三角形の「三線座標」と「四面体」の「四線座標」(その１) 2009.02.16(月)
「三線座標」の考えを用いて、△ABCの「内心I」と∠A内の傍接円の中心E_A、
すなわち【傍心E_A】の「ベクトルによる重心座標表現」や、同様に∠B内の「傍心E_B」，
∠C内の「傍心E_C」、及び「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」も求めるために
「三線座標」について「準備」をする。と同時に「四面体」にたいして「2次元内接球面」の
中心「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」とその半径rの公式や、「傍接球面」の中心、
「傍心E_D」の「ベクトルによる重心座標表現」とその半径r_Dなどを求めるために、
新たに「四面体」に関する「四線座標」も導入し、三角形の「三線座標」と比較しながら
同時に考察する。
1.
三線座標の導入
△ABCを辺BCが底辺で頂点Aが上方にあるように平面上においておく。
まず△ABCの内部の点Tから辺BC，CA，ABに下した垂線の長さ、つまり「点Tと３つの直線との距離」
を考えてみる。点Tから直線BCまでの距離＝α ，点Tから直線CAまでの距離＝β ，
点Tから直線CAまでの距離＝γ ...(1.1.1)
とおく。例えば点Tが「内心I」のとき、「内接円の半径」をrとすれば、
α＝r ，β＝r ,γ＝r である。つまり「内心I」では (α，β，γ)＝(r，r,r） ・・・(1.1.2)となる。
△ABCの内部の点に対してだけでなく、△ABCの「境界点」や
「外部」の点Tに対しても、点Tから直線BCまでの距離＝α，点Tから直線CAまでの距離＝β ，
点Tから直線CAまでの距離＝γを次のように「拡張して」みる。
(1) 辺BC上に点Tがあり、点Tがそのいわゆる「内点」のとき、点Tから直線BCまでの距離＝0だから，
点Tから直線BCまでの距離＝α＝0 とする。点Tから直線CAまでの距離＝β ，点Tから直線ABまでの距離＝γ は
普通に考えられるのでその値は「＋」，[＋」となる。
すなわち α＝0 ，β＞0 ，γ＞0 である。特に 「直線BC上の点はすべて α＝0」・・・(1.1.3)を満たす。
(2) 点Tが頂点Bであるとき、点Bから直線BCまでの距離＝α＝0，点Tから直線ABまでの距離＝γ＝0，
点Bから直線CAまでの距離＝β＞０ となるので (α，β，γ)＝(0，β,0）となる。この場合のβを求めてみよう。
βは△ABCにおいて底辺をCA＝ｂとしたときの 高さh_Bである。
(1/2)ｂ(h_B)＝S だから β＝h_B＝(2S)/ｂ ・・・(1.1.4)となる。
ゆえに △ABCの頂点Bに対しては (α，β，γ)＝(0，(2S)/ｂ,0）・・・(1.1.5)となる。
(3) 点Tが三角形の「外部」にあり，辺BCに関して点Aと反対側にあり、かつ直線ACよりも左、
かつ直線ABよりも右側の「領域内D」にあるときは、点Tから直線BCまでの距離＝αは
「通常の点Tと直線BCとの距離」に「−」の符号をつけたものとしてα＜0と考えよう。また
「領域内D」の点Tは直線CAに関して「頂点Bと同じ側にある」ので，
点Tから直線CAまでの距離＝通常の点Tと直線CAとの距離＝β＞０と考える。「領域内D」の点Tは
直線ABに関して 「頂点Cと同じ側にある」ので、点Tから直線CAまでの距離＝γ＞0 と考える。
こうして、「領域内D」の点Tにたいして (α，β，γ)＝(「−」，「＋」,「＋」）・・・(1.1.6)となる。
α＜0， β＞0 ,γ＞0 である。
(4) 点Tが直線ABよりも左、かつ直線BCよりも下の「領域E」内にあるときは、点Tは直線BCに関して
「頂点Aと反対側にある」ので、α＜０，直線CAに関しては「頂点Bと同じ側にある」ので
