ をとる。各 $\tau_i$ は $\pi$ に平行なので、 $a$ と各 $\tau_i$ の交点は一つだけである。 $a$ と $\pi,\pi'$ との交点、および $a$ と各 $\tau_i$ との交点を除いて、 $a$ 上に点 $\mathrm{S}_2$ を選ぶ。除く点は有限個なので、 $\mathrm{S}_2$ は存在する。

$\mathrm{S}_2$ は $\pi,\pi'$ のどちらの上にもないので、 $\mathrm{S}_2$ を中心とする $\pi'$ から $\pi$ への一点からの射影が定まる。 $\mathrm{S}_2\notin\tau_i$ であるから、直線 $\mathrm{S}_2\mathrm{Y}_i$ は $\pi$ に平行でなく、 $\mathrm{Y}_i$ の像は有限点である。二回の射影の合成は $\pi$ から $\pi$ への射影変換であり、与えられた点の像をすべて有限点へ移す。▨

同次座標と行列によって有限化する別証明は、次のとおりです。

証明. 与えられた点のうち、無限遠点であるものは有限個である。無限遠点は平面の一つの方向に対応するので（§A5.17 定義 1.1）、対応する方向も有限個である。原点のまわりの回転は可逆な行列で表されるので射影変換であり（§A5.17 定理 8.1）、あらかじめ適当な回転を行うことによって、これらの方向のどれも $x$ 軸の方向と一致しないようにすることができる。

次に、§A5.17 定理 9.2で用いた行列

M_s=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&s&1\end{pmatrix}\qquad(s\ne0)

が定める射影変換 $T_{M_s}$ をとる。 $M_s$ は $[X:Y:Z]$ を $[X:Y:sY+Z]$ へ移す。したがって無限遠点 $[X:Y:0]$ は、 $Y\ne0$ であれば $[X:Y:sY]$ という有限点へ移る。回転によって $x$ 軸の方向を避けてあるので、与えられた無限遠点はすべて $Y\ne0$ を満たす。また、有限点 $[x:y:1]$ の像は $[x:y:sy+1]$ であり、 $sy+1\ne0$ であるかぎり有限点のままである。与えられた有限点は有限個なので、 $s$ の絶対値を十分小さくとれば、そのすべてについて $sy+1\ne0$ が成り立つ。この $s$ に対する $T_{M_s}$ と、先の回転との合成が、求める射影変換である。▨

注意 4.2. 有限化の第一の証明は、もとの平面から別の平面へ射影し、その有限個の像をもとの平面へ射影する構成を与える。第二の証明は、回転と同次座標の行列によって同じ有限化を与える。以下の定理 5.2と定理 1.1には、第一の証明で得られた有限化を用いる。

5 補助三角形の存在

一点からの射影は、同一直線上の四点の複比を変えません（§A5.14 定理 1.2）。三本の直線が一点で交わるという条件は、この不変性を通して、二直線上の六点の位置についての等式に書き換えられます。

定理 5.1.定理 1.1の仮定のもとで、 $\ell_1$ と $\ell_2$ は点 $\mathrm{O}$ で交わるとする。奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ が一点 $\mathrm{T}$ で交わるならば

(\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2;\mathrm{A}_3,\mathrm{O}) =(\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3;\mathrm{B}_1,\mathrm{O})

が成り立つ。

証明. $\mathrm{T}$ が $\ell_1$ 上にあると仮定する。 $\mathrm{T}$ は $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ 上にあり、 $s_1$ は $\ell_1$ と一致しない（一致すれば $\mathrm{B}_2$ が $\ell_1$ 上に来て $\mathrm{B}_2=\mathrm{O}$ となる）。相異なる二直線の共有点は一つなので $\mathrm{T}=\mathrm{A}_1$ である。ところが $\mathrm{T}$ は $s_5=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ 上にもあるので、 $\mathrm{A}_1$ が $s_5$ 上に来て、注意 2.2の事実に反する。 $\mathrm{T}$ が $\ell_2$ 上にあるとした場合も、 $s_1$ が $\ell_2$ と一致しないことから $\mathrm{T}=\mathrm{B}_2$ となり、 $\mathrm{B}_2$ が $s_5$ 上に来て同じ事実に反する。

