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

教科書の補足

ベクトルの内積

定理≪ベクトルの内積の成分表示≫

 $n = 2$ または $n = 3$ とする. ベクトル $\vec a = (a_1,\cdots,a_n),$ $\vec b = (b_1,\cdots,b_n)$ に対して, \[\vec a\cdot\vec b = a_1b_1+\cdots +a_nb_n\] が成り立つ.

証明

 $\vec a \neq \vec 0,$ $\vec b \neq \vec 0,$ のとき, $\vec a,$ $\vec b$ の成す角を $\theta$ とおくと, 余弦定理により \begin{align*} \vec a\cdot\vec b &= |\vec a||\vec b|\cos\theta \\ &= |\vec a||\vec b|\cdot\frac{|\vec a|^2+|\vec b|^2-|\vec b-\vec a|^2}{2|\vec a||\vec b|} \\ &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^na_k{}^2+\sum_{k = 1}^nb_k{}^2-\sum_{k = 1}^n(b_k-a_k)^2}{2} \\ &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^na_k{}^2+\sum_{k = 1}^nb_k{}^2-\sum_{k = 1}^n(b_k{}^2-2a_kb_k+a_k{}^2)}{2} \\ &= \sum_{k = 1}^na_kb_k \end{align*} が成り立つ.

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≫

 同一平面上または同一空間内のベクトル $\vec a,$ $\vec b$ に対して, \[ |\vec a\cdot\vec b| \leqq |\vec a||\vec b|\] が成り立つ. 等号が成り立つのは, $\vec a,$ $\vec b$ の一方が他方の定数倍である場合に限る.

問題

ベクトルの内積

問題≪正四面体の面の中線が成す角≫

 $1$ 辺の長さが $2$ の正四面体 $\mathrm{OABC}$ の辺 $\mathrm{OC}$ の中点を $\mathrm M$ とおき, $\theta = \angle\mathrm{AMB}$ とおく. $\overrightarrow{\mathrm{MA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{MB}},$ $\cos\theta$ の値を求めよ.

解答例

 $\triangle\mathrm{OAB},$ $\triangle\mathrm{OAC},$ $\triangle\mathrm{OBC}$ は $1$ 辺の長さが $2$ の正三角形だから, $$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}} = 2\cdot 2\cos\frac{\pi}{3} = 2.$$
また, $\overrightarrow{\mathrm{OM}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ だから, \begin{align*} &\overrightarrow{\mathrm{MA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{MB}} \\ &= (\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OM}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OM}}) \\ &= \left(\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right) \\ &= \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\frac{1}{4}|\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2 \\ &= 2-\frac{1}{2}\cdot 2-\frac{1}{2}\cdot 2+\frac{1}{4}\cdot 2^2 \\ &= 1 \cdots [1]. \end{align*} 一方, $\mathrm{MA} = \mathrm{MB} = \sqrt 3$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{MA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{MB}} = (\sqrt 3)^2\cos\theta = 3\cos\theta \cdots [2].$$ $[1],$ $[2]$ より, $$\cos\theta = \frac{1}{3}.$$

問題≪正四面体の対辺の距離≫

 $1$ 辺の長さが $1$ の正四面体 $\mathrm{OABC}$ において, 辺 $\mathrm{OA}$ を $s:(1-s)$ に内分する点を $\mathrm P,$ 辺 $\mathrm{BC}$ を $t:(1-t)$ に内分する点を $\mathrm Q$ とおく. 距離 $\mathrm{PQ}$ を最小にする $s,$ $t$ の値とその距離を求めよ.

解答例

 $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく.
$\triangle\mathrm{OAB},$ $\triangle\mathrm{OBC},$ $\triangle\mathrm{OCA}$ は $1$ 辺の長さが $1$ の正三角形だから, \begin{align*} &|\vec a| = |\vec b| = |\vec c| = 1, \\ &\vec a\cdot\vec b = \vec b\cdot\vec c = \vec c\cdot\vec a = 1\cdot 1\cdot\cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}. \end{align*} 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ の定義より $$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = s\vec a, \quad \overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (1-t)\vec b+t\vec c$$ だから, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{PQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}} \\ &= -s\vec a+(1-t)\vec b+t\vec c. \end{align*} よって, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2 &= s^2|\vec a|^2+(1-t)^2|\vec b|^2+t^2|\vec c|^2 \\ &\quad -2s(1-t)\vec a\cdot\vec b+2(1-t)t\vec b\cdot\vec c-2ts\vec c\cdot\vec a \\ &= s^2+(1-t)^2+t^2-s(1-t)+(1-t)t-st \\ &= s^2-s+t^2-t+1 \\ &= \left( s-\frac{1}{2}\right) ^2+\left( t-\frac{1}{2}\right) ^2+\frac{1}{2}. \end{align*} したがって, $\mathrm{PQ} ^2 = |\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2$ は $s = t = \dfrac{1}{2}$ のとき最小値 $\dfrac{1}{2}$ をとる.
ゆえに, $\mathrm{PQ}$ は $s = t = \dfrac{1}{2}$ のとき最小値 $\dfrac{1}{\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 2}{2}$ をとる.

