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

理論

ベクトルの一次独立性

定義≪ベクトルの一次独立性≫

 ベクトル $\vec{a_1},$ $\cdots,$ $\vec{a_n}$ が任意のスカラー $c_1,$ $\cdots,$ $c_n$ に対して $$c_1\vec{a_1}+\cdots +c_n\vec{a_n} = \vec 0 \Longrightarrow c_1 = \cdots = c_n = 0$$ を満たすとき $\vec{a_1},$ $\cdots,$ $\vec{a_n}$ は一次独立または線形独立(linearly independent)であるといい, そうでないとき一次従属または線形従属(linearly dependent)であるという.

定理≪一次独立なベクトルによる表示の一意性≫

 ベクトル $\vec{a_1},$ $\cdots,$ $\vec{a_n}$ は一次独立 $\iff$ "任意のスカラー $c_1,$ $\cdots,$ $c_n,$ $c'_1,$ $\cdots,$ $c'_n,$ に対して \begin{align*} &c_1\vec{a_1}+\cdots +c_n\vec{a_n} = c'_1\vec{a_1}+\cdots +c'_n\vec{a_n} \\ &\Longrightarrow c_1 = c'_1,\ \cdots,\ c_n = c'_n \end{align*} が成り立つ."

定理≪一次独立なベクトルの個数の最大値≫

 一次独立な平面ベクトルの個数の最大値は $2,$ 一次独立な空間ベクトルの個数の最大値は $3.$

定理≪一次独立性の幾何学的特徴付け≫

 $4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ に対して,
(1)
$\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}}$ は一次独立
$\iff$ $\vec a \neq \vec 0$
$\iff$ $2$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A$ は異なる
$\iff$ $2$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A$ は線分を定める.
(2)
$\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}}$ は一次独立
$\iff$ $\vec a \neq \vec 0,$ $\vec b \neq \vec 0,$ $\vec a \not\parallel \vec b$
$\iff$ $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B$ は同一直線上にない
$\iff$ $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B$ は三角形を定める.
(3)
$\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ は一次独立
$\iff$ $\vec a \neq \vec 0,$ $\vec b \neq \vec 0,$ $\vec c \neq \vec 0,$ $\vec a \not\parallel \vec b,$ $\vec b \not\parallel \vec c,$ $\vec c \not\parallel \vec a$
$\iff$ $4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は同一平面上にない
$\iff$ $4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は四面体を定める.

問題

ベクトル

問題≪$4$ 点がひし形を成す条件≫

 平面上の $4$ 点 $\mathrm A(p,\ q),$ $\mathrm B(-q,\ r),$ $\mathrm C(-1,\ 0),$ $\mathrm D(0,\ -2)$ がひし形 $\mathrm{ABCD}$ を成すとき, 定数 $p,$ $q,$ $r$ の値を求めよ.

解答例

 四角形 $\mathrm{ABCD}$ は平行四辺形だから, $\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \overrightarrow{\mathrm{DC}}$ より, $$(-q-p,\ r-q) = (-1,\ 2).$$ よって, $-q-p = -1,$ $r-q = 2$ より, $$q = 1-p, \quad r = 3-p \cdots [1].$$ また, $\mathrm{BC} = \mathrm{CD}$ より $\mathrm{BC}^2 = \mathrm{CD}^2$ だから, $$(-1+q)^2+(-r)^2 = 1^2+(-2)^2 \cdots [2].$$ $[1]$ を $[2]$ に代入して整理すると, $2(p-1)(p-2) = 0$ より, $$p = 1,\ 2 \cdots [3].$$ $[1],$ $[3]$ より, $$(p,\ q,\ r) = (1,\ 0,\ 2),\ (2,\ -1,\ 1).$$ このとき, 確かに $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ はひし形 $\mathrm{ABCD}$ を成す.

別解 1(非推奨)

 $\mathrm{AB}^2 = \mathrm{BC}^2 = \mathrm{CD}^2 = \mathrm{DA}^2$ より得られる $p,$ $q,$ $r$ の連立 $2$ 次方程式を解く(略).

別解 2

 $4$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ は平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ を成すから, その対角線 $\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD}$ の中点 $\left(\dfrac{p-1}{2},\ \dfrac{q}{2}\right),$ $\left( -\dfrac{q}{2},\ \dfrac{r-2}{2}\right)$ は一致する. よって, $\dfrac{p-1}{2} = -\dfrac{q}{2},$ $\dfrac{q}{2} = \dfrac{r-2}{2}$ より, $$q = 1-p, \quad r = 3-p \cdots [1].$$ 以下同様.

