点 $\mathrm C(a,b)$ を中心とする半径 $r$ の円周を $C$ とおくと, 平面上の点 $\mathrm P(x,y)$ に対して \[\begin{aligned} \mathrm P \in C &\iff \mathrm{CP} = r \iff \mathrm{CP}^2 = r^2 \\ &\iff (x-a)^2+(y-b)^2 = r^2 \end{aligned}\] となるから, $C$ の方程式は $(x-a)^2+(y-b)^2 = r^2$ である.

　平面上の $\mathrm P_1,$ $\mathrm P_2$ でない点 $\mathrm P(x,y)$ に対して \[\begin{aligned} &\mathrm P \in C \\ &\iff \mathrm{PP_1} \perp \mathrm{PP_2} \\ &\iff \frac{y-y_1}{x-x_1}\cdot\frac{y-y_2}{x-x_2} = -1 \\ &\iff (y-y_1)(y-y_2) = -(x-x_1)(x-x_2) \\ &\iff (x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2) = 0\ \cdots [*] \end{aligned}\] が成り立つ. また, $(x,y) = (x_1,y_1),$ $(x_2,y_2)$ も $[*]$ を満たすから, 点 $\mathrm P_1,$ $\mathrm P_2$ も曲線 $[*]$ 上にある. ゆえに, $C$ は $[*]$ で表される.

　$C$ は, 点 $\left(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2}\right)$ を中心とする半径 $\dfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}}{2}$ の円周であるから, \[\left( x-\frac{x_1\!+\!x_2}{2}\right) ^2+\left( y-\frac{y_1\!+\!y_2}{2}\right) ^2 = \frac{(x_2\!-\!x_1)^2+(y_2\!-\!y_1)^2}{4}\] で表される. 両辺を展開すると \[\begin{aligned} &x^2-(x_1\!+\!x_2)x+\frac{(x_1\!+\!x_2)^2}{4} +y^2-(y_1\!+\!y_2)y+\frac{(y_1\!+\!y_2)^2}{4} \\ &= \frac{(x_1\!+\!x_2)^2-4x_1x_2+(y_1\!+\!y_2)^2-4y_1y_2}{4} \end{aligned}\] となるから, $C$ は \[ x^2-(x_1+x_2)x+x_1x_2+y^2-(y_1+y_2)y+y_1y_2 = 0\] つまり $[*]$ で表される.

　点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ の $x$ 座標をそれぞれ $p,$ $q$ とおく. これらは, $C,$ $l$ の方程式から $y$ を消去して得られる $2$ 次方程式 \[ x^2+m^2x^2+2ax+2bmx+c = 0\] つまり \[ (1+m^2)x^2+2(a+bm)x+c = 0\] の解であるから, 解と係数の関係により \[ pq = \frac{c}{1+m^2}\] が成り立つ. また, \[\begin{aligned} \mathrm{OP} &= \sqrt{p^2+m^2p^2} = \sqrt{1+m^2}|p|, \\ \mathrm{OQ} &= \sqrt{q^2+m^2q^2} = \sqrt{1+m^2}|q| \end{aligned}\] であるから, \[\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = (1+m^2)|pq| = (1+m^2)\cdot\frac{|c|}{1+m^2} = |c|\] が成り立つ. この値は $m$ の値によらず一定である.

(1)

点 $\mathrm A(-1,\ 0)$ を通る傾き $t$ の直線の方程式は \[ y = t(x+1) \quad \cdots [1],\] 単位円周の方程式は \[ x^2+y^2 = 1 \quad \cdots [2]\] である.

点 $\mathrm P(x,\ y)$ はこれらの交点であるから, $[1]$ を $[2]$ に代入すると \[ (1+t^2)x^2+2t^2x+(t^2-1) = 0\] となる. $x,$ $-1$ はこの方程式の解であるから, 解と係数の関係により \[ x-1 = -\frac{2t^2}{1+t^2}\] が成り立つ. よって, \[\begin{aligned} x &= 1-\frac{2t^2}{1+t^2} = \frac{1-t^2}{1+t^2} \quad \cdots [3], \\ y &= t\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}+1\right) = \frac{2t}{1+t^2} \quad \cdots [4] \end{aligned}\] が得られる.

(2)

仮定により $x,$ $y$ は有理数であるから, \[ t = \frac{y}{x+1}\] は有理数である.

(3)

互いに素な正の整数 $m,$ $n$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, $[3],$ $[4]$ から \[\begin{aligned} x &= \frac{1-\dfrac{n^2}{m^2}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \\ y &= \frac{2\cdot\dfrac{n}{m}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{2mn}{m^2+n^2} \end{aligned}\] となる.