ベクトルの直交条件

問題≪対称な点が作るひし形≫

 $a \neq 0$ とする. 平面上の $4$ 点 $\mathrm O(0,\ 0),$ $\mathrm A(a,\ a-1),$ $\mathrm B,$ $\mathrm C(0,\ 5)$ について, 点 $\mathrm B$ が線分 $\mathrm{AC}$ の中点 $\mathrm M$ に関して $\mathrm O$ と対称であるとき, 定数 $a$ の値を求めよ.

解答例

 $a \neq 0$ より点 $\mathrm O$ は直線 $\mathrm{AC}$ 上にない. 特に $\mathrm O \neq \mathrm M$ だから, $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は $\mathrm M$ を対角線の交点とする四角形 $\mathrm{OABC}$ を成す. $\mathrm{OM} = \mathrm{MB},$ $\mathrm{AM} = \mathrm{MC}$ だから, 四角形 $\mathrm{OABC}$ は平行四辺形である.
さらに, $\mathrm{OB} \perp \mathrm{AC}$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} = 0 \cdots [1].$$ 線分 $\mathrm{OB}$ は平行四辺形 $\mathrm{OABC}$ の対角線だから, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OB}} &= \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}} \\ &= (a,\ a-1)+(0,\ 5) \\ &= (a,\ a+4) \cdots [2]. \end{align*} また, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AC}} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}} \\ &= (0,\ 5)-(a,\ a-1) \\ &= (-a,\ 6-a) \cdots [3]. \end{align*} $[1],$ $[2],$ $[3]$ より, \begin{align*} a\cdot (-a)+(a+4)(6-a) &= 0. \\ \therefore -2(a+3)(a-4) &= 0. \end{align*} ゆえに, $$a = -3,\ 4.$$

問題≪三角形の外心の位置ベクトル≫

 $\mathrm{AB} = 2,$ $\mathrm{AC} = 3,$ $\angle\mathrm{BAC} = 60^\circ$ により定まる $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm O$ とおく. $\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ を $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ で表せ.

解答例

$$|\vec b| = 2, \quad |\vec c| = 3, \quad \vec b\cdot\vec c = 2\cdot 3\cos 60^\circ = 3.$$
$\vec b,$ $\vec c$ は一次独立だから, ある定数 $p,$ $q$ に対して, $$\overrightarrow{\mathrm{AO}} = p\vec b+q\vec c.$$ $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心 $\mathrm O$ は辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{AC}$ の垂直二等分線の交点だから, 辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{AC}$ の中点をそれぞれ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおくと, $$\mathrm{AB} \perp \mathrm{MO}, \quad \mathrm{AC} \perp \mathrm{NO}.$$ $\mathrm{AB} \perp \mathrm{MO}$ より \begin{align*} 0 &= \overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{MO}} = \overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{AO}}-\overrightarrow{\mathrm{AM}}) \\ &= \vec b\cdot\left( p\vec b+q\vec c-\frac{1}{2}\vec b\right) = \vec b\cdot\left(\left( p-\frac{1}{2}\right)\vec b-q\vec c\right) \\ &= \left( p-\frac{1}{2}\right) |\vec b|^2-q\vec b\cdot\vec c = \left( p-\frac{1}{2}\right) 2^2-q\cdot 3 \end{align*} だから, $$4p+3q = 2 \cdots [1].$$ 同様に, $\mathrm{AC} \perp \mathrm{NO}$ より, $$2p+6q = 3 \cdots [2].$$ $[1],$ $[2]$ より $p = \dfrac{1}{6},$ $q = \dfrac{4}{9}$ だから, $$\overrightarrow{\mathrm{AO}} = \frac{1}{6}\vec b+\frac{4}{9}\vec c.$$

別解

 $\overrightarrow{\mathrm{AO}} = p\vec b+q\vec c$ ($p,$ $q$: 定数)とおき, $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|$ すなわち $$|\overrightarrow{\mathrm{OA}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2$$ より得られる $p,$ $q$ の連立 $1$ 次方程式を解く(略).

問題≪四角形の内分点を結ぶ長方形と内積≫

 四角形 $\mathrm{ABCD}$ の $4$ 辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CD},$ $\mathrm{DA}$ を $2:1$ に内分する点をそれぞれ $\mathrm K,$ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく.
(1)
"四角形 $\mathrm{ABCD}$ は平行四辺形 $\iff$ 四角形 $\mathrm{KLMN}$ は平行四辺形" が成り立つことを示せ.
(2)
四角形 $\mathrm{KLMN}$ が長方形であるとき, $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ を $p = \mathrm{AB},$ $q = \mathrm{AD}$ で表せ.