別解 3(内積によるベクトルの直交条件を用いる)

 四角形 $\mathrm{ABCD}$ はひし形だから $\mathrm{AC} \perp \mathrm{BD}$ より $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BD}} = 0$ であり, $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = (-1-p,\ -q),$ $\overrightarrow{\mathrm{BD}} = (q,\ -2-r)$ だから, $$(-1-p)q+(-q)(-2-r) = 0 \cdots [3].$$ $[1],$ $[3]$ を解く(略).

問題≪成分で表されたベクトルの大きさの最小値≫

 $\vec a = (0,\ 5),$ $\vec d = (2,\ -1)$ とする. $t$ が実数全体を動くとき, ベクトル $\vec a+t\vec d$ の大きさの最小値を求めよ.

解答例

 $\vec a,$ $\vec d$ の定義より, \begin{align*} \vec a+t\vec d &= (0,\ 5)+t(2,\ -1) \\ &= (2t,\ 5-t). \end{align*}   よって, \begin{align*} |\vec a+t\vec d|^2 &= (2t)^2+(5-t)^2 \\ &= 5t^2-10t+25 \\ &= 5(t-1)^2+20. \end{align*} $t$ は実数全体を動くから, $|\vec a+t\vec d|^2$ は $t = 1$ のとき最小値 $20$ をとる.
ゆえに, $|\vec a+t\vec d|$ は $t = 1$ のとき最小値 $\sqrt{20} = 2\sqrt 5$ をとる.

ベクトルの平行条件

問題≪$4$ 点が等脚台形を成す条件≫

 平面上の $4$ 点 $\mathrm O(0,\ 0),$ $\mathrm A(p,\ q),$ $\mathrm B(2p-1,\ p+q),$ $\mathrm C(-1,\ 0)$ が $\mathrm{OA} \parallel \mathrm{CB},$ $\mathrm{AB} = \mathrm{OC}$ なる等脚台形 $\mathrm{OABC}$ を成すとき, 定数 $p,$ $q$ が満たす条件を求めよ.

解答例

 $\mathrm{OA} \parallel \mathrm{CB}$ すなわち $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \parallel \overrightarrow{\mathrm{CB}}$ で, $\overrightarrow{\mathrm{OA}} = (p,\ q),$ $\overrightarrow{\mathrm{CB}} = (2p,\ p+q)$ だから, \begin{align*} p(p+q)-q(2p) &= 0. \\ \therefore p(p-q) &= 0 \cdots (\ast ). \end{align*} また, $\mathrm{AB} = \mathrm{OC}$ すなわち $\mathrm{AB}^2 = \mathrm{OC}^2$ より, \begin{align*} (p-1)^2+p^2 &= 1^2. \\ \therefore 2p(p-1) &= 0. \end{align*}
(i)
$p = 0$ のとき. $(\ast )$ は任意の実数 $q$ に対して成り立ち, $\mathrm{A}(0,\ q),$ $\mathrm{B}(-1,\ q)$ となるが, $\mathrm{OABC}$ は四角形だから $q \neq 0.$
このとき, $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は長方形 $\mathrm{OABC}$ を成す.
(ii)
$p = 1$ のとき. $(\ast )$ より, $q = 1.$
このとき, $\mathrm{A}(1,\ 1),$ $\mathrm{B}(1,\ 2)$ となり, $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は等脚台形 $\mathrm{OABC}$ を成す.
ゆえに, "$p = 0$ かつ $q \neq 0$" または $p = q = 1.$

ベクトルの一次独立性

問題≪正五角形の対角線の長さ≫

 $1$ 辺の長さが $1$ の正五角形 $\mathrm{ABCDE}$ において, 対角線の長さ $r$ の値を求め, $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ を $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec e = \overrightarrow{\mathrm{AE}}$ で表せ.

ヒント

  • 正五角形の辺と $1$ 本の対角線は平行.
  • $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ を一次独立なベクトル $\vec b,$ $\vec e$ で $2$ 通りに表し, 表示の一意性から $r$ の方程式を導く.

