一つの辺の長さが共通な2つの三角形を共通辺を貼り合わせて四面体ができる必要十分条件_2008.12.9(火)
＜幾何学的に四面体が構成できることの「証明」＞
この稿での主な目標は以下の[命題1.2]及びその「幾何学的証明」と
次の「定理8.3」の提示及びその「証明」の概略を示すことである。
[定理8.3]
BC＝a ，CA＝b ，AB＝cである△ABCと
BC＝a，BD＝e ，CD＝fである△BCDとが与えられたとき、「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は
⇔ [a2(b2＋c2―a2)+e2(c2＋a2―b2)+f2(a2＋b2―c2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a2)
＜d2
＜[a2(b2＋c2―a2)+e2(c2＋a2―b2)＋f2(a2＋b2―c2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a2)
・・・(8.3.3)
⇔ 4detJ(3) ＞0 ・・・(8.3.4) すなわち
⇔ (ad)2(b2+e2＋c2+f2―a2―d2)＋(be)2(c2+f2＋a2+d2―b2―e2)
＋(cf)2(a2+d2＋b2+e2―c2―f2)―{(aef)2+(dbf)2＋(cde)2+(abc)2}>0
・・・(8.3.5)
ここに、S_D＝△ABCの面積、S_A＝△BCDの面積 とする。
◎ なお、[命題1.2]及び[定理8.3]は「私の2007年6月までの研究冊子」を読んでくれた
畏友K氏の指摘によるところが大きな部分を占めている。K氏に感謝したい。
さて、2008.10.22(水)のBlogの「四面体の外心の重心座標表現の具体例(一般的な場合)_例１」で、
detJ(3)を考えずに「四面体ABCDが構成できること『高校生の段階で分かる』ように、
「図形的」な方法で証明してみよう」と述べた。このことを、実行してみる。
そのときの「四面体ABCDの外心の重心座標表現の具体例(一般的な場合)_例１」では
6辺の長さを次のように与えた。
「例１」「垂心四面体でないもので、6辺の長さがみな異なるものを造る」
四面体ABCDの6辺の長さを
BC＝a ，CA＝b ，AB＝c ，AD＝d ，BD＝e ，CD＝f で表す。
a＝BC＝√2 ， b＝CA＝√3 ，c＝AB＝2，
d＝AD＝3 ，e＝BD＝√10 ，f＝CD＝√11 ・・・(1.1.1) とした。
このとき、この「四面体ABCD」の4つの面の三角形はみな鋭角三角形であった。
そして、最後に detJ(3)>0を示して (→AB)，(→AC)，(→AD)が一次独立と
なることから「四面体ABCD」が構成できることの根拠とした。
[1]
さて、△ABC及び△BCDは、できていて、これは共に鋭角三角形であった。
辺BCが共通であるから、この２つの三角形を辺BCを貼り合わせて、△BCDは水平な面上の置いておき、
△ABCをBCを軸として回転していって、「四面体ABCD」ができないか？と、考えてみるのである。
☆ 厳密には次のようにしてみる。
まず、△ABCのコピーを2枚用意する。それを△(A_1)BC と△(A_2)BCとする。また、xyzー空間 R^3を考え、
点Bがxyzー空間 R^3の原点 (0，0，0)に、辺BCをx軸上におき、Cのx座標が正であるようにして
点Dはxyー平面上におき、Dのy座標が正であるように△BCDをxyー平面上にとる。
すなわち、B，C の空間内の座標が、B(0，0，0)，C(a，0，0)，そしてDはxyー平面上にあり、
y座標が正でz座標が0であるように△BCDをxyー平面上におく。
[2]
△ABCのコピーである△(A_1)BCをxy―平面上にBCが△BCDの辺BCと重なり、頂点(A_1)のy座興が正で
あるように、xy-平面上に△BCDと重なるように置く。
また、△ABCのコピーである△(A_2)BCは、裏返して点(A_2)のy座標が負であるように、xy-平面上に
BCが△BCDの辺BCと重なるようにおく。つまり、△(A_2)BCを△(A_1)BCとx軸に関して線対称に
なるように置くのである。
[3]
△(A_1)BCと△BCDとはx軸に関して同じ側、△(A_2)BCと△BCDとはx軸に関して反対側にあり、
△BCDと△(A_1)BCとは近く、BCDと△(A_2)BCとはもっとも遠くにある。
ここで、△BCDはxyー平面上に固定したまま、△(A_1)BCの板を辺BCを軸として回転してゆくことを
考える。D(A_1)＜D(A_2) ・・・(1.1.2) であることに注意しておく。
このA_1の「動点」を改めて、Qで表して、頂点DからQまでの伸び縮みする棒DQを考える。