解答例

 $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}},$ $\vec d = \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ とおく.
(1)
点 $\mathrm K,$ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ の定義より, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AK}} &= \frac{2\vec b}{3}, & \overrightarrow{\mathrm{AL}} &= \frac{\vec b+2\vec c}{3}, \\ \overrightarrow{\mathrm{AM}} &= \frac{\vec c+2\vec d}{3}, & \overrightarrow{\mathrm{AN}} &= \frac{\vec d}{3}. \end{align*}
よって, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{KL}} &= \overrightarrow{\mathrm{AL}}-\overrightarrow{\mathrm{AK}} = \frac{-\vec b+2\vec c}{3} \cdots [1], \\ \overrightarrow{\mathrm{KM}} &= \overrightarrow{\mathrm{AM}}-\overrightarrow{\mathrm{AK}} = \frac{-2\vec b+\vec c+2\vec d}{3}, \\ \overrightarrow{\mathrm{KN}} &= \overrightarrow{\mathrm{AN}}-\overrightarrow{\mathrm{AK}} = \frac{-2\vec b+\vec d}{3} \cdots [2]. \end{align*} ゆえに, 四角形 $\mathrm{KLMN}$ は平行四辺形 $\iff$ $\overrightarrow{\mathrm{KL}}+\overrightarrow{\mathrm{KN}} = \overrightarrow{\mathrm{KM}}$ $\iff$ $\dfrac{-3\vec b+2\vec c+\vec d}{3} = \dfrac{-2\vec b+\vec c+2\vec d}{3}$ $\iff$ $\vec b+\vec d = \vec c \cdots [3]$ $\iff$ $\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ $\iff$ 四角形 $\mathrm{ABCD}$ は平行四辺形.
(2)
四角形 $\mathrm{KLMN}$ は長方形だから, 特に平行四辺形で, $\mathrm{KL} \perp \mathrm{KN}$ より $$\overrightarrow{\mathrm{KL}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{KN}} = 0 \cdots [4].$$ (1) より, 四角形 $\mathrm{ABCD}$ も平行四辺形だから, $[3]$ が成り立つ. $[3]$ を $[1]$ に代入すると, $$\overrightarrow{\mathrm{KL}} = \frac{\vec b+2\vec d}{3} \cdots [1]'.$$ $[1]',$ $[2]$ を $[4]$ に代入すると, \begin{align*} \frac{\vec b+2\vec d}{3}\cdot\frac{-2\vec b+\vec d}{3} &= 0. \\ \therefore (\vec b+2\vec d)\cdot (2\vec b-\vec d) &= 0. \end{align*} よって, $2|\vec b|^2+3\vec b\cdot\vec d-2|\vec d|^2 = 0$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \frac{2}{3}(q^2-p^2).$$

問題≪三角形のオイラー線≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G,$ 外心を $\mathrm E$ とおく. 次が成り立つことを示せ:
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}} = \vec 0.$ 
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{EA}}+\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}} = \overrightarrow{\mathrm{EH}}$ を満たす点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(3)
$3$ 点 $\mathrm E,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ は同一直線上にあり, $\mathrm{EG}:\mathrm{GH} = 1:2.$

解答例

(1)
$\overrightarrow{\mathrm{AG}} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{3}$ より, \begin{align*} &\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}} \\ &= -\overrightarrow{\mathrm{AG}}+(\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AG}})+(\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AG}}) \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}-3\overrightarrow{\mathrm{AG}} = \vec 0. \end{align*}
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{EA}}+\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}} = \overrightarrow{\mathrm{EH}}$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{AH}} = \overrightarrow{\mathrm{EH}}-\overrightarrow{\mathrm{EA}} = \overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}}.$$ これと外心の条件 $|\overrightarrow{\mathrm{EA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{EB}}| = |\overrightarrow{\mathrm{EC}}|$ より, \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*} だから, $$\mathrm{AH}\perp\mathrm{BC}.$$ 同様に, $\mathrm{BH}\perp\mathrm{CA},$ $\mathrm{CH}\perp\mathrm{AB}.$
よって, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(3)
\begin{align*} &\overrightarrow{\mathrm{GH}} = \overrightarrow{\mathrm{AH}}-\overrightarrow{\mathrm{AG}} \\ &= (\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}})-(\overrightarrow{\mathrm{EG}}-\overrightarrow{\mathrm{EA}}) \\ &= (\overrightarrow{\mathrm{EA}}+\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}})-\overrightarrow{\mathrm{EG}} \\ &= 3\overrightarrow{\mathrm{EG}}-\overrightarrow{\mathrm{EG}} = 2\overrightarrow{\mathrm{EG}}. \end{align*} ゆえに, $3$ 点 $\mathrm E,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ は同一直線上にあり, $\mathrm{EG}:\mathrm{GH} = 1:2.$

問題≪正四面体の垂線の交点≫

 正四面体の頂点から対面に下ろした $4$ 本の垂線は $1$ 点で交わることを示せ.