$\mathrm{T}$ を中心として $\ell_1$ 上の点を $\ell_2$ へ射影する。 $\mathrm{T}$ は $\ell_1,\ell_2$ のどちらの上にもないので、この射影は $\ell_1$ 上の各点に対して定まる。 $\mathrm{T}$ は $s_1$ 上にあるので直線 $\mathrm{TA}_1$ は $s_1$ に一致し、 $s_1$ と $\ell_2$ の共有点は $\mathrm{B}_2$ である。したがって $\mathrm{A}_1$ の像は $\mathrm{B}_2$ である。同じ理由で、 $s_5$ から $\mathrm{A}_2$ の像は $\mathrm{B}_3$ となり、 $s_3$ から $\mathrm{A}_3$ の像は $\mathrm{B}_1$ となる。また $\mathrm{O}$ は $\ell_1$ と $\ell_2$ の共有点なので、 $\mathrm{O}$ の像は $\mathrm{O}$ である。

一点からの射影は複比を変えないので（§A5.14 定理 1.2）、四点 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3,\mathrm{O}$ とその像 $\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3,\mathrm{B}_1,\mathrm{O}$ について、等式が成り立つ。▨

この等式を、 $\mathrm{O}$ から測った符号つきの長さの逆数で書き直すと、扱いやすい形になります。

定理 5.2.定理 1.1の仮定のもとで、 $\ell_1$ と $\ell_2$ は点 $\mathrm{O}$ で交わり、奇数側の三直線のどの二本も平行でなく、偶数側の三直線のどの二本も平行でないとする。このとき、奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ と偶数側の三直線 $s_2,s_4,s_6$ のうち、少なくとも一方は三角形の三辺をなす。

証明. 三本の直線のどの二本も平行でないとき、そのうちの二本は一点で交わる。三本が三角形をなさないのは、残りの一本がその交点を通る場合、すなわち三本が一点で交わる場合に限る。奇数側も偶数側も一点で交わると仮定する。

$\ell_1$ に、 $\mathrm{O}$ を原点とする座標を一つ入れ、 $\alpha_i=\overline{\mathrm{OA}_i}$ とおく。同様に $\ell_2$ について $\beta_j=\overline{\mathrm{OB}_j}$ とおく。六点は $\mathrm{O}$ と異なるので、 $\alpha_i$ と $\beta_j$ はいずれも $0$ ではない。また、 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3$ が相異なるので $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ は相異なり、 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ も相異なる。

複比の座標表示（§A5.14 定義 1.1）により、 $\mathrm{O}$ の座標が $0$ であることを使うと

(\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2;\mathrm{A}_3,\mathrm{O}) =\frac{(\alpha_3-\alpha_1)(0-\alpha_2)}{(\alpha_3-\alpha_2)(0-\alpha_1)} =\frac{(\alpha_3-\alpha_1)\alpha_2}{(\alpha_3-\alpha_2)\alpha_1}

である。ここで $u_i=1/\alpha_i$ 、 $v_j=1/\beta_j$ とおく。 $\alpha_3-\alpha_1=\alpha_1\alpha_3(u_1-u_3)$ および $\alpha_3-\alpha_2=\alpha_2\alpha_3(u_2-u_3)$ を代入すると、 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ が約分されて

(\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2;\mathrm{A}_3,\mathrm{O})=\frac{u_1-u_3}{u_2-u_3}, \qquad (\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3;\mathrm{B}_1,\mathrm{O})=\frac{v_2-v_1}{v_3-v_1}

を得る。後者についても、 $\beta_1-\beta_2=\beta_1\beta_2(v_2-v_1)$ と $\beta_1-\beta_3=\beta_1\beta_3(v_3-v_1)$ を用いて、同じ計算を行う。

奇数側が一点で交わるので、定理 5.1より

\frac{u_1-u_3}{u_2-u_3}=\frac{v_2-v_1}{v_3-v_1}

\text{(5.2.1)}

が成り立つ。 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_i$ を入れ替える置き換えは、奇数側の三直線と偶数側の三直線を入れ替え、 $\mathrm{O}$ を $\mathrm{O}$ へ移し、 $u_i$ と $v_i$ を入れ替える。偶数側も一点で交わるので、同じ定理をこの置き換えの後の配置へ適用して