条件よりDA＝dだから、△QBCの板をx軸に関して回転させて行ったとき、動点Qは「A_1」から「A_2」を
通って動くが、この間にDQ＝dとなることが可能であれば、側面の△QDB、△QDCの面はあとから張ればよいので
「四面体ABCD」の骨組みは完成し「四面体ABCD」は出来上がる。
つまり、側面の面QDB，QDCは無視しておいて、「棒DQの先端Qがxyー平面より上方の位置でDQ＝dとなれば」
その点Qが求める頂点Aである。
動点Qが「A_1」のとき、距離DQ＝D(A_1)はもっとも短く、動点Qが「A_2」のとき距離DQ＝D(A_2)は
もっとも長い。 なおQ＝A_1や、Q＝A_2では、△BCDと△(A_1)BCや、△BCDと△(A_2)BCは
xyー平面上にあるので、「四面体ABCD」はできない。よって四面体ABCDができるための条件は
[命題1.2] 以上の記号などのもとで、
「四面体ABCD」ができる
⇔Dからの伸び縮みする棒DQの長さがxy―平面の上方(z座標が正なる点)で、DQ＝DA とできること
⇔ (A_1)D< AD < (A_2)D ・・・(1.2.1)
である。
[4]
条件(1.2.1)をもっと「幾何学的に」きちんと証明しよう。
「証明」
まず、「xyー平面上にある頂点Dを中心とし、半径DA＝d の2次元の球面 S(d)」を描いておく。
次に△(A_1)BCの頂点(A_1)から直線BCに下した垂線の足をKとする。Kはx軸上の点である。
(A_1)K＝(A_2)K＝r>0 とおく。△(A_1)BCをxyz―空間 R^3内でx軸を軸として回転すれば、
その頂点である「動点Q」は「点Kを中心とする半径rの1次元の円周T(r)」を描く。
さて
（あ)
(1.2.1)が成り立っているとしよう。このとき、次のようにして、点Aの位置を決定できる。
D(A_1)< DA＝dだから、点(A_1)は「2次元の球面 S(d)の内部」にある。また、d＝DA < D(A_2)より、
点(A_2)は「2次元の球面 S(d)の外部に」ある。T(r)は、x軸と垂直な位置にある。
そこでT(r)と中心Kを結び2次元の円盤D(r)を作り(その境界が円周T(r)である）、x軸を軸とする「コマ」を
考えてクルクルと回転すれば、点(A_1)が「球面 S(d)の内部」にあり、点(A_2)が「球面 S(d)の外部」に
あることから、「回転運動」の「連続性」により、T(r)上の「動点Q」は、2次元の球面 S(d)とはただ2点
「Q1とQ2」とだけで交わることが分かる。S(d)∩T(r)＝{Q1，Q2｝・・・(1.2.2) ここに
「点Q1のz座標は正の数」、「点Q2のz座標は負の数」で、 2点Q1とQ2とはxyー平面に関して
「面対称な位置に」ある。
そして DQ1＝DQ2＝d＝AD より、点Q1が求める点Aになる。
もっと詳しくいうと、2次元球面S(d)をx軸上の点Kの位置でx軸に垂直に切断した切り口の円周Uと円周T(r)
(x軸に垂直な同一平面上にあり、その中心はどちらもxy―平面上にある）の2つの円周が2点Q1、Q2を交点とし
交わっている状況である。 この内、交点Q1が求める頂点Aになる。
このようにして、条件(1.1)⇒ 「四面体ABCD」ができた。
次に
(い)
仮にD(A_1)≧DAとして上の議論のように「四面体ABCD」の頂点Aの位置を決めるために、
点K中心、半径(A_1)K＝rの円周T(r)を描いたとしよう。しかし、D(A_1)≧dだから点(A_1)は
この球面S(d)の「外部または表面にある」ことになり、さらに(1.1.2)のD(A_2)＞D(A_1)から、
点A_2も球面S(d)の「外部に」くる。
(a) S(d)の外部にA_1があるときは、点A_2も球面S(d)の「外部に」くるので円周T(r)全体が
球面S(d)の外部にあることになり、交点はない。
つまり、S(d)∩T(r)＝Φ（空集合) となり、「四面体ABCD」はできない。
(b) A_1がS(d)の表面にあるとすれば、点(A_1)はxy―平面上の点なので、T(r)∩S(d)＝{A_1}となり、
△BCDと△(A_1)BCとでは(A_1)D＝d となっており、立体にならない。
最後に、
(う)
DA≧D(A_2)のときは、点(A_2)は「2次元の球面S(d)の内部か表面」にあり、DはA_2とx軸に関して
反対側にあって、(1.1.2)のD(A_2)＞D(A_1)からA_1も「S(d)の内部に」あり、今度は円周T(r)全体が
球面S(d)の内部にあるか、S(d)∩T(r)＝{A_2}となり、やはり「四面体ABCD」はできない。
以上より、(A_1)D< AD < (A_2)Dのときだけに、「四面体ABCD」ができることが分かった。
（[命題１.2]の証明終わり）
◎ それでは本題に入って、「例１」で与えた「四面体ABCD」が構成できることを、