(4)

$a,$ $b$ の偶奇が一致するとして, 矛盾を導く.

(i)

$a,$ $b$ が偶数であるとき, $a^2+b^2 = c^2$ は偶数となり, よって $c$ は偶数となるが, これは $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることに反する.

(ii)

$a,$ $b$ が奇数であるとき, 各整数 $d$ に対して \[ (2d+1)^2 = 4(d^2+d)+1\] を $4$ で割った余りは $1$ であることから, $a^2+b^2 = c^2$ を $4$ で割った余りは $1+1 = 2$ となるが, これは $c^2$ を $4$ で割った余りが $0$ または $1$ であることに反する.

(i), (ii) から, $a,$ $b$ の偶奇は異なる.

(5)

$(x,y) = \left(\dfrac{a}{c},\dfrac{b}{c}\right)$ は $x^2+y^2 = 1$ の正の有理数解であるから, (3) の結果から $x,$ $y$ は互いに素な正の整数 $m,$ $n\ (m > n)$ を用いて $[\text A]$ のように表せる. よって, \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2)\] であり, 仮定により $a,$ $b,$ $c$ は互いに素($a:b:c$ はこれ以上簡単にならない整数比)であるから, ある正の整数 $k$ に対して \[ ka = m^2-n^2, \quad kb = 2mn, \quad kc = m^2+n^2\] となる. \[ k(c+a) = 2m^2, \quad k(c-a) = 2n^2\] から $k$ は $2m^2,$ $2n^2$ の公約数であるが, $m,$ $n$ は互いに素であるから, $k = 1$ または $k = 2$ である.
$m,$ $n$ がともに奇数であるとすると, $mn = k\cdot\dfrac{b}{2}$ は奇数となるから, $k = 1$ となり, $a = m^2-n^2$ となって, $a$ は偶数となるが, これは $a$ が奇数であることに反する.
よって, $m,$ $n$ の偶奇は異なる. これから $ka = m^2-n^2$ は奇数であることが言えて, $k = 1$ が言える. これで, 求める表示 $[\text B]$ が得られた.

　平行移動を考えることにより, 原点を中心とする半径 $r$ の円周 $x^2+y^2 = r^2$ について, 点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ における接線 $l$ の方程式が $x_0x+y_0y = r^2$ であることを示せばよい.

(i)

$\mathrm P_0$ が座標軸上にないとき. 直線 $\mathrm O\mathrm P_0$ の傾きは $\dfrac{y_0}{x_0}$ であるから, $l$ の傾きは $-\dfrac{x_0}{y_0}$ である. よって, $l$ の方程式は \[\begin{aligned} y-y_0 &= -\frac{x_0}{y_0}(x-x_0) \\ x_0x+y_0y &= x_0{}^2+y_0{}^2 \\ x_0x+y_0y &= r^2 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] である.

(ii)

$\mathrm P_0$ が $x$ 軸上にあるとき. $l$ の方程式は $x = r$ または $x = -r$ である. $y_0 = 0$ であるから, これは $[1]$ で表される.

(iii)

$\mathrm P_0$ が $y$ 軸上にあるとき. $l$ の方程式は $y = r$ または $y = -r$ である. $x_0 = 0$ であるから, これは $[1]$ で表される.

(i)～(iii) から, いずれの場合にも, $l$ の方程式は $[1]$ で表される.

　平行移動を考えることにより, $a = b = 0$ の場合を示せばよい. 円周 $x^2+y^2 = r^2$ の点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ における接線は, 点 $(x_0,y_0)$ を通り, 法線ベクトルが $(x_0,y_0)$ の直線である. よって, その方程式は \[\begin{aligned} x_0(x-x_0)+y_0(y-y_0) &= 0 \\ x_0x+y_0y &= x_0{}^2+y_0{}^2 \\ x_0x+y_0y &= r^2 \end{aligned}\] である.

(1)

$\mathrm T_1(x_1,y_1),$ $\mathrm T_2(x_2,y_2)$ とおく. このとき, 点 $\mathrm T_1,$ $\mathrm T_2$ における接線の方程式は, \[ x_1x+y_1y = r^2, \quad x_2x+y_2y = r^2\] である. これらの直線は点 $\mathrm P(p,q)$ を通るから, \[ px_1+qy_1 = r^2, \quad px_2+qy_2 = r^2\] が成り立つ. これは, 点 $\mathrm T_1,$ $\mathrm T_2$ が直線 $px+qy = r^2$ の上にあることを意味している. ゆえに, 直線 $\mathrm T_1\mathrm T_2$ の方程式は, \[ px+qy = r^2\] である.

