*三角形及び垂心四面体の構成理論及びその展開図の作成(全部)−2009.8.21(金)
<記号の約束>
mは自然数、E^mでm次元ユークリッド空間を表すものとし、「ベクトルAB」などを(→AB)で表す。
ベクトル(→AB)と(→AC)の「内積」を((→AB)，(→AC))で表わし、また、「三角形ABC」の3辺BC,CA,ABを
BC＝a，CA＝b，AB＝cとし、その面積をSで表す。
「垂心四面体ABCD」の6辺を、BC＝a，CA＝b，AB＝c，AD＝d，BD＝e，CD＝f とする。
その体積をV,頂点A,B,C,Dの対面の△BCD,△ACD,△ABD,△ABCの面積をそれぞれ
S_A，S_B，S_C,S_D とおく。またdetJ(2),detJ(3)はいつもの通りとする。
1.三角形ABCについて次のことが成立した。
△ABC⊆E^2⊆E^m (m≧2)としておく。BC＝a，CA＝b，AB＝c …(1.1.1) として、
３つの「ベクトルの内積」((→AB),(→AC))，((→BA),(→BC))，((→CA),(→CB))を
それぞれ x=((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB)) …（1.1.2)とおく。
このとき
|(→BC)|^2＝|(→AC)−(→AB)|^2＝|(→AB)|^2＋|(→AC)|^2−2((→AB),(→AC))から
x＝((→AB),(→AC))＝(1/2)[|(→AB)|^2＋|(→AC)|^2−|(→BC)|^2] よって
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2]，同様にして
y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2] , z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2] …（1.1.3)となる。
◎ この逆も成り立つ：つまり
[命題1.1.2]
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2]，y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2]，z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2]
⇒ x=((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB))
「証明」
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2]⇒ x=((→AB),(→AC)) を
示しておこう。
b^2＝|(→AC)|^2，c^2＝|(→AB)|^2，a^2＝|(→BC)|^2 だから
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2]＝(1/2)[|(→AC)|^2＋|(→AB)|^2−|(→BC)|^2]
＝(1/2)[|(→AC)|^2＋|(→AB)|^2−|(→AC)−(→AB)|^2]＝(1/2)[2((→AB),(→AC))]
＝((→AB),(→AC)) すなわち x=((→AB),(→AC)) 他も同様である。
（[命題1.1.2] の「証明」終わり）
次に
[命題1.2.1] 上記と同じ記号のもとで、△ABCについて「内積」の定義から
x＋y＝AB^2＝c^2， x＋z＝AC^2＝b^2， y＋z＝BC^2＝a^2 …（1.2.1) が成り立つ。
「証明」
例えば x＝((→AB),(→AC))＝(−(→BA),(→BC)−(→BA))＝|(→AB)|^2−((→BA),(→BC))＝AB^2−y
すなわち x＝AB^2−y ⇔ x＋y＝AB^2＝c^2 が成立。他も同様である。
（[命題1.2.1]の「証明」終わり）
[命題1.2.2] −−−（1.2.1)を満たす x,y,zの「一意性」−−−
△ABCについて[命題1.2.1]の（1.2.1)式を満たすx,y,zは
x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB))に限る。
「証明」[命題1.2.1]の（1.2.1)をx,y,zを未知数とする連立方程式と考える。
（1.2.1)の三式の両辺を加えて
2(x＋y＋z)＝a^2＋b^2＋c^2 よって x＋y＋z＝(1/2)[a^2＋b^2＋c^2] …（1.2.2)
これから x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2]，y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2] ，z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2]