\frac{v_1-v_3}{v_2-v_3}=\frac{u_2-u_1}{u_3-u_1}

\text{(5.2.2)}

を得る。

$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ は相異なる $0$ でない実数なので、 $u_1,u_2,u_3$ も相異なる実数である。同じ理由で、 $v_1,v_2,v_3$ も相異なる実数である。

t=\frac{u_1-u_3}{u_2-u_3}

とおく。 $u_1,u_2,u_3$ は相異なるので、 $t\ne0,1$ である。式 (5.2.1)より、 $t=(v_2-v_1)/(v_3-v_1)$ でもある。したがって

\frac{u_2-u_1}{u_3-u_1}=\frac{t-1}{t}, \qquad \frac{v_1-v_3}{v_2-v_3}=\frac1{1-t}

となる。式 (5.2.2)に代入し、 $t(1-t)\ne0$ を掛けると、 $t=-(t-1)^2$ を得る。よって

0=t^2-t+1=\left(t-\frac12\right)^2+\frac34>0

となり、左辺が $0$ であることと右辺が正であることが両立しない。したがって、奇数側と偶数側が同時に一点で交わることはない。▨

6 メネラウスの定理を五回用いる

準備が済んだので、主定理を証明します。

証明 (パップスの六角形定理の証明).

主張は入射関係だけで書かれているので、射影変換で移した配置で結論を示せば、逆変換によってもとの配置の結論が得られる（§A5.17 定理 10.1）。そこで定理 4.1を、次の有限個の点へ適用する。六点 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3,\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ 、 $\ell_1$ と $\ell_2$ の共有点、三つの交点 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ 、および一つおきの三直線どうしの六つの交点 $s_1\cap s_3$ , $s_3\cap s_5$ , $s_5\cap s_1$ , $s_2\cap s_4$ , $s_4\cap s_6$ , $s_6\cap s_2$ である。以後、これらがすべて有限点である配置を扱う。とくに $\ell_1$ と $\ell_2$ は有限な点 $\mathrm{O}$ で交わり、奇数側の三直線のどの二本も平行でなく、偶数側についても同じである。
定理 5.2により、奇数側と偶数側の少なくとも一方は三角形の三辺をなす。 $\mathrm{A}_i$ と $\mathrm{B}_i$ を入れ替える置き換えは、奇数側と偶数側を入れ替え、 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ をそれぞれ自分自身へ移し、定理の仮定も保つ。したがって、必要ならこの置き換えを行うことによって、奇数側の三直線 $s_1,s_3,s_5$ が三角形をなすとしてよいことになる。この三角形の頂点を
$\mathrm{U}=s_1\cap s_5,\qquad \mathrm{V}=s_5\cap s_3,\qquad \mathrm{W}=s_3\cap s_1$
とする。各辺を含む直線は、辺 $\mathrm{VW}$ が $s_3$ 、辺 $\mathrm{WU}$ が $s_1$ 、辺 $\mathrm{UV}$ が $s_5$ である。
辺 $\mathrm{WU}$ を含む $s_1$ の上には、 $\mathrm{A}_1$ , $\mathrm{B}_2$ , $\mathrm{X}_3$ の三点がある。 $\mathrm{U}$ は $s_5=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ 上にあるので、 $\mathrm{U}=\mathrm{A}_1$ または $\mathrm{U}=\mathrm{B}_2$ とすると $\mathrm{A}_1$ または $\mathrm{B}_2$ が $s_5$ 上に来て、注意 2.2の事実に反する。 $\mathrm{W}$ は $s_3=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ 上にあるので、同じ議論が $\mathrm{W}$ についても通る。 $\mathrm{X}_3$ は $s_4=\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2$ 上にある。 $s_4$ と $s_5$ はどちらも $\mathrm{A}_2$ を通り、一致しない。仮に一致すれば $\mathrm{B}_1$ が $s_5=\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ 上に来て、注意 2.2の事実に反するからである。相異なる二直線の共有点は一つなので、 $\mathrm{X}_3=\mathrm{U}$ とすると $\mathrm{U}=\mathrm{A}_2$ となり、 $\mathrm{A}_2$ が $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ 上に来て同じ事実に反する。同様に、 $s_4$ と $s_3$ はどちらも $\mathrm{B}_1$ を通り、一致すれば $\mathrm{A}_2$ が $s_3=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ 上に来るので、一致しない。したがって $\mathrm{X}_3=\mathrm{W}$ とすると $\mathrm{W}=\mathrm{B}_1$ となり、 $\mathrm{B}_1$ が $s_1$ 上に来て同じ事実に反する。添字を $1\to2\to3\to1$ と巡回させる置き換えは、 $s_1\to s_5\to s_3\to s_1$ 、 $\mathrm{U}\to\mathrm{V}\to\mathrm{W}\to\mathrm{U}$ 、 $\mathrm{X}_3\to\mathrm{X}_1\to\mathrm{X}_2\to\mathrm{X}_3$ という対応で配置全体を保つので、残りの二辺についても同じ議論が通る。
三角形 $\triangle\mathrm{UVW}$ に対して、§A5.9 定理 3.1を五本の直線について用いる。ここで比の順序は、辺 $\mathrm{VW}$ 、 $\mathrm{WU}$ 、 $\mathrm{UV}$ の順にそろえる。

