接する円の族に関する定理では何百という美しい定理があるが，シュタイナー円鎖について述べておきたい．シュタイナーの定理とは「小円を大円の内部におき，この２つの円の中間に次々に接する円列を作る．たいていの場合，最後の円は重なってしまい，この円列は互いに接する円環をなさない．しかしときとして完全な円環をなす場合がある．このとき，最初の円をどこに選ぼうとも完全な円環をなす．」というものである．

　シュタイナーの定理では，円鎖がうまく閉じるはどうかに関わらず，円鎖を構成する円の中心はすべてひとつの楕円上にある．シュタイナーの定理でｎ→∞とすると，アルキメデスのアルベロスになる．アルキメデスのアルベロス（靴屋のナイフ）円列はシュタイナーの円鎖の特別な場合になっていて，円の中心はすべて基線上に長径をもつ楕円の上にのっている．この円列の円の中心から基線までの距離は半径の２倍，４倍，８倍，・・・となる（パップス）．

　シュタイナーの定理とポンスレーの定理に共通する特徴は，２つの円が同心円ならば自明であるということである．ポンスレーの定理が成り立つような２円を見つけることは容易ではないが，シュタイナーの定理は最初の２円が同心円になるような反転を考えると容易に証明できる．反転によって，接する２円は接する２円か，円とその接線か，平行な２直線のいずれかにに移る．また，平面上の交わらない２つの円を同心円に移す写像が存在する．シュタイナーの定理はこれらの事実に基づいて証明されるのである．

　シュタイナーの定理が使いにくいのは，はじめの２つの円の中心間距離の条件（オイラー・フース型定理）が与えられていないためである．ここでは

　　大円（半径Ｒ），小円（半径ｒ），中心間距離ｄ

として，シュタイナーの定理に対応するオイラー・フース型定理を導出する．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】同心円への帰着

　シュタイナーの定理は最初の２円が同心円になるような反転を考えると容易に証明できる．メビウス変換

　　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）／（ｃｚ＋ｄ）

は円を円に変換する．（この変換は円は円に移り，直線も円へ移るという性質を併せもつ．）たとえば，［０，ｉ，−ｉ］を［１，−１，０］に移す変換は

　　ｗ＝−（ｚ＋ｉ）／（３ｚ−ｉ）

となる．

　簡単にするため，

　　大円（半径１），小円（半径ｒ），中心間距離ｄ

最初の２円の直径端と中心がそれぞれ

　　［−１，０，１］，［α，（α＋β）／２），β］　　　（α＋β＞０）

にあると仮定しても一般性は失われない．

　　１＝（ａ＋ｂ）／（ｃ＋ｄ）

　　−１＝（−ａ＋ｂ）／（−ｃ＋ｄ）

　　α＝ｂ／ｄ

を解くと

　　ｗ＝（ｚ＋α）／（αｚ＋１）

は半径１の円板をそれ自身に移し，［−１，０，１］はそれぞれ［−１，α，１］に移されることがわかる．（円板の中心が円板の中心に移されるわけではない）．

　このとき，［α，β］が［−ｒ，ｒ］に移されるためには，

　　（α＋ａ）／（ａα＋１）＝−（β＋ａ）／（ａβ＋１）

より，ａに関する２次方程式

　　ａ^2＋２ａ（１＋αβ）／（α＋β）＋１＝０　　　（−１＜ａ＜０）

に帰着される．

　　ａ＝｛−（１＋αβ）±｛（１−α^2）（１−β^2）｝^1/2｝／（α＋β）

　　ｒ＝｜（α＋ａ）／（ａα＋１）｜＝｜（β＋ａ）／（ａβ＋１）｜

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】閉包条件

　これで半径ｒが求まった（Ｒ＝１）．（（１＋ｒ）／２，０）を中心とした半径（１−ｒ）／２の円が描けることから，１周して鎖が閉じるための条件は，

　　２ａｒｃｓｉｎ（（１−ｒ）／（１＋ｒ））

が２πの整数分の１のときである．

　ｎ個の円で１周するならば，

　　２ａｒｃｓｉｎ（（１−ｒ）／（１＋ｒ））＝２π／ｎ

　　（１−ｒ）／（１＋ｒ）＝ｓｉｎ（π／ｎ）

　　ｒ＝（１−ｓｉｎ（π／ｎ））／（１＋ｓｉｎ（π／ｎ））

で与えられる．

　あるいは，ｎ個の円で１周するならば，（（Ｒ＋ｒ）／２，０）を中心とした半径（Ｒ−ｒ）／２の円が描けることから，

　　（Ｒ＋ｒ）／２：（Ｒ＋ｒ）／２＝１：ｓｉｎ（π／ｎ）

　　Ｒ＝ｒ（１＋ｓｉｎ（π／ｎ））／（１−ｓｉｎ（π／ｎ））

で与えられるとしてもよい．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【３】オイラー・フース型定理の導出