と解ける。これと[命題1.1.2]から x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB))
となる。
（[命題1.2.2]の「証明」終わり）
☆ x＋y＝AB^2＝c^2，x＋z＝AC^2＝b^2，y＋z＝BC^2＝a^2 ならば
x＋y>0，x＋z>0，y＋z>0 であるから 以上のことより、次の[命題1.3.1]が成り立つ。
[命題1.3.1]
△ABCの3辺BC,CA,ABをBC＝a，CA＝b，AB＝cとし、x,y,zを[命題1.2.1]の（1.2.1)式を満たす
【実数】としたとき、√(x＋y)＝AB＝c，√(x＋z)＝AC＝b，√(y＋z)＝BC＝a …（1.3.1)
かつ x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB)) …（1.3.2)となる。
さて
「△ABC」の面積をSとすると4(S^2)は 「上の」x,y,zを用いて
4(S^2)＝yz＋xz＋xy …（1.3.3)とx,y,zの2次の対称式で表されるのであった。
◎ これは【Goo】の2008年のBlogに書いてあるが、いつかを調べていると、【執拗な攻撃者】にまた
【妨害】されて【ネットに繋げなくされる】ので申し訳ないが皆さんで調べて下さい。
もう1年以上も【攻撃】・【侵入】を受け続けているので困っている。
[証明」は簡単である。
[命題1.3.2]
△ABCの3辺BC,CA,ABをBC＝a，CA＝b，AB＝cとし、x,y,zを
x=((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB))とおけば
4(S^2)＝(2S)^2＝yz＋xz＋xy …（1.3.3)
「証明」
受験生なら知っているだろう、 (2S)^2＝|(→AB)|^2×|(→AC)|^2−|((→AB)，(→AC))|^2 を使う。
|(→AB)|＝c，|(→AC)|＝b，((→AB)，(→AC))＝x なので （1.2.1) のx＋y＝c^2，x＋z＝b^2 から
(2S)^2＝(b^2)(c^2)−x^2＝(x＋z)(x＋y)−x^2＝x^2＋xy＋xz＋yz−x^2＝yz＋xz＋xy
（[命題1.3.2]の「証明」終わり ）
◎つまり △ABCでの3辺をBC＝a，CA＝b，AB＝c，その面積をS，x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，
z＝((→CA),(→CB))とおけば、 x＋y＝c^2，x＋z＝b^2，x＋y=a^2 ，
(2S)^2＝yz＋xz＋xy>0 であって √(x＋y)，√(x＋z)，√(y＋z) は順に△ABCの3辺c，b，aをなす。
そしてa,b,cとの関係は、
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2]，y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2]，z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2]
この逆も成り立つのである。まず、これが今回の目標の一つで「三角形の場合」である。
[定理1.4]
x,y，zが【実数】（したがってマイナスになるときもある）として、
x＋y>0 ，x＋z>0 ，y＋z＞0 …（1.4.1) かつ yz＋xz＋xy >0 …（1.4.2)であるとする。
このとき、次のことが成り立つ。
(1) 正の数 √(x＋y)，√(x＋z)，√(y＋z)は三角形の三辺をなす。
すなわち √(x＋y)＋√(x＋z)＞√(y＋z)，かつ √(x＋z)＋√(y＋z)>√(x＋y)，かつ
√(y＋z)＋√(x＋y)>√(x＋z) ・・・（1.4.3)
(2)
√(x＋y)＝AB ，√(x＋z)＝AC，√(y＋z)＝BC とおくと
√(x＋y)，√(x＋z)，√(y＋z)は順に△ABCの三辺 AB，AC，BC …（1.4.4)となり、
x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB)) …（1.4.5)
そして √(x＋y)＝c，√(x＋z)＝b,√(y＋z)＝aとおけば、
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2] ，y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2]，z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2] …（1.4.6)