解答例

 正四面体の頂点を $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ とおき, $3\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $3\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}},$ $3\vec d = \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ とおく. このとき, $$|\vec b| = |\vec c| = |\vec d|, \quad \vec b\cdot\vec c = \vec c\cdot\vec d = \vec d\cdot\vec b \cdots [1].$$
$\triangle\mathrm{BCD}$ の重心を $\mathrm A'$ とおき, $\mathrm{AA}'$ が垂線であることを示す. $$\overrightarrow{\mathrm{AA}'} = \vec b+\vec c+\vec d$$ と $[1]$ より, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AA}'}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} &= (\vec b+\vec c+\vec d)\cdot (3\vec c-3\vec b) \\ &= 3(\vec b\cdot\vec c-|\vec b|^2+|\vec c|^2-\vec b\cdot\vec c+\vec c\cdot\vec d-\vec d\cdot\vec b) \\ &= 0. \end{align*} よって, $\mathrm{AA}' \perp \mathrm{BC}$ であり, 同様に $\mathrm{AA}' \perp \mathrm{BD}$ が示せるから, $\mathrm{AA}' \perp \triangle\mathrm{BCD},$ すなわち $\mathrm A'$ は頂点 $\mathrm A$ から対面 $\mathrm{BCD}$ に下ろした垂線の足である.
同様に, 頂点 $\mathrm B$ から対面 $\mathrm{CDA}$ に下ろした垂線の足は $\triangle\mathrm{CDA}$ の重心 $\mathrm B'$ であり, $$\overrightarrow{\mathrm{AB}'} = \vec c+\vec d.$$ 直線 $\mathrm{AA}'$ と $\mathrm{BB}'$ が交わるならば, ある実数 $r,$ $s$ に対して $$r\overrightarrow{\mathrm{AA}'} = \overrightarrow{\mathrm{AB}}+s\overrightarrow{\mathrm{BB}'}$$ すなわち $$r\vec b+r\vec c+r\vec d = (3-3s)\vec b+s\vec c+s\vec d$$ となるが, この方程式は解 $$r = s = \dfrac{3}{4}$$ を持つから, 実際に $\mathrm{AA}'$ と $\mathrm{BB}'$ は交わり, その交点 $\mathrm H$ は線分 $\mathrm{AA}'$ を $3:1$ に内分する.
同様に, $\mathrm{AA}'$ と垂線 $\mathrm{CC}',$ $\mathrm{AA}'$ と垂線 $\mathrm{DD}'$ は点 $\mathrm H$ で交わる.
ゆえに, $4$ 本の垂線は点 $\mathrm H$ で交わる.

ベクトルの内積の最大・最小

問題≪ベクトルの内積の評価≫

 ベクトル $\vec a,$ $\vec b$ が $|\vec a+2\vec b| = |2\vec a-\vec b| = 1$ を満たすとき, $-\dfrac{3}{25} \leqq \vec a\cdot\vec b \leqq \dfrac{3}{25}$ を示せ.

解答例

 $\vec x = \vec a+2\vec b \cdots [1],$ $\vec y = 2\vec a-\vec b \cdots [2]$ とおくと, 条件より $$|\vec x| = |\vec y| = 1 \cdots [3].$$ また, $[1],$ $[2]$ を $\vec a,$ $\vec b$ について解くと $$\vec a = \frac{\vec x+2\vec y}{5}, \quad \vec b = \frac{2\vec x-\vec y}{5}$$ だから, \begin{align*} \vec a\cdot\vec b &= \frac{(\vec x+2\vec y)\cdot (2\vec x-\vec y)}{25} \\ &= \frac{2|\vec x|^2+3\vec x\cdot\vec y-2|\vec y|^2}{25} \\ &= \frac{3\vec x\cdot\vec y}{25} \quad (\because [3]). \end{align*} 一方, コーシー-シュワルツの不等式と $[3]$ より $$-1 = -|\vec x||\vec y| \leqq \vec x\cdot\vec y \leqq |\vec x||\vec y| = 1$$ だから, $$-\frac{3}{25} \leqq \vec a\cdot\vec b \leqq \frac{3}{25}.$$

注意≪評価式と値域≫

 この証明では, $\vec x,$ $\vec y$ の成す角 $\theta$ が $0$ 以上 $2\pi$ 以下の任意の値をとることを示していないので, $\vec x\cdot\vec y = \cos\theta$ が $-1$ 以上 $1$ 以下の任意の値をとるとは言えず, $\vec a\cdot\vec b$ が $-\dfrac{3}{25}$ 以上 $\dfrac{3}{25}$ 以下の任意の値をとるとは言えない.

問題≪終点が異なる円周上を動くベクトルの内積の最大・最小≫

 点 $\mathrm P(x,\ y),$ $\mathrm Q(s,\ t)$ がそれぞれ円周 $(x-2)^2+(y-2)^2 = 4,$ $(s+1)^2+(t+1)^2 = 1$ 上を動くとき, $xs+yt$ の最大値, 最小値を求めよ.