　メビウス変換

　　ｗ＝（ｚ＋ａ）／（ａｚ＋１）

の逆変換は

　　ｚ＝（−ｗ＋ａ）／（ａｗ−１）

である．

　　ｓ＝（１−ｓｉｎ（π／ｎ））／（１＋ｓｉｎ（π／ｎ））

とおくと，

　　α＝−（ｓ＋ａ）／（ａｓ＋１）

　　β＝（−ｓ＋ａ）／（ａｓ−１）

である．

　これからｓを消去する．第１式より

　　ａ＝−（ｓ＋α）／（αｓ＋１）

第２式に代入すると

　　β＝（ｓ（αｓ＋１）＋（ｓ＋α））／（ｓ（ｓ＋α）＋（αｓ＋１））

　　β（２αｓ＋ｓ^2＋１）−α（ｓ^2＋１）＝２ｓ

　　２αβｓ＋（β−α）（ｓ^2＋１）＝２ｓ

　ここで，

　　（α＋β）／２＝ｄ，（β−α）／２＝ｒ

より，

　　α＝ｄ−ｒ，β＝ｄ＋ｒ

を代入すると

　　ｄ^2−ｒ^2＋ｒ（ｓ＋１／ｓ）＝１

　　ｄ^2＝ｒ^2−ｒ（ｓ＋１／ｓ）＋１

　　大円（半径Ｒ），小円（半径ｒ），中心間距離ｄ

では

　　ｄ^2＝ｒ^2−ｒＲ（ｓ＋１／ｓ）＋Ｒ^2

これがシュタイナーの定理に対応するオイラー・フース型定理である．

　もし，ｄ＝０ならば

　　（ｒ−ｓＲ）（ｒ−Ｒ／ｓ）＝０

となるが，ｒ＝Ｒ／ｓは大円と小円が逆転するのでｒ＝ｓＲ．また，ｓ＜１／ｓより，ｒはｄ＝０のとき最大値ｓＲをとる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【４】和算に挑戦

　「外円内に甲乙乙丙丁の５円が，十字型

　　（甲）

　（乙丁乙）

　　（丙）

に内外接している．外円の直径は６寸，甲円の直径が２寸のとき，丙円の直径を求めよ」という問題を解いてみよう．この問題は，１８３０年一関の和算家・千葉胤秀編集の「算法新書」より出典とある．

　関係式

　　ｄ^2＝ｒ^2−ｒＲ（ｓ＋１／ｓ）＋Ｒ^2

さえ導き出せればあとは簡単で，題意より

　　ｄ＋ｒ＝１

　　ｎ＝４のとき，ｓ＋１／ｓ＝６

　　ｄ^2＝ｒ^2−ｒＲ（ｓ＋１／ｓ）＋Ｒ^2＝ｒ^2−１８ｒ＋９

　　ｄ^2＝（１−ｒ）^2＝ｒ^2−２ｒ＋１

　　ｒ^2−１８ｒ＋９＝ｒ^2−２ｒ＋１

を解くと，

　　ｒ＝１／２，ｄ＝１／２，ｄ−ｒ＝０

したがって，丙円の直径は外円の半径に等しい．　　（Ａ）３寸

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　これに倣って，円の直径が整数値となる例題をつくってみよう．

　ｎ＝３のとき，ｓ＋１／ｓ＝１４

　ｎ＝４のとき，ｓ＋１／ｓ＝６

　ｎ＝６のとき，ｓ＋１／ｓ＝１０／３

であるのに対して，

　ｎ＝５のとき，ｓ＋１／ｓ＝２２−８√５

　ｎ＝８のとき，ｓ＋１／ｓ＝１４−８√２

　ｎ＝１０のとき，ｓ＋１／ｓ＝（３０−８√５）／５

　ｎ＝１２のとき，ｓ＋１／ｓ＝３０−１６√３

となって，後者では円の直径が整数値となる例をつくることは難しいようである．

　そこで，ｎ＝６の場合を考えるが，たとえば「外円内に甲乙乙丙丙丁の６円が戊円を取り巻いて内外接している．

　　（甲）

　（乙戊乙）

　（丙丁丙）

外円の直径は１８寸，甲円の直径が３寸のとき，丁円の直径を求めよ」という問題になる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