また △ABCの面積をSとすれば 2S＝√(yz＋xz＋yz) ...(1.4.7) となる。
(3)
角A，B,Cについて、
cosA＝x/[√(x＋y)√(x＋z)] ，cosB＝y/[√(x＋y)√(y＋z)] ，cosC＝z/[√(x＋z)√(y＋z)] …(1.4.8)
となる。
「証明」
(1) （1.4.3)についてはx,y,zの対称性から √(x＋y)＋√(x＋z)＞√(y＋z) ...(1.4.9)を示せば十分である。
(1.4.9)の両辺>0なので両辺平方しても同値
√(x＋y)＋√(x＋z)＞√(y＋z) ⇔ [√(x＋y)＋√(x＋z)]^2＞[√(y＋z)]^2
⇔ (x＋y)＋(x＋z)＋2√(x＋y)√(x＋z)＞y＋z ⇔ x＋√(x＋y)√(x＋z)>0 そこで
⇔ √(x＋y)√(x＋z)>−x ...(1.4.10) を「証明」すればよい。
(1.4.10)の左辺>0 だから
（ア）x≧0 のとき、 (1.4.10)の右辺≦0となり(1.4.10)は成立する。
(イ) x<0 のときは、−x>0 よって このとき、√(x＋y)√(x＋z)>−x は[√(x＋y)√(x＋z)]^2>(−x)^2と同値になる。
ところが [√(x＋y)√(x＋z)]^2−(−x)^2＝(x＋y)(x＋z)−x^2＝yz＋xz＋xy …(1.4.11) となるが、
条件の yz＋xz＋xy >0 …（1.4.2)により [√(x＋y)√(x＋z)]^2−(−x)^2＝yz＋xz＋xy>0
ゆえに [√(x＋y)√(x＋z)]^2>(−x)^2， −x>0 のときだから √(x＋y)√(x＋z)]^2>(−x) となり、
やはり (1.4.10)は成立する。
よって(1)は「証明」された。
(2)
(1)より (1.4.4)〜（1.4.7)が成り立つことは、√(x＋y)＝c，√(x＋z)＝b,√(y＋z)＝c ならば
x＋y＝c^2，x＋z＝b^2,y＋z＝a^2となるので （1.1.3),[命題1.1.2],[命題1.2.2],[命題1.3.1],[命題1.3.2]
により成立する。
(3)
「内積」の定義より cosA＝((→AB)，(→AC))/[|(→AB)||→AC)|]＝x/[AB×AC]＝x/[√(x＋y)√(x＋z)]
cosB＝((→BA)，(→BC))/[|(→BA)||→(BC)|]＝y/[BA×BC]＝y/[√(x＋y)√(y＋z)]，cosCも同様である。
（[定理1.4]の「証明」終わり）
「注意1.4.2」
実数 x,y,zについて
x＋y>0 ，x＋z>0 ，y＋z＞0 ならば x,y,zのうち「0以下になるのは唯一つだけ」で
残りの2つは正の数でなければならない。
「なぜなら、仮にx≦0 とすれば x＋y>0から y>0，またx＋z>0からz>0 でなければならない。
y≦0のときもz≦0 としたときも同様である。」
◎これは[定理1.4]において、x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB))
なので
x<0 ,y>0,z>0 ⇔ ∠BACが鈍角,∠ABCと∠ACBは鋭角
x＝0, y>0,z>0 ⇔ ∠BACが直角,∠ABCと∠ACBは鋭角
x>0, y>0,z>0 ⇔ ∠BAC,∠ABCと∠ACBはみな鋭角
を意味し、x,y,zは「三角形の性質」をよく反映している。
以上により、次のことが言える。
[定理1.5]
△ABCにおいて [定理1.4]の条件：x＋y>0，x＋z>0，y＋z>0 かつ yz＋xz＋xy>0
を満たす【実数】 x,y,zで「△ABCの性質を調べる」ことが、
△ABCの3辺AB＝c,AC=b，BC＝aの正の数a,b,cでb＋c>a,c+a>b、a+b>cを満たすもので
「△ABCの性質を調べる」ことと「同じように」できる。
これらはいわば、「図形,多様体などの座標変換」に相当する。REAL＝{実数全体｝とおく。
T(3)＝{△ABCの全体}とおく。
(1) M(3)＝{(a,b,c)∈(REAL)^3｜a>0，b>0，c>0，b＋c>a，c+a>b，a+b>c｝とおけば，
M(3)は3次元空間(REAL)^3の部分集合である。T(3)＝{△ABCの全体}を調べることは集合M(3)を調べることであると
いってよいだろう。
(2)IP(3)＝{(x,y,z)∈(REAL)^3｜x＋y>0,x＋z>0,y＋z>0，yz＋xz＋xy>0}も3次元空間(REAL)^3の部分集合である。
（ IP(3)は「内積」Inner Product の略のつもり）
T(3)＝{△ABCの全体}を調べることは集合IP(3)を調べることであると言える。
(3) 変数変換の写像 Φ：M(3)→IP(3) を
Φ(a，b，c)＝（(1/2)[b^2＋c^2−a^2]，(1/2)[c^2＋a^2−b^2]，(1/2)[a^2＋b^2−c^2]）