[命題1.2]を用いて「証明する」
[5]
(A_1)Dと(A_2)Dの長さを求めるために、点Dと点A_1の座標を求めよう。なおz座標は共に「0」である。
また、A_1，A_2，B，C,Dはすべてxyー平面上にあるかから z座標＝0は無視して、計算して行く。
Dのx座標＝BD×cos∠DBC＝e×(e^2＋a^2―f^2)/(2ea)＝(e^2＋a^2―f^2)/(2a) ・・・(5.1)
＝[(√10)^2＋(√2)^2―(√11)^2]/(2√2)＝1/(2√2) ・・・(5.2)
次に△BCDの面積＝S_Aだから、
Dのy座標＝(2S_A)/a＝(4S_A)/(2a) ・・・(5.3)
＝(4S_A)/(2√2) ・・・(5.4)
よって、D((e^2＋a^2―f^2)/(2a)，(4S_A)/(2a))＝(1/(2√2) ，(4S_A)/(2√2)）・・・(5.5)
A_1のx座標＝AB×cos∠ABC＝c×(c^2＋a^2―b^2)/(2ca)＝(c^2＋a^2―b^2)/(2a) ・・・(5.6)
＝{2^2＋(√2)^2―(√3)^2}/(2√2)＝3/(2√2) ・・・(5.7)
△ABCの面積＝S_Dだから、
A_1のy座標＝(2S_D)/a＝(4S_D)/(2a) ・・・(5.8)
＝(4S_D)/(2√2) ・・・(5.9)
よって、A_1((c^2＋a^2―b^2)/(2a)，(4S_D)/(2a))＝(3/(2√2) ，(4S_D)/(2√2)）・・・(5.10)
したがって、
A_2((c^2＋a^2―b^2)/(2a)，―(4S_D)/(2a))＝(3/(2√2) ，―(4S_D)/(2√2)）・・・(5.11)
となる。
[6] (A_1)D＜AD＜(A_1)D ⇔[(A_1)D]^2＜AD^2＜[(A_2)D]^2 ・・・(6.1)だから、
[(A_1)D]^2
＝[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A―4S_D)/(2a)]^2
＝[{(b^2＋e^2)―(c^2＋f^2)}^2＋16(S_A)^2＋16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/(4a^2)
＝(3―1)^2/(2√2)^2＋[16(S_A)^2＋16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/(2√2)^2
＝1/2＋[16(S_A)^2＋16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/8 ・・・(6.2)
また、
[(A_2)D]^2
＝[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A＋4S_D)/(2a)]^2
＝[{(b^2＋e^2)―(c^2＋f^2)}^2＋16(S_A)^2＋16(S_D)^2＋32(S_A)(S_D)]/(4a^2)
＝[(3―1)^2/(2√2)^2＋16(S_A)^2＋[16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/(2√2)^2
＝1/2＋[16(S_A)^2＋16(S_D)^2＋32(S_A)(S_D)]/8 ・・・(6.3)
そして 16(S_D)^2＝(a＋b+c)(a＋b―c)(b＋c―a)(c＋a―b)
＝(√2＋√3＋2)(√2＋√3―2))(√3＋2―√2)(2＋√2―√3)
＝{(√2＋√3)^2―2^2}{2^2―(√3―√2)^2}
＝(2√6＋1)(2√6―1)＝23 ・・・(6.4)
ゆえに 4(S_D)＝√23 ・・・(6.5)
同様に
16(S_A)^2＝(a＋e+f)(a＋e―f)(e＋f―a)(f＋a―e)
＝(√2＋√10＋√11)(√2＋√10―√11)(√10＋√11―√2)(√11＋√2―√10) ・・・(6.6)
＝{(√2＋√10)^2―(√11)^2)}{(√11)^2―(√10―√2)^2}
＝(4√5＋1)(4√5―1)＝80―１＝79 ・・・(6.7)
ゆえに 4(S_D)＝√79 ・・・(6.8)
よって (6.2)，(6.3)は それぞれ、
[(A_1)D]^2＝1/2＋[79＋23―2√23√79]/8＝(53―√23√79)/4 ・・・(6.9)
[(A_2)D]^2＝1/2＋[79＋23＋2√23√79]/8＝(53＋√23√79)/4 ・・・(6.10)となるから、
(6.1)は
(53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 ・・・(6.11)