偶数側の三直線は、三角形 $\triangle\mathrm{UVW}$ の各辺を含む直線と、次のように交わる。 $s_6=\mathrm{B}_3\mathrm{A}_1$ は、 $s_3$ と $\mathrm{X}_2$ で、 $s_1$ と $\mathrm{A}_1$ で、 $s_5$ と $\mathrm{B}_3$ で交わる。 $s_4=\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2$ は、 $s_3$ と $\mathrm{B}_1$ で、 $s_1$ と $\mathrm{X}_3$ で、 $s_5$ と $\mathrm{A}_2$ で交わる。 $s_2=\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3$ は、 $s_3$ と $\mathrm{A}_3$ で、 $s_1$ と $\mathrm{B}_2$ で、 $s_5$ と $\mathrm{X}_1$ で交わる。したがって
$\begin{aligned} \frac{\overline{\mathrm{VX}_2}}{\overline{\mathrm{X}_2\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WA}_1}}{\overline{\mathrm{A}_1\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UB}_3}}{\overline{\mathrm{B}_3\mathrm{V}}}&=-1,\\ \frac{\overline{\mathrm{VB}_1}}{\overline{\mathrm{B}_1\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WX}_3}}{\overline{\mathrm{X}_3\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UA}_2}}{\overline{\mathrm{A}_2\mathrm{V}}}&=-1,\\ \frac{\overline{\mathrm{VA}_3}}{\overline{\mathrm{A}_3\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WB}_2}}{\overline{\mathrm{B}_2\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UX}_1}}{\overline{\mathrm{X}_1\mathrm{V}}}&=-1 \end{aligned}$
が成り立つ。もとの二直線については、 $\ell_1$ が $s_3,s_1,s_5$ とそれぞれ $\mathrm{A}_3,\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2$ で交わり、 $\ell_2$ が $s_3,s_1,s_5$ とそれぞれ $\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ で交わるので
$\frac{\overline{\mathrm{VA}_3}}{\overline{\mathrm{A}_3\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WA}_1}}{\overline{\mathrm{A}_1\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UA}_2}}{\overline{\mathrm{A}_2\mathrm{V}}}=-1, \qquad \frac{\overline{\mathrm{VB}_1}}{\overline{\mathrm{B}_1\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WB}_2}}{\overline{\mathrm{B}_2\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UB}_3}}{\overline{\mathrm{B}_3\mathrm{V}}}=-1$
が成り立つ。
はじめの三つの等式の辺々を掛けると左辺の積は $(-1)^3=-1$ になり、あとの二つの等式の辺々を掛けると左辺の積は $(-1)^2=1$ になる。前者を後者で割る。 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3,\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2,\mathrm{B}_3$ を含む六つの比は、分子側にも分母側にもちょうど一度ずつ現れるので、すべて約分で消える。残るのは
$\frac{\overline{\mathrm{VX}_2}}{\overline{\mathrm{X}_2\mathrm{W}}} \frac{\overline{\mathrm{WX}_3}}{\overline{\mathrm{X}_3\mathrm{U}}} \frac{\overline{\mathrm{UX}_1}}{\overline{\mathrm{X}_1\mathrm{V}}} =\frac{-1}{1}=-1$
である。 $\mathrm{X}_2$ は $\mathrm{VW}$ 上、 $\mathrm{X}_3$ は $\mathrm{WU}$ 上、 $\mathrm{X}_1$ は $\mathrm{UV}$ 上にあり、いずれも頂点と異なるので、§A5.9 定理 3.1により $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は一直線上にある。項目 (1)の射影変換の逆変換で戻せば、もとの配置でも三点は一直線上にある。