(2)

(1) の結果から, 直線 $\mathrm T'_1\mathrm T'_2$ の方程式は $p'x+q'y = r^2$ である. 点 $\mathrm P'(p',q')$ は直線 $\mathrm T_1\mathrm T_2,$ つまり $px+qy = r^2$ 上にあるから, \[ p'p+q'q = r^2\] が成り立つ. これは, 点 $\mathrm P(p,q)$ が直線 $\mathrm T'_1\mathrm T'_2$ 上にあることを意味している.

(3)

(1) の結果から, 直線 $\mathrm T_1\mathrm T_2,$ $\mathrm T'_1\mathrm T'_2,$ $\mathrm T''_1\mathrm T''_2$ の方程式はそれぞれ \[ px+qy = r^2, \quad p'x+q'y = r^2, \quad p''x+q''y = r^2\] である. 直線 $\mathrm T_1\mathrm T_2,$ $\mathrm T'_1\mathrm T'_2$ が点 $\mathrm P''(p'',q'')$ を通ることから, \[ p''p+q''q = r^2, \quad p''p'+q''q' = r^2\] が成り立つ. これは, 点 $\mathrm P(p,q),$ $\mathrm P'(p',q')$ が直線 $\mathrm T''_1\mathrm T''_2$ 上にあること, つまり直線 $\mathrm T''_1\mathrm T''_2$ が直線 $\mathrm{PP}'$ に一致することを意味している.

(A)

点 $\mathrm R$ から $C$ に引いた接線の接点の座標を $(x_0,y_0)$ とおく. この接線は, \[ x_0x+y_0y = 1\] という方程式で表され, 点 $\mathrm R(0,-2)$ を通るから,

$-2y_0 = 1$ つまり $y_0 = -\dfrac{1}{2}$

である. 一方, 点 $(x_0,y_0)$ は $C$ 上にあり, $x_0{}^2+y_0{}^2 = 1$ を満たすから, \[ x_0 = \pm\frac{\sqrt 3}{2}\] である. よって, 接線 $\mathrm{PR},$ $\mathrm{QR}$ の方程式は,

$\pm\dfrac{\sqrt 3}{2}x-\dfrac{1}{2}y = 1$ つまり $y = \pm\sqrt 3x-2$

である. これらの接線と $D$ の交点の $x$ 座標は

$x^2-2 = \pm\sqrt 3x-2$ つまり $x(x\mp \sqrt 3) = 0$

の解 $x = \pm\sqrt 3$ であるから, 交点の $y$ 座標は \[ y = (\pm\sqrt 3)^2-2 = 1\] である. よって, 接線 $\mathrm{PQ}$ は, 直線 $y = 1$ であるから, $C$ に接する.

(B)

直線 $\mathrm{PR}$ の方程式は \[ y-p^2+2 = \frac{(r^2-2)-(p^2-2)}{r-p}(x-p)\] つまり \[ (p+r)x-y-pr-2 = 0\] であるから, 直線 $\mathrm{PR}$ が $C$ に接する条件は \[\frac{|-pr-2|}{\sqrt{(p+r)^2+1}} = 1\] つまり \[ (pr+2)^2 = (p+r)^2+1 \quad \cdots [1]\] である.

同様に, 直線 $\mathrm{QR}$ が $C$ に接する条件は \[ (qr+2)^2 = (q+r)^2+1 \quad \cdots [2]\] である. $[1],$ $[2]$ が成り立つとき, $p,q$ は $x$ の $2$ 次方程式 \[ (rx+2)^2 = (x+r)^2+1\] つまり \[ (r^2-1)x^2+2rx+3-r^2 = 0\] の解であるから, 解と係数の関係により \[ p+q = -\frac{2r}{r^2-1}, \quad pq = \frac{3-r^2}{r^2-1}\] が成り立つ. このとき, \[\begin{aligned} (p+q)^2+1 &= \frac{4r^2}{(r^2-1)^2}+1 = \frac{4r^2+(r^2-1)^2}{(r^2-1)^2} \\ &= \frac{r^4+2r^2+1}{(r^2-1)^2} = \frac{(r^2+1)^2}{(r^2-1)^2} \\ &= \left(\frac{r^2+1}{r^2-1}\right) ^2 = \left(\frac{3-r^2}{r^2-1}+2\right) ^2 \\ &= (pq+2)^2 \end{aligned}\] となるから, 上記の議論の逆をたどることにより, 直線 $\mathrm{PQ}$ は $C$ に接することがわかる.