ゆえに √(53―√23√79)/2＜d＜√(53―√23√79)/2 ・・・(6.12)
[7] すなわち
BC＝a＝√2 ，CA＝b＝√3 ，AB＝c＝2 である△ABCと
BC＝a＝√2，BD＝e＝√10 、CD＝f＝√11である△BCDが与えられたとき、
「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は、
(53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 ・・・(7.1)
つまり、√(53―√23√79)/2＜d＜√(53―√23√79)/2 ・・・(7.2)である
ことになる。ここに 4S_D＝√23 ，4S_D＝√79 であることに注意されたい。
√23√79＝4.795831523・・・×8.888194417・・・＝42.62628297・・・なので、
(53―√23√79)＝10.37371703・・・、(53＋√23√79)＝95.62628297・・・
(53―√23√79)/4＝ 2.593429257・・・，(53＋√23√79)/4＝23.90657074・・・、
位なので (7.1)は、 大体 2.593429257・＜d^2＜23.90657074・ ・・・(7.3)
となる。
今この「例1」では、d＝AD＝３としているので、d^2＝９であって(7.3)、したがって
(7.1)を満たし、「四面体ABCDができる」
[8] 一般には、
BC＝a ，CA＝b ，AB＝cである△ABCとBC＝a，BD＝e 、CD＝fである△BCDが
与えられたとき、「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は、
[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A―4S_D)^2/(2a)]^2
＜d^2 ＜[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A＋4S_D)/(2a)]^2
・・・(8.1.1)
ここで、実は
{(b^2＋e^2)―(c^2＋f^2)}^2＋16(S_A)^2＋16(S_D)^2
＝2(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+2(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋2(f^2)(a^２＋b^2―c^2) ・・・(8.1.2)
となるので、(8.1.1)は、
[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a^2)
＜d^2
＜[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a^2)
・・・(8.1.3) となる。
よって
「定理8.2]
BC＝a ，CA＝b ，AB＝c である△ABCと
BC＝a，BD＝e 、CD＝f である△BCDとが与えられたとき、
「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は、
⇔ [(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a^2)
＜d^2
＜[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a^2)
・・・(8.2.1)
ここに、S_A＝△BCDの面積、S_A＝△BCDの面積であって、例えば ヘロンの公式から、
4S_D＝√(a＋b+c)(a＋b―c)(b＋c―a)(c＋a―b)，4S_A＝√(a＋e+f)(a＋e―f)(e＋f―a)(f＋a―e)
で計算できる。
「定理8.3]
(8.2.1)式は
(1) ―(4S_A)(4S_D)
<2(ad)^2―[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)]
< (4S_A)(4S_D)
⇔ |2(ad)^2―[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)]|^2
＜(4S_A)^2×(4S_D)^2 ・・・(8.2.2）
(2) これを、「一生懸命計算する」と
(ad)^2(b^2＋e^2＋c^2＋f^2―a^2―d^2）＋(be)^2(c^2＋f^2＋a^2＋d^2―b^2―e^2)
＋(cf)^2(a^2＋d^2＋b^2＋e^2―c^2―f^2)
―{(aef)^2＋(dbf)^2＋(cde)^2＋(abc)^2} ＞ 0 ・・・(8.3.1）
と同値になる。
ここで
4detJ(3)