と定義する。すなわち fは2次変換で
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2] ，y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2]，z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2] …（1.5.1)である。
このとき、x＋y＝c^2>0， x＋z＝b^2>0 ,y＋z＝a^2>0,yz＋xz＋yz>0となり、
△ABCの面積をSとすれば 2S＝√(yz＋xz＋yz)
(4) (3)の逆変換 Ψ：IP(3)→M(3) は Ψ(x，y，z)＝（√(y＋z)，√(x＋z)，√(x＋y)）…（1.5.2)である。
すなわち a＝√(y＋z)，b＝√(x＋z),c＝√(x＋y) …（1.5.3)
(Ψ・Φ)(a，b，c)＝(a，b，c) ，(Φ・Ψ)(x，y，z)＝(x，y，z) である。
(5) この様に写像 Φ，Ψは1:1かつ「上への」写像で「互いに他の逆写像」で M(3)とIP(3)は１：１に対応する。
☆したがって「どんな△ABCも上のIP(3)の要素 x,y,zを用いて得られる」わけである。こうして
「△ABCを表現する(前から使用しているが）新しいパラメータ x,y,zを得たことになる。」といえよう。
変数はどちらも３つである。
なお
◎ 「△ABCが正三角形 ⇔ a＝b＝c ⇔ x＝y＝z」である。
[命題1.6] ---[定理1.4]の系---「3辺の三角不等式は試す必要がない！ので問題作りが助かると思う」
実数x,y,zが x>0，y>0,z>0であれば、
√(y＋z)，√(x＋z)，√(x＋y)は「鋭角三角形の3辺になりうる」
[証明」
x>0，y>0,z>0のとき、[定理1.4]の条件
x＋y>0 ，x＋z>0 ，y＋z＞0 …（1.4.1) かつ yz＋xz＋xy >0 …（1.4.2)は【自然に】成立する。
ゆえに AB＝√(x＋y)，AC＝√(x＋z)，BC＝√(y＋z)は鋭角三角形ABCを形造る。
「注意」：x>0，y>0,z>0 だから∠BAC，∠ABC，∠ACBはみな鋭角であることを注意しておく。
また、この方法で造ると「3辺の間の三角不等式は自然に成り立つ」ので簡単に「三角形が作れる」ので
便利である。
[命題1.7] ---[定理1.4]の系---
自然数x，y，zをx<y<z と選んでおけば「3辺の長さがみな異なる鋭角三角形」がQ(有理数体)上せいぜい
2次代数拡大の長さの3辺 √(x＋y)，√(x＋z)，√(y＋z) のもので無数にできる。そして
√(x＋y)<√(x＋z)<√(y＋z) …（1.7.1)
「証明」x>0，y>0,z>0 で x<y<zだから （ x＝((→AB)，(→AC))>0⇔∠BACが「鋭角」などに注意）
x＋y＜x＋z またx<yの両辺にzを加えてx＋z<y＋z よって x＋y<x＋z<y＋z ⇔√(x＋y)<√(x＋z)<√(y＋z)
（[命題1.7」の「証明」終わり）
[命題1.8]
[定理1.4]の条件(1.4.1)，(1.4.2)を満たす x,y,zを用いて ∠BACが鈍角の「鈍角三角形ABC」を造るには、
x<0 のうち、|x|<y かつ |x|<z かつ |x|<(yz)/[y＋z]と なるように選べば良い。
「証明」
∠BACが鈍角⇔ x<0 このときy>0，z>0 で、 x+y>0，x＋z>0 からy>−x ,z>−x またyz＋xz＋xy >0となるには
yz＋(y＋z)x>0 ⇔ yz>(y＋z)(−x) となることから分かる。
[例1.9]
(1) x=1，y=2，ｚ＝3 として AB＝√(x＋y)＝√(1＋2)＝√3，AC=√(x＋y)＝√(1＋3)＝2，BC＝√(2＋3)＝√5
ゆえに(c，b，a)＝(√3，2，√5)が一つできる。 三角不等式を試す必要はない。
(2) x＝0 のとき（ x＝((→AB)，(→AC))＝0⇔∠BACが直角 ）∠BAC＝90°の直角三角形で、y>0，z>0 で
AC＝√(x＋z)＝√(z)，AB＝√(x＋y)＝√(y),斜辺BC＝√(y＋z)
の直角三角形ABCができる。[三平方の定理も成り立っている。{√(z)}^2＋{√(y)}^2＝{√(y＋z)}^2 ]
(3)
x＝77/2，y＝51/2，z＝21/2 として AB＝√(x＋y)＝√(128/2)＝8，√(x＋z)＝√(98/2)＝７,
√(y＋z)＝√(72/2)＝6 よって (c，b，a)＝(8，7，6)の「鋭角三角形」
(4)
ｘ＝−2，y＝4，ｚ＝5 とすると x＋y＝2＞0、x＋z＝3>0，y＋z＝9>0,(yz)/[y＋z]＝20/9>｜−2|なので
(c，b，a)＝(√2，√3，3)となり、∠Aが鈍角である。
2.