点Tから直線CAまでの距離＝β＞０、そして直線ABに関して「頂点Cと反対側にある」ので
点Tから直線ABまでの距離＝γ＜０ と考えるのである。
こうして 点Tが直線ABよりも左、かつ直線BCよりも下の「領域E」内にあるときは
(α，β，γ)＝(「−」，「＋」,「−」） ・・・(1.1.7) α＜0 ，β＞0，γ＜0 である。
(5) 図を描いてみれば分かるように α＜0，β＜0，γ＜0 ⇔ (α，β，γ)＝(「−」，「−」,「−」）と
なることはあり得ない。（ α＜0 かつβ＜0の共通部分を描いておき、それと γ＜0の所との
共通部分は空集合となってしまう。!）
この様にして次の[定義1.2]ができる。
[定義1.2]
△ABC⊆E^2(平面）とし、任意の点T∈E^2にたいして、
点Tから直線BCまでの距離＝α ，点Tから直線CAまでの距離＝β ，点Tから直線CAまでの距離＝γ ・・・(1.2.1)
として、点Tにたいして定まる3つの実数の組 (α，β，γ）を点Tの「三線座標」とよぶ。
注意：この「三線座標」の「符号の組」と「△ABC」に関する「重心座標」の「符号の組」は
同じように対応する。
(ア)この様にして△ABCを使って平面E^2に座標が導入され、「境界線を除いた平面」は
「+」「−」の符号の組み合わせによってどの座標も0ではない、「七つの座標の組」に分けられる。
(イ) 境界線の「直線BCの方程式は α＝0」、「境界線ABの方程式は γ＝0」
よって その交点Bの三線座標は上記(2)から，(α，β，γ)＝(0，β，0)＝(0，(2S)/ｂ,0） となる。
2.
ーーー「重心座標」と「△ABC」に関する「三線座標」及び「四面体ABCD」に関する「四線座標」との関係ーーー
[命題2.1]
△ABCの面積をS，3辺の長さをそれぞれBC＝ａ、CA＝ｂ，AB＝ｃとしておく。
△ABC⊆Ｅ＾2 とし点T∈Ｅ＾2に対する「重心座標」を(κ，λ，μ） ，κ＋λ＋μ＝１ とし。
点Tの「三線座標」を(α，β，γ）とする。 このとき、次の等式が成立する。
(1) α＝[(2S)/a]κ ・・・(2.1.1) ⇔ k＝[ａ/(2S]α ・・(2.1.2)
(2) β＝[(2S)/a]λ ・・・(2.1.3) ⇔ λ＝[ａ/(2S]β ・・(2.1.4)
(3) γ＝[(2S)/a]μ ・・・(2.1.5) ⇔ μ＝[ａ/(2S]γ ・・(2.1.6)
(4) そして「三線座標 (α，β，γ）の間には 、等式
aα＋ｂβ＋ｃγ＝2S ・・・(2.1.7) が成立する。
☆ [命題2.1]の「証明」及び「四線座標」での対応する等式を示すために準備をする。
[命題2.1]はあとの[命題3.2]で「四線座標」と同時にほぼ「証明」ができ、[命題3.3]にて「証明」が完成する。
[命題2.2]
(1)
四面体ABCDがあり、四面体ABCD⊆3次元空間E^3 とする。これにより3次元空間E^3内に
「重心座標(κ，λ，μ，ν）,ただし κ＋λ＋μ＋ν＝１」が入る。
このとき、四面体ABCDの頂点Aを含み、底面の△BCDに平行な平面Lの方程式は
重心座標では、k=1 かつλ＋μ＋ν=0 となる。すなわち
L＝{(1，λ，μ，ν)｜λ＋μ＋ν=0，λ，μ，ν は実数｝となる。
(2)△ABCがあり、△ABC⊆平面E^2 とする。これにより2次元空間E^2内に
「重心座標(κ，λ，μ）,ただし κ＋λ＋μ＝１」が入る。
このとき、△ABCの頂点Aを含み、底辺BCに平行な直線Lの方程式は
重心座標では、k=1 かつλ＋μ=0 となる。すなわち
L＝{(1，λ，μ)｜λ＋μ=0，λ，μ は実数｝となる。
「証明」
M＝{(1，λ，μ，ν)｜λ＋μ＋ν=0，λ，μ，ν は実数｝とおき、M＝Lを示そう。まず
Aの重心座標は(1,0,0,0)であるから、A∈M ,またA∈L。そこでT≠A かつ T∈Mをとる。