解答例

 $\mathrm O(0,\ 0)$ とおき, $\theta = \angle\mathrm{POQ}\ (0 \leqq \theta \leqq \pi )$ とおくと, $$xs+yt = \overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = |\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\cos\theta.$$
点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ はそれぞれ, $\mathrm P(2,\ 0),$ $\mathrm P(0,\ 2),$ $\mathrm Q(-1,\ 0),$ $\mathrm Q(0,\ -1)$ の場合を除いて, 第 $1$ 象限, 第 $3$ 象限上にある.
よって, $\theta$ は, "$\mathrm P(2,\ 0)$ かつ $\mathrm Q(0,\ -1)$" または "$\mathrm P(0,\ 2)$ かつ $\mathrm Q(-1,\ 0)$" のとき最小値 $\dfrac{\pi}{2}$ をとり, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm O,$ $\mathrm Q$ が同一直線上にあるとき最大値 $\pi$ をとるから, $$-1 \leqq \cos\theta \leqq 0.$$ ゆえに, $xs+yt$ は $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ すなわち "$\mathrm P(2,\ 0)$ かつ $\mathrm Q(0,\ -1)$" または "$\mathrm P(0,\ 2)$ かつ $\mathrm Q(-1,\ 0)$" のとき最大値 $0$ をとる.
また, $|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|$ は $\mathrm P(2+\sqrt 2,\ 2+\sqrt 2)$ のとき最大値 $2\sqrt 2+2$ をとる.
実際, 円 $C:(x-2)^2+(y-2)^2 = 4$ の中心を $\mathrm C_0$ とおき, 線分 $\mathrm{OC}_0$ の延長部分と円 $C$ の交点を $\mathrm P_0$ とおくと, 円 $C$ 上の任意の点 $\mathrm P$ に対して, $$\mathrm{OP}_0 = \mathrm{OC}_0+\mathrm C_0\mathrm P_0 = \mathrm{OC}_0+\mathrm C_0\mathrm P \geqq \mathrm{OP}$$ となる. $\mathrm C(2,\ 2)$ より $\mathrm P_0(x_0,\ y_0)$ は直線 $y = x$ 上にあるから, 連立方程式 $$(x_0-2)^2+(y_0-2)^2 = 4, \quad y_0 = x_0$$ を解くと, $x_0 = y_0 = 2\pm\sqrt 2.$
$\mathrm P_0$ は線分 $\mathrm{OC}_0$ 上にないから, $x_0 = y_0 = 2+\sqrt 2$ より, $\mathrm P_0(2+\sqrt 2,\ 2+\sqrt 2).$
このとき, $\mathrm{OP}_0 = \sqrt 2(2+\sqrt 2) = 2\sqrt 2+2$ となるからである.
同様に, $|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|$ は $\mathrm Q\left( -1-\dfrac{1}{\sqrt 2},\ -1-\dfrac{1}{\sqrt 2}\right)$ のとき最大値 $\sqrt 2+1$ をとる.
$\mathrm P(2+\sqrt 2,\ 2+\sqrt 2),$ $\mathrm Q\left( -1-\dfrac{1}{\sqrt 2},\ -1-\dfrac{1}{\sqrt 2}\right)$ のとき, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm O,$ $\mathrm Q$ は同一直線上にあるから, $\theta = 2\pi$ より $\cos\theta$ は最小値 $-1$ をとる.
ゆえに, $xs+yt$ はこのとき最小値 $(2+2\sqrt 2)(1+\sqrt 2)(-1) = -6-4\sqrt 2$ をとる.

問題≪終点が同一円周上を動くベクトルの内積の最大値≫

 点 $\mathrm C(3,\ 4)$ を中心とする半径 $\sqrt 2$ の円周上を点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ が $\mathrm{CP} \perp \mathrm{CQ}$ を満たしながら動くとき, 点 $\mathrm R$ を $\overrightarrow{\mathrm{CR}} = \overrightarrow{\mathrm{CP}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$ により定まる点とする. $\mathrm O(0,\ 0)$ を原点とするとき, $\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ の最大値を求めよ.

解答例

\begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}} &= (\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}}) \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{CP}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}})+\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CQ}}. \end{align*}
$\mathrm{CP} \perp \mathrm{CQ}$ より $\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CQ}} = 0$ であり, 点 $\mathrm R$ の定義より $\overrightarrow{\mathrm{CR}} = \overrightarrow{\mathrm{CP}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$ だから, $$\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CR}} \cdots [1].$$ $\mathrm{CO},$ $\mathrm{CR}$ の成す角を $\theta$ とおくと, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CR}} &= -\overrightarrow{\mathrm{CO}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CR}} \\ &= -|\overrightarrow{\mathrm{OC}}||\overrightarrow{\mathrm{CR}}|\cos\theta \cdots [2]. \end{align*} $\mathrm C(3,\ 4)$ より, $$|\overrightarrow{\mathrm{OC}}| = \sqrt{3^2+4^2} = 5 \cdots [3].$$ また, 四角形 $\mathrm{CPRQ}$ は, $\mathrm R$ の定義より平行四辺形で, $\mathrm{CP} = \mathrm{CQ} = \sqrt 2,$ $\mathrm{CP} \perp \mathrm{CQ}$ より $1$ 辺の長さが $\sqrt 2$ の正方形だから, $$|\overrightarrow{\mathrm{CR}}| = \sqrt 2|\overrightarrow{\mathrm{CP}}| = (\sqrt 2)^2 = 2 \cdots [4].$$ $[1],$ $[2],$ $[3],$ $[4]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = 25-10\cos\theta.$$ $-1 \leqq \cos\theta \leqq 1$ より, $\cos\theta = -1$ すなわち点 $\mathrm R$ が線分 $\mathrm{OC}$ の延長部分にあるとき, $\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ は最大値 $25-10\cdot (-1) = 35$ をとる.