解答例

 $\triangle\mathrm{ABE} \equiv \triangle\mathrm{DEC} \equiv \triangle\mathrm{CBD}$ より, $$\mathrm{BE} = \mathrm{EC} = \mathrm{BD} = r.$$
$\mathrm{AB} = \mathrm{AE}$ だから $\angle\mathrm{ABE} = \angle\mathrm{AEB}$ であり, $\angle\mathrm{ABC} = \angle\mathrm{AED}$ だから, $$\angle\mathrm{CBE} = \angle\mathrm{DEB}.$$ これと $\mathrm{BC} = \mathrm{ED}$ より, $\mathrm{BE} \parallel \mathrm{CD}$ だから, $$\overrightarrow{\mathrm{CD}} = \frac{1}{r}\overrightarrow{\mathrm{BE}} = \frac{1}{r}(\vec e-\vec b) \cdots [1].$$ 同様に, $\mathrm{AB} \parallel \mathrm{EC},$ $\mathrm{AE} \parallel \mathrm{BD}$ だから, $$\overrightarrow{\mathrm{EC}} = r\overrightarrow{\mathrm{AB}} = r\vec b, \quad \overrightarrow{\mathrm{BD}} = r\overrightarrow{\mathrm{AE}} = r\vec e.$$ よって, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{CD}} &= \overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AC}} \\ &= (\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BD}})-(\overrightarrow{\mathrm{AE}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}}) \\ &= (\vec b+r\vec e)-(\vec e+r\vec b) \\ &= (r-1)(\vec e-\vec b) \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ より, $$-\frac{1}{r}\vec b+\frac{1}{r}\vec e = -(r-1)\vec b+(r-1)\vec e.$$ $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm B,$ $\mathrm E$ は同一直線上にないから $\vec b,$ $\vec e$ は一次独立であることに注意して, 両辺の係数を比較すると, $$-\frac{1}{r} = -(r-1), \quad \frac{1}{r} = r-1.$$ よって, $1 = r^2-r,$ $r > 0$ より, $$r = \frac{1+\sqrt 5}{2}.$$ ゆえに, $[2]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{CD}} = \frac{\sqrt 5-1}{2}(\vec e-\vec b).$$

別解

 $\overrightarrow{\mathrm{CD}} = \dfrac{1}{r}\overrightarrow{\mathrm{BE}} \cdots [1],$ $\overrightarrow{\mathrm{CD}} = (r-1)(\vec e-\vec b) = (r-1)\overrightarrow{\mathrm{BE}} \cdots [2]'$ より, $$\frac{1}{r}\overrightarrow{\mathrm{BE}} = (r-1)\overrightarrow{\mathrm{BE}}.$$ $\overrightarrow{\mathrm{BE}} \neq \vec 0$ に注意して両辺の係数を比較すると, $\dfrac{1}{r} = r-1.$
よって, $1 = r^2-r,$ $r > 0$ より, $r = \dfrac{1+\sqrt 5}{2}.$
ゆえに, $[2]'$ より, $\overrightarrow{\mathrm{CD}} = \dfrac{\sqrt 5-1}{2}(\vec e-\vec b).$

分点の位置ベクトル

問題≪分点の位置ベクトルと共線条件≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{AB}$ を $1:3$ に内分する点 $\mathrm P,$ 辺 $\mathrm{BC}$ を $2:1$ に外分する点 $\mathrm Q,$ 辺 $\mathrm{CA}$ を $3:2$ に内分する点 $\mathrm R$ は, 同一直線上にあることを示せ.

解答例

 $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく.
点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ の定義より \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= \frac{1}{4}\vec b, \\ \overrightarrow{\mathrm{AQ}} &= \frac{-\vec b+2\vec c}{2-1} = 2\vec c-\vec b, \\ \overrightarrow{\mathrm{AR}} &= \frac{2}{5}\vec c \end{align*} だから, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{PQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{AQ}}-\overrightarrow{\mathrm{AP}} = 2\vec c-\frac{5}{4}\vec b, \\ \overrightarrow{\mathrm{PR}} &= \overrightarrow{\mathrm{AR}}-\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \frac{2}{5}\vec c-\frac{1}{4}\vec b. \\ \end{align*} ゆえに, $$\overrightarrow{\mathrm{PR}} = 5\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$$ より, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ は同一直線上にある.

別解

 $$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PB}}\cdot\frac{\mathrm{BQ}}{\mathrm{QC}}\cdot\frac{\mathrm{CR}}{\mathrm{RA}} = \frac{1}{3}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2} = 1$$ だから, メネラウスの定理の逆より, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ は同一直線上にある.

問題≪三角形の内心の位置ベクトル≫

 $\mathrm O$ を任意の点とする. $\triangle\mathrm{ABC}$ の内心 $\mathrm I$ の $\mathrm O$ を基点とする位置ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OI}}$ を各頂点の位置ベクトル $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ と各辺の長さ $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ で表せ.