すると「ベクトルによる重心座標表現」は任意の点P∈E^nにたいして
(→PT)＝1×(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD) ・・・(2.2.1)，λ＋μ＋ν＝0・・・(2.2.2)
P ⇒Aとして (→AT)＝λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD) (2.2.2)からのν＝−(λ＋μ)を
代入して (→AT)＝λ(→AB)＋μ(→AC)ー(λ＋μ)(→AD)＝λ(→DB)＋μ(→DC)
つまり (→AT)＝λ(→DB)＋μ(→DC) ・・・(2.2.3)，(→DB)，(→DC)は一次独立でそれらの
一次結合λ(→DB)＋μ(→DC)は平面BCDに平行である。
よって (2.2.3)から (→AT)//平面BCD ⇒ T∈L これで M ⊂Lが示された。
逆に T≠A かつT∈Lをとる。Tは点Aを通って「△BCDの造る平面」に平行な平面上にある。
そこで(→AT)を考えれば(→AT)//「△BCDの造る平面」⇒(→AT)＝λ(→DB)＋μ(→DC)
・・・(2.2.3) となる実数λ、μが一意的に定まる。これから
任意の点P∈E^nにたいし(→PT)−(→PA)＝λ(→PB)＋μ(→Pc)ー(λ＋μ)(→PD)
つまり(→PT)＝(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→Pc)ー(λ＋μ)(→PD)そこで ν＝ー(λ＋μ)とおけば
k=1 かつλ＋μ＋ν=0 で(→PT)＝(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→Pc)＋ν(→PD)
となりT∈Mがいえ L⊂M となった。よってL＝M
(2)も同様にできる。
（[命題2.2]の「証明」終わり）
[系2.3]
[命題2.2]より
(1) 四面体ABCDに関して、
点Tの重心座標(κ，λ、μ，ν)，κ＋λ＋μ＋ν=1が、κ≠1 ・・・(2.3.1)
⇔(→AT)が△BCDの造る平面に平行でない
⇔直線ATは△BCDの造る平面と交わる
(2)△ABCに関して
点Tの重心座標((κ，λ、μ)，λ＋μ＋ν=1が、κ≠1 ・・・(2.3.2)
⇔(→AT)が直線BCに平行でない
⇔直線ATは直線BCと交わる
☆「注意]：四面体ABCDの頂点Aの重心座標は(1,0,0,0)だから、
点Tの重心座標(κ，λ、μ，ν)が κ≠1 ⇒ T≠Aとなる。
同様に△ABCに関する点Tの重心座標((κ，λ、μ)が κ≠1 ⇒ T≠A となる。
◎点Aと異なる点T∈E^3をとり、直線ATを考えてこれが△BCDの造る平面と交わったとき、
その点をT_Aとし、点Tと点T_Aの2つの点の重心座標の間の関係を調べたい。
直線ATが△BCDの造る平面と交わる条件は κ≠1 である。△ABCでも同様である。
それで、この後もよく使用する簡単だが、重要な[命題2.4]を用意しておく。
[命題2.4]
(１)「四面体ABCD」⊆E^3 とし、点T∈E^3の「四面体ABCDに関する重心座標」を
(κ，λ，μ，ν） ，κ＋λ＋μ＋ν＝１ ・・・(2.4.1)とし、頂点Aの対面△BCD上の
点T_Aの「△BCDに関する『重心座標』を(l，m,n），l＋m＋n＝１ ・・・(2.4.2)」と
したとき、
ある実数tがあって 点Tと点T_Aとの間に
(→AT)＝(1−t)（→A(T_A)) ・・・(2.4.3)が成立しているとする。
⇒ t＝κ（カッパ) 、(→AT)＝(1−κ)（→A(T_A)) ・・・(2.4.4)
λ＝(１−κ)l ，μ＝(１−κ)m ，ν＝(１−κ)ｎ ・・・(2.4.5)
(2)△ABC⊆E^2 とし、点T∈E^2の「△ABCに関する重心座標」を