少し復習をしよう。
「四面体ABCD」について、BC＝a,CA＝b,AB＝c,AD＝d,BD＝e，AD＝fとしたとき、以下の条件は同値
「垂心H」が存在する
⇔ AB⊥CD かつAC⊥BD かつAD⊥BC …(2.1.1)⇔a^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2 …(2.1.2)
⇔((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AC),(→AD))
⇔((→BA),(→BC))＝((→BA),(→BD))＝((→BC),(→BD))
⇔((→CA),(→CB))＝((→CA),(→CD))＝((→CB),(→CD))
⇔((→DA),(→DB))＝((→DA),(→DC))＝((→DB),(→DC)) …(2.1.3)
◎
そこで「垂心H」が存在する四面体を「垂心四面体」（または「直辺四面体」）と呼ぶ。
「垂心四面体ABCD」に対し
x＝((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AC),(→AD)),
y＝((→BA),(→BC))＝((→BA),(→BD))＝((→BC),(→BD))，
z＝((→CA),(→CB))＝((→CA),(→CD))＝((→CB),(→CD))，
w＝((→DA),(→DB))＝((→DA),(→DC))＝((→DB),(→DC)) …(2.1.4)とおくと、
次のことが成り立つ。
[命題2.2]
「垂心四面体ABCD」について、BC＝a,CA＝b,AB＝c,AD＝d,BD＝e，AD＝fとしたとき、
x＋y＝AB^2＝c^2 ,x＋z＝AC^2＝b^2，x＋w＝AD^2＝d^2，
y＋z＝BC^2＝a^2，y＋w＝BD^2＝e^2, z＋w＝CD^2＝f^2 …(2.2.1)
「証明」
z＋w＝CD^2＝f^2 を証明してみよう。
z＝((→CA),(→CB))＝((→CA),(→CD))＝((→CB),(→CD))のうちで、Dが入った式に
着目して z＝((→CA),(→CD))＝((→DA)−(→DC),−(→DC))＝|(→DC)|^2−((→DA),(→DC))
＝CD^2−w （ ∵(2.1.4)より ((→DA),(→DC))＝w だから）
ゆえに z＋w＝CD^2＝f^2 となる。他も同様である。
（[命題2.2]の「証明」終わり）
これより次の[命題2.3]が成立する。
[命題2.3]
「垂心四面体ABCD」において 、BC＝a,CA＝b,AB＝c,AD＝d,BD＝e，AD＝fとしたとき、
(1) 頂点Dの対面の△ABCについて AB＝c，AC＝b，BC＝a、その面積をS_Dとしたとき、
x＝((→AB),(→AC))，y＝((→BA),(→BC))，z＝((→CA),(→CB))
x＋y＝AB^2＝c^2>0，x＋z＝AC^2＝b^2>0，y＋z＝BC^2＝a^2>0、また
(2S_D)^2＝yz＋xz＋xy>0 …(2.3.1)
(2) 頂点Aの対面の△BCDについて BC＝a，BD＝e，BD＝e、その面積をS_Aとしたとき、
y＝((→BC),(→BD))，z＝((→CB),(→CD))，w＝((→DB),(→DC))
y＋z＝BC^2＝a^2>0，y＋w＝BD^2＝e^2>0，z＋w＝CD^2＝f^2>0，また
(2S_A)^2＝zw＋yw＋yz＞0 …(2.3.2)
(3) 頂点Bの対面の△ACDについて AC＝b，AD＝d，CD＝f、その面積をS_Bとしたとき、
x＝((→AC),(→AD))，z＝((→CA),(→CD))，w＝((→DA),(→DC))
x＋z＝AC^2＝b^2>0，x＋w＝AD^2＝d^2>0，z＋w＝CD^2＝f^2>0、また
(2S_B)^2＝zw＋xw＋xz>0 …(2.3.3)
(4) 頂点Cの対面の△ABDについて AB＝c，AD＝d，BD＝e、その面積をS_Cとしたとき、
x＝((→AB),(→AD))，y＝((→BA),(→BD))，w＝((→DA),(→DB))
x＋y＝AB^2＝c^2>0，x＋w＝AD^2＝d^2>0，y＋w＝BD^2＝e^2>0、 また
(2S_C)^2＝yw＋xw＋xy>0 …(2.3.4)
[命題2.4]
「四面体ABCD」に対し(→AB)＝(→b),(→AC)＝(→c),(→AD)＝(→d)とおき、3次の実対称行列J(3)を
J(3)＝
(((→b),(→b)) ((→b),(→c)) ((→b),(→d)) )
(((→c),(→b)) ((→c),(→c)) ((→c),(→d)) )
(((→d),(→b)) ((→d),(→c)) ((→d),(→d)) )
とおくと detJ(3)はいわゆるGram(グラム)の行列式であって、
(→AB)＝(→b),(→AC)＝(→c),(→AD)＝(→d) が一次独立だから detJ(3)＞０
「四面体ABCD」の体積をVとすると detJ(3)＝(6V)^2 の関係がある。
特に「垂心四面体ABCD」にたいしては
detJ(3)＝(6V)^2＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(2.4.1) のように detJ(3)はx,y,z,wの3次の対称式になる。
「証明」
「垂心四面体ABCD」にたいして
detJ(3)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz …(2.4.1)だけ「証明」しておこう。
「垂心四面体ABCD」では ((→b),(→c))＝((→AB)，(→AC))＝x ，((→c),(→c))＝|(→c)|^2＝|(→AC)|^2＝b^2
などにより
J(3)＝
( c^2 x x )
( x b^2 x )
( x x d^2 )