解答例

 $\angle\mathrm A$ の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D$ とおくと, $$\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{AB}:\mathrm{AC} = c:b.$$
よって, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OD}} &= \frac{b\vec b+c\vec c}{b+c}. \\ \overrightarrow{\mathrm{AD}} &= \overrightarrow{\mathrm{OD}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}} = \frac{-(b+c)\vec a+b\vec b+c\vec c}{b+c}. \end{align*} また, $\mathrm{BI}$ は $\angle\mathrm B$ の二等分線だから, $\triangle\mathrm{ABD}$ に着目すると, $\mathrm{BD} = \dfrac{c}{b+c}\mathrm{BC} = \dfrac{ca}{b+c}$ より, $$\mathrm{AI}:\mathrm{ID} = \mathrm{BA}:\mathrm{BD} = c:\frac{ca}{b+c} = (b+c):a.$$ よって, $$\overrightarrow{\mathrm{AI}} = \frac{b+c}{(b+c)+a}\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \frac{-(b+c)\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}.$$ ゆえに, $$\overrightarrow{\mathrm{OI}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AI}} = \frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}.$$

問題≪ベクトルの等式を満たす点の位置と面積比≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ に対して, 点 $\mathrm P$ が等式 $\overrightarrow{\mathrm{AP}}+2\overrightarrow{\mathrm{BP}}+3\overrightarrow{\mathrm{CP}} = \vec 0$ を満たすとき,
(1)
点 $\mathrm P$ はどのような位置にあるか.
(2)
$\triangle\mathrm{ABP},$ $\triangle\mathrm{BCP},$$ \triangle\mathrm{CAP}$ の面積比を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &\vec 0 = \overrightarrow{\mathrm{AP}}+2\overrightarrow{\mathrm{BP}}+3\overrightarrow{\mathrm{CP}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AP}}+2(\overrightarrow{\mathrm{AP}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}})+3(\overrightarrow{\mathrm{AP}}-\overrightarrow{\mathrm{AC}}) \end{align*} より, \begin{align*} 6\overrightarrow{\mathrm{AP}} &= 2\overrightarrow{\mathrm{AB}}+3\overrightarrow{\mathrm{AC}}. \\ \therefore \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= \frac{5}{6}\cdot\frac{2\overrightarrow{\mathrm{AB}}+3\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{3+2}. \end{align*} ゆえに, 線分 $\mathrm{BC}$ を $3:2$ に内分する点を $\mathrm D$ とおくと, 線分 $\mathrm{AD}$ を $5:1$ に内分する点が $\mathrm P$ である.
(2)
$S = \triangle{\mathrm{ABC}}$ とおくと, \begin{align*} \triangle\mathrm{ABP} &= \frac{5}{6}\triangle\mathrm{ABD} = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{5}S = \frac{1}{2}S, \\ \triangle\mathrm{BCP} &= \frac{1}{6}S, \\ \triangle\mathrm{CAP} &= \frac{5}{6}\triangle\mathrm{ACD} = \frac{5}{6}\cdot\frac{2}{5}S = \frac{1}{3}S. \end{align*} ゆえに, 求める比は, \begin{align*} \triangle\mathrm{ABP}:\triangle\mathrm{BCP}:\triangle\mathrm{CAP} &= \frac{1}{2}S:\frac{1}{6}S:\frac{1}{3}S \\ &= 3:1:2. \end{align*}

