COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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ベクトルの内積

ベクトルの内積

問題≪ベクトルによる中線定理の証明≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{BC}$ の中線を $\mathrm M$ とおくとき, \[\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)\] が成り立つことを, $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ を使って示せ.

解答例

\[ |\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{BM}}|^2 = \frac{1}{2}(|\vec b|^2+|\vec c|^2) \quad \cdots [1]\] を示せばよい. \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AM}} &= \frac{1}{2}(\vec b+\vec c), \\ \overrightarrow{\mathrm{BM}} &= \overrightarrow{\mathrm{AM}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}} \\ &= \frac{1}{2}(\vec b+\vec c)-\vec b = \frac{1}{2}(\vec c-\vec b) \end{align*} であるから, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^2 &= \frac{1}{4}(|\vec b|^2+2\vec b\cdot\vec c+|\vec c|^2), \\ |\overrightarrow{\mathrm{BM}}|^2 &= \frac{1}{4}(|\vec c|^2-2\vec b\cdot\vec c+|\vec b|^2) \end{align*} が成り立つ. 辺々を加えると, $[1]$ が得られる.

背景

 本問の結果は「中線定理」(parallelogram law)として知られている.
 「中線定理」の別証明については, 余弦定理による証明(こちら)と, 距離の公式による証明(こちら)も参照されたい.

コーシー=シュワルツの不等式

定理≪コーシー=シュワルツの不等式≫

 平面上, または空間のすべてのベクトル $\vec a,$ $\vec b$ に対して, \[|\vec a\cdot\vec b| \leqq |\vec a||\vec b|\] が成り立つ. 等号成立は, $\vec a,$ $\vec b$ の一方が他方の定数倍であるときに限る.

問題≪$3$ 点の最短ネットワーク問題≫

(1)
平面上の単位ベクトル $\overrightarrow{e_1},$ $\overrightarrow{e_2},$ $\overrightarrow{e_3}$ が $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}+\overrightarrow{e_3} = \vec 0$ を満たすとき, $\overrightarrow{e_1},$ $\overrightarrow{e_2},$ $\overrightarrow{e_3}$ の互いに成す角をそれぞれ求めよ.
(2)
すべての平面ベクトル $\vec a (\neq \vec 0),$ $\vec p$ に対して \[ |\vec a-\vec p| \geqq |\vec a|-\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p\] が成り立つことを示せ.
(3)
すべての内角が $120^\circ$ 未満の $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 内部の点 $\mathrm P$ から各頂点までの距離の和 $L = |\overrightarrow{\mathrm{PA}}|+|\overrightarrow{\mathrm{PB}}|+|\overrightarrow{\mathrm{PC}}|$ が最小になるとき, 点 $\mathrm P$ はどのような位置にあるか.
[2001 東北大*]

解答例

(1)
$|\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}| = |-\overrightarrow{e_3}| = |\overrightarrow{e_3}| = 1$ の両辺を $2$ 乗すると, $|\overrightarrow{e_1}| = |\overrightarrow{e_2}| = 1$ から \[ 1 = |\overrightarrow{e_1}|^2+2\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}+|\overrightarrow{e_2}|^2 = 2\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}+2\] つまり $\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2} = -\dfrac{1}{2}$ となるので, $\overrightarrow{e_1}$ と $\overrightarrow{e_2}$ の成す角は $120^\circ$ である.
同様に, $\overrightarrow{e_2}$ と $\overrightarrow{e_3},$ $\overrightarrow{e_3}$ と $\overrightarrow{e_1}$ の成す角は $120^\circ$ である.
(2)
コーシー=シュワルツの不等式により, \begin{align*} |\vec a-\vec p| &= \left|\frac{\vec a}{|\vec a|}\right||\vec a-\vec p| \\ &\geqq \left|\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot (\vec a-\vec p)\right| = \left||\vec a|-\dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p\right| \\ &\geqq |\vec a|-\dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p \end{align*} が成り立つ.
(3)
$\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ と異なる点 $\mathrm O$ を起点とした位置ベクトルによって $\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c),$ $\mathrm P(\vec p)$ とおく. (2) で示した不等式から, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{PA}}| &= |\vec a-\vec p| \geqq |\vec a|-\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p \quad \cdots [1], \\ |\overrightarrow{\mathrm{PB}}| &= |\vec b-\vec p| \geqq |\vec b|-\frac{\vec b}{|\vec b|}\cdot\vec p \quad \cdots [2], \\ |\overrightarrow{\mathrm{PC}}| &= |\vec c-\vec p| \geqq |\vec c|-\frac{\vec c}{|\vec c|}\cdot\vec p \quad \cdots [3] \end{align*} が成り立つ. 辺々を加えると, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|-\left(\frac{\vec a}{|\vec a|}+\frac{\vec b}{|\vec b|}+\frac{\vec c}{|\vec c|}\right)\cdot\vec p\] が得られる. $\dfrac{\vec a}{|\vec a|}+\dfrac{\vec b}{|\vec b|}+\dfrac{\vec c}{|\vec c|} = \vec 0$ が成り立つように点 $\mathrm O$ をとり直す. (1) で示したことから, このような点は $\angle\mathrm{AOB} = \angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA}$ を満たす点として定まる. しかも, $\triangle\mathrm{ABC}$ の内角に関する条件から, この $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にとれることに注意する. このとき, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|\] が成り立つ. 等号成立は, $[1]$~$[3]$ で等号が成り立つ場合に限る. これは, $\vec p$ が $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ の定数倍であるときに限る. $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ は $\vec 0$ でなく互いに平行でないから, これは $\vec p = \vec 0$ となる場合である. ゆえに, 点 $\mathrm P$ が上記の点 $\mathrm O$ に一致するとき, つまり $\angle\mathrm{APB} = \angle\mathrm{BPC} = \angle\mathrm{CPA}$ を満たすときに限り, $L$ は最小となる.