ゆえに
detJ(3)＝
| c^2 x x |
| x b^2 x |＝
| x x d^2 |
| c^2−x 0 x |
| 0 b^2−x x |
|−(d^2−x) −(d^2−x) d^2 |
＝d^2(c^2−x)(b^2−x)＋x(b^2−x)(d^2−x)＋x(c^2−x)(d^2−x)
＝(x＋w)yz＋xzw＋xyw＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz となる。
ここで [命題2.2](2.2.1)の x＋w＝d^2，よってまた d^2−x＝w，x+y＝c^2，x＋z＝b^2を用いた。
それ以外のことは「線型代数」の本、例えば裳華房の「佐武一郎」著「線型代数学」のP265〜P266を
見ていただきたい。
([命題2.4]の「証明」終わり）
それでは、
1.での三角形の作り方と同じような[垂心四面体ABCD]の造り方を述べて行く。
まず、次の[補題2.5]を用意する。
[補題2.5]
x,y,z,wを不定元 とするとき、次の恒等式が成立する。
(1) yzw＋xzw＋xyw＋xyz＝(x＋y＋z＋w)(yz＋xz＋xy)−(y＋z)(x＋z)(x＋y) …(2.5.1)
(2) yzw＋xzw＋xyw＋xyz＝(x＋y＋z＋w)(zw＋yw＋yz)−(z＋w)(y＋w)(y＋z) …(2.5.2)
(3) yzw＋xzw＋xyw＋xyz＝(x＋y＋z＋w)(zw＋xw＋xz)−(z＋w)(x＋w)(x＋z) …(2.5.3)
(4) yzw＋xzw＋xyw＋xyz＝(x＋y＋z＋w)(yw＋xw＋xy)−(y＋w)(x＋w)(x＋y) …(2.5.4)
「証明」
(2.5.1)が成り立てば、(2.5.1)の両辺でxとwとを交換して(2.5.2)が導かれ、(2.5.1)の両辺で
yとwを交換すれば(2.5.3)が、(2.5.1)の両辺でzとwを交換すれば(2.5.4)が導かれる。
それで(2.5.1)式だけ「証明」すればよい。
(2.5.1)の右辺＝(y＋z)(yz＋xz＋xy)＋(x＋w)(yz＋xz＋xy)−(y＋z)(x＋z)(x＋y)
＝(y＋z){(yz＋xz＋xy)−(x＋z)(x＋y)}＋(x＋w)(yz＋xz＋xy)
＝(y＋z){(yz＋xz＋xy)−x^2−xz−xy−yz}＋(x＋w){(yz＋x(z＋y)}
＝−(x^2)(y＋z)＋xyz＋yzw＋(x^2)(z＋y)＋xzw＋xyw
＝xyz＋yzw＋xzw＋xyw
＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz
＝(2.5.1)の左辺
（[補題2.5]の「証明」終わり）
[補題2.5の系]
「垂心四面体ABCD」では、
detJ(3)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz
＝(x＋y＋z＋w)(yz＋xz＋xy)−(y＋z)(x＋z)(x＋y) …(2.5.5)
＝(x＋y＋z＋w)(zw＋yw＋yz)−(z＋w)(y＋w)(y＋z) …(2.5.6)
＝(x＋y＋z＋w)(zw＋xw＋xz)−(z＋w)(x＋w)(x＋z) …(2.5.7)
＝(x＋y＋z＋w)(yw＋xw＋xy)−(y＋w)(x＋w)(x＋y) …(2.5.8)
[定理2.6]
x,y,z,wは【実数】とする。
x＋y＞0 ,x＋z＞0 ，x＋w＞0， y＋z＞0，y＋w＞0 ,z＋w＞0 …(2.6.1) かつ
yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(2.6.2)
⇒ yz＋xz＋xy＞0 …(2.6.3) ，zw＋yw＋yz＞0 …(2.6.4)，
zw＋xw＋xz＞0 …(2.6.5) ，yw＋xw＋xy＞0 …(2.6.6)
「証明」
[補題2.5]の(2.5.1)より
(x＋y＋z＋w)(yz＋xz＋xy)−(y＋z)(x＋z)(x＋y)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz …(2.6.7)
条件より yzw＋xzw＋xyw＋xyz>0 …(2.6.2) また(2.6.1)より x＋y＋z＋w＞0 で
y＋z＞0, x＋z＞0,x＋y＞0 でもある。 ゆえに
(x＋y＋z＋w)(yz＋xz＋xy)−(y＋z)(x＋z)(x＋y)＞0 より
yz＋xz＋xy＞[(y＋z)(x＋z)(x＋y)]/(x＋y＋z＋w)＞0 すなわち
yz＋xz＋xy＞0 …(2.6.3)が成立する。
他の式も条件(2.6.1),(2.6.2)を使って成立することが分かる。
（[定理2.6]の「証明」終わり）
◎「注意]：[定理2.6]の述べていることは、次の通りである。「垂心四面体ABCD」では、[命題2.2]の
(2.2.1)が成立し、したがって[定理2.6]の条件(2.6.1)は成立している。
そして体積Vとの関連で detJ(3)＝(6V)^2＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0
が成り立っている。さらに各面の△ABC、△BCD，△ACD，△ABDの面積S_D,S_A,S_B,S_Cに
ついて[命題2.3]の (2S_D)^2＝yz＋xz＋xy＞0 が成立しなければならないが、
この(2S_D)^2＝yz＋xz＋xy＞0 などの4つの不等式は
x＋y＞0 ,x＋z＞0 ，x＋w＞0， y＋z＞0，y＋w＞0 ,z＋w＞0 …(2.6.1) かつ
yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(2.6.2)から自然に導かれるので、「垂心四面体」を構成する
ときにそのチェックは【不要】ということを意味する。
3.