問題≪平方和を最小にする三角形内の点≫

 $1$ 辺の長さが $1$ の正三角形 $\mathrm{ABC}$ の内部の点 $\mathrm P$ から辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA}$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく.
(1)
$\mathrm{PL}+\mathrm{PM}+\mathrm{PN}$ の値は $\mathrm P$ によらず一定であることを示し, その値を求めよ.
(2)
$\mathrm{PL}^2+\mathrm{PM}^2+\mathrm{PN}^2$ の最小値とその値を実現する点 $\mathrm P$ の位置を特定せよ.

解答例

(1)
\begin{align*} \triangle\mathrm{ABC} &= \triangle\mathrm{PAB}+\triangle\mathrm{PBC}+\triangle\mathrm{PCA} \\ &= \frac{1}{2}\cdot 1\cdot\mathrm{PL}+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\mathrm{PM}+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\mathrm{PN} \\ &= \frac{1}{2}(\mathrm{PL}+\mathrm{PM}+\mathrm{PN}) \end{align*} から, \[\mathrm{PL}+\mathrm{PM}+\mathrm{PN} = 2\triangle\mathrm{ABC} = 2\cdot\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{\sqrt 3}{2}.\]
(2)
コーシー-シュワルツの不等式により, \begin{align*} (1^2+1^2+1^2)(\mathrm{PL}^2+\mathrm{PM}^2+\mathrm{PN}^2) \\ \geqq (1\cdot\mathrm{PL}+1\cdot\mathrm{PM}+1\cdot\mathrm{PN})^2. \end{align*} よって, \begin{align*} \mathrm{PL}^2+\mathrm{PM}^2+\mathrm{PN}^2 &\geqq \frac{1}{3}(\mathrm{PL}+\mathrm{PM}+\mathrm{PN})^2 \\ &= \frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right) ^2 = \frac{1}{4}. \end{align*} $\mathrm{PL}:\mathrm{PM}:\mathrm{PN} = 1:1:1$ のとき, 等号が成り立つから, $\mathrm{PL}^2+\mathrm{PM}^2+\mathrm{PN}^2$ の最小値は $\dfrac{1}{4}.$ この場合に, $\mathrm{PL} = \mathrm{PM} = \mathrm{PN}$ から $\triangle\mathrm{PAB} = \triangle\mathrm{PBC} = \triangle\mathrm{PCA}$ となり, $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BP},$ $\mathrm{CP}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の中線となるから, $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心となる.

三角形の面積

問題≪ベクトルの内積と三角形の面積≫

 ベクトル $\vec a,$ $\vec b$ が $|\vec a| = 1,$ $|\vec b| = 2,$ $\vec a\cdot\vec b = 1$ を満たすとき, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \vec a+\vec b,$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = \vec a-\vec b$ により定まる $\triangle\mathrm{OPQ}$ の面積を求めよ.

解答例

 $|\vec a| = 1,$ $|\vec b| = 2,$ $\vec a\cdot\vec b = 1$ より, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2 &= |\vec a+\vec b|^2 = |\vec a|^2+2\vec a\cdot\vec b+|\vec b|^2 \\ &= 1^2+2\cdot 1+2^2 = 7, \\ |\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|^2 &= |\vec a-\vec b|^2 = |\vec a|^2-2\vec a\cdot\vec b+|\vec b|^2 \\ &= 1^2-2\cdot 1+2^2 = 3, \\ \overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}} &= (\vec a+\vec b)\cdot (\vec a-\vec b) = |\vec a|^2-|\vec b|^2 \\ &= 1^2-2^2 = -3. \end{align*} ゆえに, \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}\sqrt{7\cdot 3-(-3)^2} = \frac{1}{2}\sqrt{12} = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt 3 \\ &= \sqrt 3. \end{align*}

問題≪三角形の面積の内積による表現とその応用≫

(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積について, 公式 \[\triangle\mathrm{ABC} = \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}})^2}\] が成り立つことを示せ.
(2)
頂点 $\mathrm O$ を共有する $3$ 辺が互いに垂直であるような三角錐 $\mathrm{OABC}$ について, \[\triangle\mathrm{ABC}^2 = \triangle\mathrm{OAB}^2+\triangle\mathrm{OBC}^2+\triangle\mathrm{OCA}^2\] が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
\begin{align*} \triangle\mathrm{ABC} &= \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}\sin\angle\mathrm{BAC} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|\sqrt{1-\cos ^2\angle\mathrm{POQ}} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|\sqrt{1-\left(\frac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|}\right) ^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}})^2} \end{align*}
(2)
$a = \mathrm{OA},$ $b = \mathrm{OB},$ $c = \mathrm{OC}$ とおく. (1) の結果から, \begin{align*} \triangle\mathrm{ABC}^2 &= \frac{1}{4}\left( |\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}})^2\right) \\ &= \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)-(a^2)^2}{4} \\ &= \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{4} \\ &= \left(\frac{ab}{2}\right) ^2+\left(\frac{bc}{2}\right) ^2+\left(\frac{ca}{2}\right) ^2 \\ &= \triangle\mathrm{OAB}^2+\triangle\mathrm{OBC}^2+\triangle\mathrm{OCA}^2. \end{align*}