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7 平行な組がある場合

主定理では、向かい合う辺の三つの組がそれぞれ交わることが仮定されています。この仮定を外すと、平行な組が現れます。無限遠点を導入すると、この場合も同じ主張に含めることができます。

定理 7.1.定理 1.1の六点をとる。向かい合う辺の組が平行である場合には、その組の交点を、その方向の無限遠点（§A5.17 定義 1.1）と定める。このとき、三つの交点 $\mathrm{X}_1,\mathrm{X}_2,\mathrm{X}_3$ は、射影平面の一本の直線上にある。

証明.項目 (1)では、三つの交点を含む有限個の点を、定理 4.1によってすべて有限点へ移した。この段は、三つの交点がもとの配置で無限遠点であっても、そのまま通る。項目 (2)以降は、移した先の有限な配置だけを扱うので、変更は要らない。したがって移した先で三点は一直線上にあり、逆変換で戻すと、もとの配置でも三点は射影平面の一本の直線上にある。▨

平行な組が二つあると、三つ目の組も平行になります。

定理 7.2.定理 1.1の六点について、 $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ と $\mathrm{B}_1\mathrm{A}_2$ が平行で、かつ $\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3$ と $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ が平行であるとする。このとき $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ と $\mathrm{B}_3\mathrm{A}_1$ も平行である。

証明. 仮定により、 $\mathrm{X}_3$ は $s_1$ の方向の無限遠点であり、 $\mathrm{X}_1$ は $s_2$ の方向の無限遠点である。この二点は相異なる。実際、 $s_1=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ と $s_2=\mathrm{B}_2\mathrm{A}_3$ は $\mathrm{B}_2$ を共有するので、方向が一致すれば二直線は一致し、 $\mathrm{A}_1$ が $s_2$ 上に来て注意 2.2の事実に反する。

$\mathrm{X}_3$ と $\mathrm{X}_1$ は相異なる無限遠点なので、この二点を通る射影直線は無限遠直線ただ一本である（§A5.17 定理 2.1）。定理 7.1により $\mathrm{X}_2$ もこの直線上にあるので、 $\mathrm{X}_2$ は無限遠点である。すなわち $s_3$ と $s_6$ は交点をもたず、平行である。▨

8 具体的な配置で確かめる

三つの交点を実際に求めてみます。

例 8.1. $\ell_1$ を $x$ 軸、 $\ell_2$ を $y$ 軸とし、六点を

\mathrm{A}_1(-6,0),\quad \mathrm{A}_2(2,0),\quad \mathrm{A}_3(3,0),\qquad \mathrm{B}_1(0,1),\quad \mathrm{B}_2(0,3),\quad \mathrm{B}_3(0,4)

とする。二直線の交点は原点であり、六点はいずれも原点と異なる。六本の辺を含む直線の方程式は

\begin{aligned} s_1&:\ -x+2y=6, & s_2&:\ x+y=3, & s_3&:\ x+3y=3,\\ s_4&:\ x+2y=2, & s_5&:\ 2x+y=4, & s_6&:\ -2x+3y=12 \end{aligned}

である。向かい合う辺の交点を求めると

\mathrm{X}_3=s_1\cap s_4=(-2,2),\qquad \mathrm{X}_1=s_2\cap s_5=(1,2),\qquad \mathrm{X}_2=s_3\cap s_6=(-3,2)