したがって1.の「定理1.4]を「四面体ABCD」の各面の△ABC，△BCD，△ACD，△ABDの構成に適用すれば、
次の[定理3.1]が成立する。
[定理3.1]
x,y,z,wは【実数】とする。
x＋y＞0 ,x＋z＞0 ，x＋w＞0， y＋z＞0，y＋w＞0 ,z＋w＞0 …(3.1.1) かつ
yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(3.1.2) が成立しているとする。
このとき、次のことが成り立つ。
(1) √(x＋z)，√(x＋y),√(y＋z) は AC＝√(x＋z)，AB＝√(x＋y)，BC＝√(y＋z)として
「△ABC」の「3辺」になる。
(2) √(y＋z),√(y＋w)，√(z＋w) は BC＝√(y＋z)，BD＝√(y＋w), CD＝√(z＋w) として
「△BCD」の「3辺」になる。
(3) √(x＋z)，√(x＋w),√(z＋w) は AC＝√(x＋z)，AD＝√(x＋w)，CD＝√(z＋w) として
「△ACD」の「3辺」になりる。
(4) √(x＋y)，√(x＋w),√(y＋w) は AB＝√(x＋y)，AD＝√(x＋w)，BD＝√(y＋w) として
「△ABD」の「3辺」になる。
[定理3.2]
x,y,z,wは【実数】とする。
x＋y＞0 ,x＋z＞0 ，x＋w＞0， y＋z＞0，y＋w＞0 ,z＋w＞0 …(3.2.1) かつ
yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(3.2.2) が成立しているとする。
このとき、次のことが成り立つ。
(1)
まず、E^3内の「平面上」に3点B，C，Dを BC＝√(y＋z)，CD＝√(z＋w)，DB＝√(y＋w)，
ととれば△BCDができて、次に点Aを BA＝√(x＋y)，CA＝√(x＋z)，DA＝√(x＋w)
となるようにその上方にとれば、
((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AC),(→AD))＝x …(3.2.3),
((→BA),(→BC))＝((→BA),(→BD))＝((→BC),(→BD))＝y …(3.2.4)，
((→CA),(→CB))＝((→CA),(→CD))＝((→CB),(→CD))＝z …(3.2.5)，
((→DA),(→DB))＝((→DA),(→DC))＝((→DB),(→DC))＝w …(3.2.6)
(2)
(2S_D)^2＝yz＋xz＋xy＞0， (2S_A)^2＝zw＋yw＋yz＞0，
(2S_B)^2＝zw＋xw＋xz＞0， (2S_C)^2＝yw＋xw＋xy＞0 …(3.2.7)
(3)
[命題2.4]のJ(3)は
J(3)＝
( x＋y x x )
( x x＋z x )
( x x x＋w ) …(3.2.8)となり、
detJ(3)＝
|x＋y x x |
| x x＋z x |＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(3.2.9)
| x x x＋w |
(4)
(→AB),(→AC),(→AD)は一次独立となり、4点A,B,C,Dは「垂心四面体ABCD」を形造る。
そしてその体積 V は
V＝(1/6)√(yzw＋xzw＋xyw＋xyz) …(3.2.10)
「証明」
(1) 3点A,B,CをAB＝√(x＋y)，AC＝√(x＋z)，BC＝√(y＋z)，
ととれば [定理3.1]の(2)から △ABCができる。
((→AB),(→AC))＝(1/2)[|(→AB)|^2＋|(→AC)|^2−|(→BC)|^2]
＝(1/2)[|AB|^2＋|AC|^2−|BC|^2]
＝(1/2)[{√(x＋y)}^2＋{√(x＋z)}^2−{√(y＋z)}^2]＝(1/2)[(x＋y)＋(x＋z)−(y＋z)]
＝(1/2)[2x]＝x ，同様に
((→AB),(→AD))＝(1/2)[|AB|^2＋|AD|^2−|BD|^2]
＝(1/2)[{√(x＋y)}^2＋{√(x＋w)}^2−{√(y＋w)}^2]＝(1/2)[(x＋y)＋(x＋w)−(y＋w)]
＝(1/2)[2x]＝x
((→AC),(→AD))＝(1/2)[|AC|^2＋|AD|^2−|CD|^2]
＝(1/2)[{√(x＋z)}^2＋{√(x＋w)}^2−{√(z＋w)}^2]＝(1/2)[(x＋z)＋(x＋w)−(z＋w)]
＝(1/2)[2x]＝x