補足

 (2) の等式は, $3$ 次元版ピタゴラスの定理として知られており, 1783 年に De Gua によって証明された.

問題≪格子点を結ぶ正三角形の非存在≫

(1)
$\triangle\mathrm{OPQ}$ について, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,\ b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,\ d)$ のとき, \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}|ad-bc|\] が成り立つことを示せ.
(2)
すべての頂点の各座標が整数であるような正三角形は存在しないことを示せ. $\sqrt 3$ が無理数であることは, 証明なしに用いて良い.

解答例

(1)
\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} \\ &= \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| \quad \cdots [1]. \end{align*}
(2)
すべての頂点の各座標が整数であるような正三角形 $\mathrm{OPQ}$ の存在を仮定する. $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,\ b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,\ d)$ とおく. このとき, $[1]$ が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{OPQ}$ が正三角形であることから, \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}\mathrm{OP}^2\sin 60^\circ = \frac{\sqrt 3}{4}(a^2+b^2) \quad \cdots [2].\] $[1],$ $[2]$ より, \[\sqrt 3 = \frac{2|ad-bc|}{a^2+b^2}.\] $a,$ $b,$ $c,$ $d$ は整数であることから右辺は整数であるが, これは $\sqrt 3$ が無理数であることに反する. ゆえに, すべての頂点の各座標が整数であるような正三角形は存在しない.

解説

 (2) については, 三角形の辺の長さに着目した別解もある. こちらの別形式の誘導問題を参照されたい.

その他

問題≪三角形の外心に関する位置ベクトルと形状≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm O$ とし, $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく. $\vec a+\vec b+\vec c = \vec 0$ が成り立つとき, $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形であることを示せ.

解答例

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とおく.
$\vec a+\vec b+\vec c = \vec 0$ より $\vec a+\vec b = -\vec c$ だから, $$|\vec a+\vec b|^2 = |-\vec c|^2 = |\vec c|^2 = R^2 \cdots [1].$$ 一方, \begin{align*} |\vec a+\vec b|^2 &= |\vec a|^2+2\vec a\cdot\vec b+|\vec b|^2 \\ &= 2\vec a\cdot\vec b+2R^2 \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ より, $$\vec a\cdot\vec b = -\frac{1}{2}R^2 \cdots [3].$$ よって, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2 &= |\vec b-\vec a|^2 = |\vec a-\vec b|^2 \\ &= |\vec a|^2-2\vec a\cdot\vec b+|\vec b|^2 \\ &= R^2-2\cdot\left( -\frac{1}{2}R^2\right) +R^2 \\ &= 3R^2. \end{align*} 同様にして, $|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{CA}}|^2 = 3R^2.$
ゆえに, $\mathrm{AB} = \mathrm{BC} = \mathrm{CA}$ より, $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形である.

別解

 $[1],$ $[3]$ より, $$\cos\angle\mathrm{AOB} = \frac{\vec a\cdot\vec b}{|\vec a||\vec b|} = \frac{-\dfrac{1}{2}R^2}{R^2} = -\frac{1}{2}$$ だから, $\angle\mathrm{AOB} = 120^\circ.$ 同様に, $\angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA} = 120^\circ.$
これらと $[1]$ より $\triangle\mathrm{AOB} \equiv \triangle\mathrm{BOC} \equiv \triangle\mathrm{COA}$ だから, \[\mathrm{AB} = \mathrm{BC} = \mathrm{CA}.\] ゆえに, $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形である.

問題≪フェルマー点の位置≫

(1)
平面上の単位ベクトル $\overrightarrow{e_1},$ $\overrightarrow{e_2},$ $\overrightarrow{e_3}$ が $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}+\overrightarrow{e_3} = 0$ を満たすとき, $3$ つのベクトル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)
最大の内角が $120^\circ$ 未満の $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部の点 $\mathrm P$ 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.
[東北大 2001]