となり、三点はいずれも直線 $y=2$ の上にある。

9 第六点の復元

問題 9.1. 相異なる二直線 $\ell_1,\ell_2$ 上に、それぞれ相異なる三点 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_3$ と相異なる二点 $\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2$ をとる。二直線が交わる場合、五点はいずれもその交点と異なるとする。 $\mathrm{X}_3=\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2\cap\mathrm{A}_2\mathrm{B}_1$ は有限点であるとする。

$\mathrm{X}_3$ を通る直線 $m$ を指定し、

\mathrm{U}=m\cap\mathrm{A}_3\mathrm{B}_2, \qquad \mathrm{B}_3=\ell_2\cap\mathrm{A}_2\mathrm{U}

を構成する。これらの交点は有限点であり、 $\mathrm{U}\ne\mathrm{A}_2$ とする。 $\mathrm{B}_3$ は $\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2$ および、存在する場合の $\ell_1\cap\ell_2$ と異なるとする。さらに $\mathrm{V}=\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1\cap\mathrm{A}_1\mathrm{B}_3$ は有限点であるとする。

三点 $\mathrm{U},\mathrm{V},\mathrm{X}_3$ が $m$ 上にあることを示せ。また、条件を満たし、三つの交点が並ぶ直線が $m$ になる点 $\mathrm{B}_3$ が一意であることを示せ。

解答.

構成から $\mathrm{U}$ は $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_2$ と $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_3$ の交点であり、パップスの配置の $\mathrm{X}_1$ にあたる。 $\mathrm{V}$ は $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_1$ と $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_3$ の交点なので、 $\mathrm{X}_2$ にあたる。六点は定理 1.1の仮定を満たすため、 $\mathrm{U},\mathrm{V},\mathrm{X}_3$ は一直線上にある。

$\mathrm{U}=\mathrm{X}_3$ と仮定すると、 $\mathrm{X}_3$ は $\mathrm{A}_1\mathrm{B}_2$ と $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_2$ の両方にある。二直線は相異なるので、 $\mathrm{X}_3=\mathrm{B}_2$ となる。一方、 $\mathrm{X}_3$ は $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_1$ 上にもある。 $\mathrm{B}_2$ が $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_1$ 上にあると、直線 $\mathrm{A}_2\mathrm{B}_1$ は、 $\ell_2$ 上の相異なる二点 $\mathrm{B}_1,\mathrm{B}_2$ を通るので、 $\ell_2$ に一致する。すると $\mathrm{A}_2$ が $\ell_2$ 上にあり、五点を基線の交点から除いた仮定に反する。したがって $\mathrm{U}\ne\mathrm{X}_3$ である。二点 $\mathrm{U},\mathrm{X}_3$ を通る直線は指定した $m$ なので、 $\mathrm{V}$ も $m$ 上にある。

別の点 $\widetilde{\mathrm{B}}_3$ が同じ条件を満たし、対応する三交点が並ぶ直線を $m$ とする。第一の交点は $m$ と $\mathrm{A}_3\mathrm{B}_2$ の交点なので、 $\mathrm{U}$ に限られる。よって $\widetilde{\mathrm{B}}_3$ は $\mathrm{A}_2\mathrm{U}$ と $\ell_2$ の交点であり、構成した $\mathrm{B}_3$ に一致する。▨

10 円に内接する六角形の場合

パップスの六角形定理は、六点が二本の直線の上にある場合の定理です。六点が一つの円周上にある場合にも、向かい合う辺の交点となる三点が一直線上に並びます。この主張をパスカルの定理といいます。

注意 10.1 (円が絡む場合を本記事が扱わない理由). 本記事の主証明は、直線上の点を別の直線上へ写す、一点からの射影を用いる。円周上の点からの射影を同じように扱うには、弧と角を結び付ける三角比が必要になる。三角比を主な根拠とする証明は、本記事の主証明の方法には含まれない。円錐曲線に内接する六角形についてのパスカルの定理と、その双対にあたるブリアンションの定理は、§C2 幾何の定理ギャラリーで扱う。

§A5.18パップスの六角形定理