問題≪ベクトルの等式を満たす点の位置と体積比≫

 四面体 $\triangle\mathrm{ABCD}$ に対して, 点 $\mathrm P$ が等式 $\overrightarrow{\mathrm{AP}}+2\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}+2\overrightarrow{\mathrm{DP}} = \vec 0$ を満たすとき,
(1)
点 $\mathrm P$ はどのような位置にあるか.
(2)
四面体 $\mathrm{ABCP},$ $\mathrm{BCDP},$ $\mathrm{ACDP},$ $\mathrm{ABDP}$ の体積比を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &\vec 0 = \overrightarrow{\mathrm{AP}}+2\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}+2\overrightarrow{\mathrm{DP}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AP}}\! +\! 2(\overrightarrow{\mathrm{AP}}\! -\!\overrightarrow{\mathrm{AB}})\! +\! (\overrightarrow{\mathrm{AP}}\! -\!\overrightarrow{\mathrm{AC}})\! +\! 2(\overrightarrow{\mathrm{AP}}\! -\!\overrightarrow{\mathrm{AD}}) \end{align*} より, \begin{align*} 6\overrightarrow{\mathrm{AP}} &= 2\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}+2\overrightarrow{\mathrm{AD}}. \\ \therefore \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= \frac{5}{6}\cdot\frac{3\dfrac{2\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{1+2}+2\overrightarrow{\mathrm{AD}}}{2+3}. \end{align*} ゆえに, 線分 $\mathrm{BC}$ を $1:2$ に内分する点を $\mathrm E,$ 線分 $\mathrm{ED}$ を $2:3$ に内分する点を $\mathrm F$ とおくと, 線分 $\mathrm{AF}$ を $5:1$ に内分する点が $\mathrm P$ である.
(2)
四面体 $\mathrm{KLMN}$ の体積を $V_{\mathrm{KLMN}}$ で表す. $V = V_{\mathrm{ABCD}}$ とおくと, \begin{align*} V_{\mathrm{ABCP}} &= \frac{5}{6}V_{\mathrm{ABCF}} = \frac{5}{6}\cdot\frac{2}{5}V = \frac{1}{3}V, \\ V_{\mathrm{BCDP}} &= \frac{1}{6}V, \\ V_{\mathrm{ACDP}} &= \frac{5}{6}V_{\mathrm{ACDF}} = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{5}V_{\mathrm{ACDE}} \\ &= \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{3}V = \frac{1}{3}V \\ V_{\mathrm{ABDP}} &= \frac{5}{6}V_{\mathrm{ABDF}} = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{5}V_{\mathrm{ABDE}} \\ &= \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{3}V = \frac{1}{6}V. \end{align*} ゆえに, 求める比は, \begin{align*} &V_{\mathrm{ABCP}}:V_{\mathrm{BCDP}}:V_{\mathrm{ACDP}}:V_{\mathrm{ABDP}} \\ &= \frac{1}{3}V:\frac{1}{6}V:\frac{1}{3}V:\frac{1}{6}V \\ &= 2:1:2:1. \end{align*}

問題≪円周上の $3$ 点が直角三角形を成す条件≫

 点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $1$ の円周上に異なる $3$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ がある. $\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形であることと \[\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right| = 1 \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つことは同値であることを示せ.

解答例

(i)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形であるとして, $[\ast ]$ が成り立つことを示す. $\mathrm{AB}$ が円 $\mathrm O$ 直径であるとして一般性を失わない. \[\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}} = \vec 0\] だから, $\mathrm{OC} = 1$ に注意すると, \[ \left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right| = \left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right| = 1.\]
(ii)
$[\ast ]$ が成り立つとして, $\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形であることを示す. $\mathrm A(\cos\alpha,\ \sin\alpha ),$ $\mathrm B(\cos\beta,\ \sin\beta ),$ $\mathrm C(1,\ 0),$ $0 < \beta < \alpha < 2\pi$ であるとして一般性を失わない. $[\ast ]$ より, \begin{align*} 1 &= \left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right| ^2 \\ &= \left| (\cos\alpha +\cos\beta +1,\ \sin\alpha +\sin\beta )\right| ^2 \\ &= (\cos\alpha +\cos\beta +1)^2+(\sin\alpha +\sin\beta )^2 \\ &= (\cos ^2\alpha +\cos ^2\beta +1 \\ &\qquad +2\cos\alpha\cos\beta +2\cos\alpha +2\cos\beta ) \\ &\qquad +(\sin ^2\alpha +\sin ^2\beta +2\sin\alpha\sin\beta ) \\ &= 3+2\cos\alpha +2\cos\beta \\ &\qquad +2\cos\alpha\cos\beta +2\sin\alpha\sin\beta. \end{align*} よって, \begin{align*} 0 &= 1+\cos\alpha +\cos\beta +\cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \\ &= 1+2\cos\frac{\alpha +\beta}{2}\cos\frac{\alpha -\beta}{2}+\cos (\alpha -\beta ) \\ &= 1+2\cos\frac{\alpha +\beta}{2}\cos\frac{\alpha -\beta}{2}+2\cos ^2\frac{\alpha -\beta}{2}-1 \\ &= 2\left(\cos\frac{\alpha +\beta}{2}+\cos\frac{\alpha -\beta}{2}\right)\cos\frac{\alpha -\beta}{2} \\ &= 4\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\alpha -\beta}{2}. \end{align*} したがって, $\cos\dfrac{\alpha}{2} = 0$ または $\cos\dfrac{\beta}{2} = 0$ または $\cos\dfrac{\alpha -\beta}{2} = 0$ だから, $\dfrac{\alpha}{2},$ $\dfrac{\beta}{2},$ $\dfrac{\alpha -\beta}{2}$ は $0$ より大きく $\pi$ より小さいことに注意すると,
$\dfrac{\alpha}{2}$ または $\dfrac{\beta}{2}$ または $\dfrac{\alpha -\beta}{2}$ は直角である.
よって, $\triangle\mathrm{ABC}$ は直角三角形である.
(i), (ii) より, $\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形であることと $[\ast ]$ が成り立つことは同値である.