背景

  • 分岐点を新たに設けてもよいという条件の下で, 与えられたいくつかの点をもれなく結ぶ最短経路を求める問題は, 「最短ネットワーク問題」(the shortest path problem)と呼ばれ, インフラの建設計画を立てたり, 電気回路の設計をしたりする際に現れる素朴で重要な問題である.
  • $1$ 直線上にある $3$ 点を結ぶ最短経路は, 明らかに最も離れた $2$ 点を結ぶ線分である. よって, $3$ 点の「最短ネットワーク問題」については, $3$ 点が三角形をなす場合が問題になる. 「三角不等式」$\mathrm P_1\mathrm P_2+\mathrm P_2\mathrm P_3 \geqq \mathrm P_1\mathrm P_3$ を使うと, これは三角形の各頂点までの距離の和が最小になる点を求める問題に帰着できる(詳細は割愛する).
  • $L$ の最小値を与える点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の「フェルマー点」または「トリチェリ点」(Fermat point, Torricelli point)などと呼ばれる.

ベクトルの垂直条件

定理≪ベクトルの垂直条件≫

 平面または空間において, $\vec 0$ でないベクトル $\vec a,$ $\vec b$ に対し, \[\vec a\perp\vec b \iff \vec a\cdot\vec b = 0\] が成り立つ.

問題≪三角形の垂心とオイラー線≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G,$ 外心を $\mathrm E$ とおく. 次のことを示せ.
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{EA}}+\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}} = \overrightarrow{\mathrm{EH}}$ を満たす点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(2)
$3$ 点 $\mathrm E,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ はこの順に同一直線上にあり, $\mathrm{EG}:\mathrm{GH} = 1:2$ が成り立つ.

解答例

(1)
$\overrightarrow{\mathrm{EA}}+\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}} = \overrightarrow{\mathrm{EH}}$ から, \[\overrightarrow{\mathrm{AH}} = \overrightarrow{\mathrm{EH}}-\overrightarrow{\mathrm{EA}} = \overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}}\] が成り立つ. これと外心の条件 $|\overrightarrow{\mathrm{EA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{EB}}| = |\overrightarrow{\mathrm{EC}}|$ から \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} &= (\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{EC}}-\overrightarrow{\mathrm{EB}}) \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{EC}}|^2-|\overrightarrow{\mathrm{EB}}|^2 = 0 \end{align*} であるので, \[\mathrm{AH}\perp\mathrm{BC}\] が成り立つ. 同様に, $\mathrm{BH}\perp\mathrm{CA},$ $\mathrm{CH}\perp\mathrm{AB}$ が成り立つ.
よって, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(2)
\[\overrightarrow{\mathrm{EH}} = 3\cdot\frac{\overrightarrow{\mathrm{EA}}+\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}}}{3} = 3\overrightarrow{\mathrm{EG}}\] であるから, $3$ 点 $\mathrm E,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ はこの順に同一直線上にあり, $\mathrm{EG}:\mathrm{GH} = 1:2$ が成り立つ.

三角形の面積

定理≪ベクトルと三角形の面積≫

 $\triangle\mathrm{OPQ}$ において, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,d)$ であるとき, \begin{align*} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}})^2} \\ &= \frac{1}{2}|ad-bc| \end{align*} が成り立つ.

問題≪ベクトルと三角形の面積≫

 上記の公式を示せ.

解答例

(1)
三角形の面積の公式をベクトルの内積を用いて書き直し, 変形すると, \begin{align*} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ}\sin\angle\mathrm{POQ} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\sqrt{1-\cos ^2\angle\mathrm{POQ}} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\sqrt{1-\left(\frac{\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}}{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|}\right) ^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}})^2} \quad \cdots [1] \end{align*} となる.
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,d)$ のとき, $[1]$ により, \begin{align*} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd)^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{(ad-bc)^2} = \frac{1}{2}|ad-bc| \end{align*} が成り立つ.
 別証明については, こちらを参照されたい.