(κ，λ，μ） ，κ＋λ＋μ＝１ ・・・(2.4.6)とし、直線BC上の点T_Aの
「1次元単体辺BCに関する『重心座標表現』を(l，m）、ただし l＋m＝１・・(2.4.7)」
としたとき、（ T_Aは辺BCをm:lの比に分ける点ということ。ただしl＋m＝１）
ある実数tがあって 点Tと点T_Aとの間に
(→AT)＝(1−t)（→A(T_A)) ・・・(2.4.8)が成立しているとする。
⇒ t＝κ（カッパ) ，(→AT)＝(1−κ)（→A(T_A)) ・・・(2.4.9)
λ＝(１−κ)l ，μ＝(１−κ)m ・・・(2.4.10)
「証明」
(1) 点Tの「四面体ABCD」に関する「重心座標」が(κ，λ，μ，ν） ，κ＋λ＋μ＋ν＝１
だから 任意の点P∈E^n (ただしn≧3)にたいして「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PT)＝κ(→PA)＋λ(PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD) ，κ＋λ＋μ＋ν＝１ ・・・(2.4.11)
Pは任意の点だから特にP⇒Aとして (→AT)＝λ(AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD) ・・・(2.4.12)
また T_Aの「△BCD」に関する「重心座標」が(l，m,n），l＋m＋n＝１だから
任意の点P∈E^nにたいして、
(→P(T_A))＝l(→PB)＋m(→PC)＋n(→PD) ，l＋m＋n＝１。 P⇒Aとして
(→A(T_A))＝l(→AB)＋m(→AC)＋n(→AD) ，l＋m＋n＝１ ・・・(2.4.13)
(2.4.12)，(2.4.13)を条件(2.4.3)に代入して
λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD)＝(1−t){l(→AB)＋m(→AC)＋n(→AD)}
⇔ λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD)＝(1−t)l(→AB)＋(1−t)m(→AC)＋(1−t)n(→AD)
(→AB)，(→AC)，(→AD)は一次独立 だから
λ＝(１−t)l ，μ＝(１−t)m ν＝(１−t)ｎ ・・・(2.4.14)を得る。
3式を加えて λ＋μ＋ν＝(1−t)(l＋m＋n)＝(1−t)×1＝1−t ・・・(2.4.15)
一方 κ＋λ＋μ＋ν＝１から λ＋μ＋ν＝1−κ よって (2.4.15)⇔1−κ＝1−t ⇔t=κとなり
(2.4.14)は λ＝(１−κ)l ，μ＝(１−κ)m ，ν＝(１−κ)ｎ となる。
(2)も同様である。
点Tの「△ABC」に関する「重心座標」が(κ，λ，μ) ，κ＋λ＋μ＝１
だから 任意の点P∈E^n (ただしn≧2)にたいして「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PT)＝κ(→PA)＋λ(PB)＋μ(→PC) ，κ＋λ＋μ＝１ ・・・(2.4.16)
Ｐ⇒ Aとして (→AT)＝λ(→AB)＋μ(→PC) ・・・(2.4.17)
また T_Aの「辺BC」に関する「重心座標」が(l，m），l＋m＝１だから
任意の点P∈E^nにたいして、T_Aの「辺BC」に関する「ベクトルによる重心座標表現」は
(→P(T_A))＝l(PB)＋m(→PC) ，l＋m＝１。 P⇒Aとして
(→A(T_A))＝l(→AB)＋m(→AC) ，l＋m＝１ ・・・(2.4.18)
(2.4.17)(2.4.18)を条件(2.4.8)に代入して
λ(→AB)＋μ(→AC)＝(1−t){l(→AB)＋m(→AC)}
⇔ λ(→AB)＋μ(→AC)＝(1−t)l(→AB)＋(1−t)m(→AC)