　$\mathrm O_1(p_1,q_1),$ $\mathrm O_2(p_2,q_2)$ とおく.

(A)

点 $\mathrm P(x,y)$ から $C_1,$ $C_2$ に下ろした接線の接点を $\mathrm T_1,$ $\mathrm T_2$ とおくと, \[\begin{aligned} &\mathrm P \in l \\ \iff &f_1(x,y)-f_2(x,y) = 0 \\ \iff &f_1(x,y) = f_2(x,y) \\ \iff &(x-p_1)^2+(y-q_1)^2-r_1{}^2 \\ &\quad = (x-p_2)^2+(y-q_2)^2-r_2{}^2 \\ \iff &\mathrm O_1\mathrm P^2-r_1{}^2 = \mathrm O_2\mathrm P^2-r_2{}^2 \\ \iff &\mathrm{PT}_1{}^2 = \mathrm{PT}_2{}^2 \\ \iff &\mathrm{PT}_1{} = \mathrm{PT}_2 \end{aligned}\] となるから, $l$ は $C_1,$ $C_2$ に引いた接線の長さが等しい点の軌跡である.

(B)

$C_1,$ $C_2$ が $2$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ で交わるとする.
このとき, 連立方程式 $f_1(x,y) = 0,$ $f_2(x,y) = 0$ は $2$ つの実数解をもつ.
それらの解は $f_1(x,y)-f_2(x,y) = 0$ を満たすから, $\mathrm A,$ $\mathrm B$ は $l$ 上にある.
ゆえに, $l$ は直線 $\mathrm{AB}$ に一致する.

(C)

$C_1,$ $C_2$ が点 $\mathrm A$ で接するとする.
このとき, 点 $\mathrm A$ は線分 $\mathrm O_1\mathrm O_2$ 上にあるから, $l \perp \mathrm O_1\mathrm O_2$ を示せばよい. これは, $l,$ $\mathrm O_1\mathrm O_2$ の方程式がそれぞれ \[\begin{aligned} &2(p_2-p_1)x+2(q_2-q_1)y \\ &\qquad +p_1{}^2-p_2{}^2+q_1{}^2-q_2{}^2-r_1{}^2+r_2{}^2 = 0, \\ &(q_2-q_1)x-(p_2-p_1)y-p_1q_2+p_2q_1 = 0 \end{aligned}\] であり, \[ 2(p_2-p_1)\cdot (q_2-q_1)+2(q_2-q_1)\cdot\{ -(p_2-p_1)\} = 0\] であることから従う.

(1)

$l_{12},$ $l_{23}$ が点 $\mathrm A(x,y)$ で交わるとする.
このとき, $f_1(x,y)-f_2(x,y) = 0,$ $f_2(x,y)-f_3(x,y) = 0$ であるから, \[\begin{aligned} &f_1(x,y)-f_3(x,y) \\ &= \{ f_1(x,y)-f_2(x,y)\} +\{ f_2(x,y)-f_3(x,y)\} = 0 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $f_3(x,y)-f_1(x,y) = 0$ であるから, $\mathrm A$ は $l_{31}$ 上にある.
ゆえに, $l_{12},$ $l_{23},$ $l_{31}$ は $1$ 点 $\mathrm A$ で交わる.

(2)

$l_{12},$ $l_{23},$ $l_{31}$ の方程式はそれぞれ \[\begin{aligned} (a_1-a_2)x+(b_1-b_2)y+c_1-c_2 &= 0, \\ (a_2-a_3)x+(b_2-b_3)y+c_2-c_3 &= 0, \\ (a_3-a_1)x+(b_3-b_1)y+c_3-c_1 &= 0 \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} &l_{12}\,/\!/\,l_{23} \\ \iff &(a_1-a_2)(b_2-b_3)-(b_1-b_2)(a_2-a_3) = 0 \\ \iff &a_1b_2-a_1b_3+a_2b_3-a_2b_1+a_3b_1-a_3b_2 = 0 \\ \iff &a_1b_3-a_1b_2+a_2b_1-a_2b_3+a_3b_2-a_3b_1 = 0 \\ \iff &(a_1-a_2)(b_3-b_1)-(b_1-b_2)(a_3-a_1) = 0 \\ \iff &l_{12}\,/\!/\, l_{31} \end{aligned}\] が成り立つ. ゆえに, $l_{12},$ $l_{23}$ が平行なとき, $l_{12},$ $l_{23},$ $l_{31}$ は互いに平行である.