＝(ad)^2(b^2＋e^2＋c^2＋f^2―a^2―d^2）＋(be)^2(c^2＋f^2＋a^2＋d^2―b^2―e^2)
＋(cf)^2(a^2＋d^2＋b^2＋e^2―c^2―f^2)
―{(aef)^2＋(dbf)^2＋(cde)^2＋(abc)^2} ＞ 0 ・・・(8.3.2）だったので、
結局
(3)「定理8.2]の
BC＝a ，CA＝b ，AB＝cである△ABCと
BC＝a，BD＝e 、CD＝fである△BCDとが与えられたとき、
「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は
⇔ [(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a^2)
＜d^2
＜[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a^2)
・・・(8.3.3)
⇔ 4detJ(3) ＞0 ・・・(8.3.4)となる。すなわち
⇔(ad)^2(b^2+e^2＋c^2+f^2―a^２―d^２)＋(be)^2(c^2+f^2＋a^2+d^2―b^２―e^２)
＋(cf)^2(a^2+d^2＋b^2+e^2―c^２―f^２)―{(aef)^2+(dbf)^2＋(cde)^2+(abc)２}>0
・・・(8.3.5) となる。
[9]
「例１」で [命題1.2](1.2.1)の
「四面体ABCD」ができる ⇔ (A_1)D< AD < (A_2)D を使って求めたAD=dの範囲が
(7.1)の (53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 であった。
そこで[定理8.3]より、 このd^2の条件が上記の(8.3.5)
(ad)^2(b^2+e^2＋c^2+f^2―a^２―d^２)＋(be)^2(c^2+f^2＋a^2+d^2―b^２―e^２)
＋(cf)^2(a^2+d^2＋b^2+e^2―c^２―f^２)―{(aef)^2+(dbf)^2＋(cde)^2+(abc)２}>0
からも導かれることを示してみよう 。
BC＝a＝√2 ，CA＝b＝√3 ，AB＝c＝2 である△ABCと
BC＝a＝√2，BD＝e＝√10 、CD＝f＝√11である△BCDだったから(8.3.5)に代入して
2d^2(3＋10＋4＋11―2―d^2)＋30(4＋11＋2＋d^2―3―10)
＋44(2＋d^2＋3＋10―4―11)―{(2×10×11)+(d^2)×3×11＋4×(d^2)×10+2×3×4}＞０
・・・(9.1.1)
よって
2d^2(26―d^2)＋30(4＋d^2)+44(d^2)―{220＋33(d^2)＋40(d^2)＋24}＞０
ゆえに ―2(d^4)+(52＋30＋44―33―40)d^2＋120―220―24＞０・・・(9.1.2)すなわち、
2(d^4)―53(d^2)＋124＜０ ・・・(9.1.3)という d^2の2次不等式になる。
2(d^4)―53(d^2)＋124＝０を解の公式で解く
d^2＝(1/4)［53±√{(53^2)―4×2×124} ・・・(9.1.4)
(9.1.4)の√の中身＝判別式＝53×53―4×2×4×31＝53×53―32×31
＝53×53―31×31―31＝(53＋31)(53―31)―31＝84×22―31＝1848―31＝1817
ところが 1817＝23×79 ・・・(9.1.5) となる！！
ので(9.1.3)を解くと
{53―√(23×79)}/4＜d^2＜{53＋√(23×79)}/4
つまり
(53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 となり、
(7.1)が導かれた。
[10]
この場合は2つの三角形は共に存在していたので、 d^2の求める条件は
(ad)^2(b^2+e^2＋c^2+f^2―a^２―d^２)＋(be)^2(c^2+f^2＋a^2+d^2―b^２―e^２)
＋(cf)^2(a^2+d^2＋b^2+e^2―c^２―f^２)―{(aef)^2+(dbf)^2＋(cde)^2+(abc)２}>0
つまり、四面体ABCDの体積Ｖについて 4detJ＝(6V)^2＞０ だけで必要十分であったのである。
一般には、三角形ができるかどうかもわからないので、この4detJ＝(6V)^2＞０だけでは不十分である。
これについては、「栗田 稔」 先生の本「入門｜現代の数学[7] 具象から幾何学へ」
(数学セミナー増刊）のP64〜P65に書いてある。
つまり、 (1)「1つの三角形ができること、すなわちヘロンの公式＞０ (面積が存在すること）」
かつ (2) 4detJ>0 (体積が存在すること）となる
ことが必要十分である。