(→AB)，(→AC) は一次独立 だから
λ＝(１−t)l ，μ＝(１−t)m ・・・(2.4.19)を得る。
2式を加えて λ＋μ＝(1−t)(l＋m)＝(1−t)×1＝1−t ・・・(2.4.20)
一方 κ＋λ＋μ＝１から λ＋μ＝1−κ よって (2.4.20)⇔ 1−κ＝1−t ⇔t=κとなり
(2.4.19)は λ＝(１−κ)l ，μ＝(１−κ)m となる。
([命題2.4]の「証明」終わり）
このとき、
[系2.5]
[命題2.4」と同じ条件のもと、
(1) κ≠1 ならば l＝λ/(1ーk)，m＝μ/(1ーk)，n＝μ/(1ーk)
すなわち κ≠1 ならば l＝λ/(λ＋μ＋ν)，m＝μ/(λ＋μ＋ν)，n＝μ/(λ＋μ＋ν) ・・・(2.5.1)
(2) κ≠1 ならば l＝λ/(1ーk)，m＝μ/(1ーk)
すなわち κ≠1 ならば l＝λ/(λ＋μ)，m＝μ/(λ＋μ) ・・・(2.5.2)
[命題2.6]
(1)「四面体ABCD」に関する点T，T≠Aの「ベクトルによる重心座標表現」が
点P∈E^nにたいして(→PT)＝κ(→PA)＋λ(PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD) かつ
κ＋λ＋μ＋ν＝１・・・(2.6.1) とし、直線ATと「△BCDの造る平面」とが1点で交わるとする。
その交点をT_Aとすれば、(→AT)＝(1−κ)(→A(T_A)) ・・・(2.6.2)となる。
T_Aの「△BCD」に関する「ベクトルによる重心座標表現」は、
(→P(T_A))＝1/(λ＋μ＋ν)[λ(PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)] となり、
「△BCD」に関する「重心座標」は(λ/(λ＋μ＋ν)，μ/(λ＋μ＋ν)，ν/(λ＋μ＋ν)）・・・(2.6.3)
となる。
(2)「△ABC」に関する点T，T≠Aの「ベクトルによる重心座標表現」が
点P∈E^nにたいして (→PT)＝κ(→PA)＋λ(PB)＋μ(→PC)，κ＋λ＋μ＝１ ・・・(2.6.4)
とし、直線ATと直線BCが1点で交わるとする。その交点をT_Aとすれば、
(→AT)＝(1−κ)(→A(T_A)) ・・・(2.6.5)となる。T_Aの「辺BC」に関する
「ベクトルによる重心座標表現」は、
(→P(T_A))＝1/(λ＋μ)[λ(→PB)＋μ(→PC))] となり、「辺BC」に関する「重心座標」は
(λ/(λ＋μ)，μ/(λ＋μ)）となる。
「証明」
(1)直線ATと「△BCDの造る平面」とが1点T_Aで交わっているとあるから、κ≠１である。（∵[系2.3]）
よって 「命題2.4]と[系2.5]から明らかである。
(2)直線ATと直線BCが1点T_Aで交わているとあるから、κ≠１である。（∵[系2.3]）
よって 「命題2.4]と[系2.5]から明らかである。
（[命題2.6]の「証明」終わり）
[命題2.7]
[命題2.6]と同じ条件のもとで、点Tの重心座標について
κ≠1ならば (→TT_A)＝κ(→A(T_A)) となる。・・・(2.7.1)
「証明」
(→AT)＝(1−κ)(→A(T_A)) ・・・(2.6.2)，(2.6.4)から
(→TT_A)＝(→AT_A)−(→AT)＝(→AT_A)−(1−κ)(→A(T_A))＝κ(→A(T_A))
すなわち (→TT_A)＝κ(→A(T_A)) これは κ≠1のときになりたつ。
[注意]：κ＝１のときはT≠Aであっても、「系2.3]から直線AT//直線BC，または直線AT//「△BCDの造る平面」と
なることに注意せよ
三角形の三線座標と四面体の四線座標(その2)と内心I，傍心E_Dの重心座標 に続く
最終更新：2009年02月16日 11:03