解答例

(1)
$|\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}| = |-\overrightarrow{e_3}| = |\overrightarrow{e_3}| = 1$ から, \begin{align*} 1 &= |\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}|^2 = |\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 \end{align*} となり, \[\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2} = -\frac{1}{2}\] となるから, $\overrightarrow{e_1},$ $\overrightarrow{e_2}$ の成す角は $120^\circ.$ 同様にして, 他の $2$ 組についても, $2$ つのベクトルの成す角は $120^\circ.$
(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*}
(3)
$\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ とは異なる点 $\mathrm O$ 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*} 辺々を加えると, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|-\left(\frac{\vec a}{|\vec a|}+\frac{\vec b}{|\vec b|}+\frac{\vec c}{|\vec c|}\right)\cdot\vec p.\] $\dfrac{\vec a}{|\vec a|}+\dfrac{\vec b}{|\vec b|}+\dfrac{\vec c}{|\vec c|} = \vec 0$ が成り立つように点 $\mathrm O$ を定める. (1) で示したことから, このような点は $\angle\mathrm{AOB} = \angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA}$ を満たす点としてとれる. 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, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|.\] 等号が成り立つのは, $[1]$~$[3]$ で等号が成り立つ場合に限る. それは, $\vec p$ が $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ の定数倍であるときに限る. $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ は互いに一次独立であるから, それは $\vec p = \vec 0$ 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.

解説

  • $\triangle\mathrm{ABC}$ の各頂点までの距離の和が最小になるような点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の「フェルマー点」と呼ぶ.
  • 本問で示したように, 最大の内角が $120^\circ$ 未満であるような $\triangle\mathrm{ABC}$ の「フェルマー点」は $\angle\mathrm{AFB} = \angle\mathrm{BFC} = \angle\mathrm{CFA}$ を満たす点として与えられるが, 次のように作図することができる.
    (1)
    $\triangle\mathrm{ABC}$ と $1$ 辺を共有する正三角形 $\mathrm{ABC}',$ $\mathrm{BCA}',$ $\mathrm{CAB}'$ を $\triangle\mathrm{ABC}$ の外側に描く.
    (2)
    $3$ 本の直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ を引く.
    (3)
    それらの交点 $\mathrm F$ が $\triangle\mathrm{ABC}$ の「フェルマー点」である.
    実際には, $2$ つの正三角形 $\mathrm{CAB}',$ $\mathrm{BCA}'$ を書いて $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}'$ の交点 $\mathrm F$ を求めれば良い. この点が実際に $\angle\mathrm{AFB} = \angle\mathrm{BFC} = \angle\mathrm{CFA}$ を満たしていることは, 次のように証明できる: $\mathrm{CA} = \mathrm{CB}',$ $\mathrm{CB} = \mathrm{CA}',$ $\angle\mathrm{ACA'} = \angle\mathrm{BCB'} = \angle\mathrm{ACB}+60^\circ$ から $\triangle\mathrm{ACA}' \equiv \triangle\mathrm{BCB}'$ であるので, $\mathrm{AA}'$ と $\mathrm{BB}'$ の交点を $\mathrm F$ とおくと, \[\angle\mathrm{CAF} = \angle\mathrm{CB}'\mathrm F, \quad \angle\mathrm{CBF} = \angle\mathrm{CA}'\mathrm F.\] よって, 円周角の定理の逆により $4$ 点 $\mathrm C,$ $\mathrm F,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B'$ と $4$ 点 $\mathrm C,$ $\mathrm F,$ $\mathrm B,$ $\mathrm A'$ はそれぞれ同一円周上にあるので, \[\angle\mathrm{BFC} = \angle\mathrm{CFA} = 180^\circ -60^\circ = 120^\circ\] となり, $\angle\mathrm{AFB} = 360^\circ -\angle\mathrm{BFC}-\angle\mathrm{CFA} = 120^\circ$ となる.
  • 別証明については, こちらの問題を参照されたい.
  • $\angle\mathrm{BAC} \geqq 120^\circ$ のとき, $\triangle\mathrm{ABC}$ の「フェルマー点」は $\mathrm A$ であることが, 次のように証明できる: 平面 $\mathrm{ABC}$ 上に点 $\mathrm P$ をとる. $\mathrm P \neq \mathrm A$ のとき, 半直線 $\mathrm{CA}$ 上に $\mathrm{AB} = \mathrm{AB}'$ となるように点 $\mathrm B'$ をとり, $\triangle\mathrm{APB} \equiv \triangle\mathrm{AP}'\mathrm B'$ となるように点 $\mathrm P'$ をとると, 仮定から $\triangle\mathrm{APP}'$ は頂角が $60^\circ$ 以下の二等辺三角形となるので, $\mathrm{AP} \geqq \mathrm{PP}'$ となり, \begin{align*} \mathrm{AP}+\mathrm{BP}+\mathrm{CP} &\geqq \mathrm B'\mathrm P'+\mathrm P'\mathrm P+\mathrm{PC} \\ &> \mathrm B'\mathrm C = \mathrm B'\mathrm A+\mathrm{AC} = \mathrm{BA}+\mathrm{AC} \end{align*} となる. よって, $\mathrm{AP}+\mathrm{BP}+\mathrm{CP}$ は $\mathrm P = \mathrm A$ のとき最小になる.
  • 本問は, 「シュタイナーの問題」と呼ばれるいくつかの点を結ぶ最短の「ネットワーク」を求める問題の最も基本的な場合である. 正方形の場合を題材にした問題については, こちらこちらを参照されたい.