ゆえに ((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AC),(→AD))＝x となり、(3.2.3)が成立。
次に
((→BA),(→BC))＝(1/2)[|(→BA)|^2＋|(→BC)|^2−|(→AC)|^2]
＝(1/2)[|AB|^2＋|BC|^2−|BD|^2]
＝(1/2)[{√(x＋y)}^2＋{√(y＋z)}^2−{√(x＋z)}^2]＝(1/2)[(x＋y)＋(y＋z)−(x＋z}]
＝(1/2)[2y]＝y などから (3.2.4)も同様に成立。(3.2.5),(3.2.6)の成立も同様である。
(2)
(3.2.7)は[定理2.6]と[定理3.1]から成り立つ。
(3)
[命題2.4]のJ(3)は
J(3)＝
(((→AB),(→AB)) ((→AB),(→AC)) ((→AB),(→AD)) )
(((→AC),(→AB)) ((→AC),(→AC)) ((→AC),(→AD)) )＝
(((→AD),(→AB)) ((→AD),(→AC)) ((→AD),(→AD)) )
(|AB|^2 x x )
( x |AC|^2 x )＝
( x x |AD|^2 )
(|√(x＋y)|^2 x x )
( x |√(x＋z)|^2 x )＝
( x x |√(x＋w)|^2x )
( x＋y x x )
( x x＋z x )
( x x x＋w ) よって
detJ(3)＝
|x＋y x x | | y 0 x |
| x x＋z x |＝| 0 z x |
| x x x＋w | |−w −w x＋w |
＝yz(x＋w)＋xzw＋xyw＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz ＞0 (∵ 条件(3.2.2) より）
(4) 上の(3)から
(→AB),(→AC),(→AD)の「Gram」の行列式 detJ(3)>0 だから
(→AB),(→AC),(→AD)は一次独立となり、「四面体ABCD」ができる。
さらに(2)から((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AC),(→AD))
だから「四面体ABCD」は1.で述べたところの「垂心四面体ABCD」の条件を満たしている。
[定理3.1]から4つの側面は「三角形」をなしている。
よって 4点A,B,C,Dは「垂心四面体ABCD」を形造る。x,y,z,wは
x＝((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AC),(→AD))，
y＝((→BA),(→BC))＝((→BA),(→BD))＝((→BC),(→BD))，
z＝((→CA),(→CB))＝((→CA),(→CD))＝((→CB),(→CD))，
w＝((→DA),(→DB))＝((→DA),(→DC))＝((→DB),(→DC))を満たしているから
detJ(3)＝(6V)^2＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz
ゆえに その体積 V は
V＝(1/6)√(yzw＋xzw＋xyw＋xyz) …(3.2.10)
（[定理3.2]の「証明」終わり）
4.
T(4)＝{垂心四面体の全体｝，
IP(4)＝{(x,y,z,w)∈(REAL)^4｜x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0}
としたとき、T(4)の一つの対象である「垂心四面体ABCD」の6辺
BC＝a，CA＝b，AB＝c,AD＝d,BD＝e,CD＝fは 条件 a^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2 …(4.1.1)を
満たしている。
M(4)
＝{(a,b,c,d,e,f)∈(REAL)^6|BC＝a，CA＝b，AB＝c,AD＝d,BD＝e,CD＝fとして
4点A,B,C,Dは四面体ABCDを作り,かつa^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2}
とおけば M(4)は「垂心四面体ABCD」の集合を表していると考えられる。そこで 3.の「定理3.2]により
写像 Φ：M(4) →IP(4) を
Φ(a,b,c,d,e,f)＝((1/2)[b^2＋c^2−a^2],(1/2)[c^2＋a^2−b^2],(1/2)[a^2＋b^2−c^2],(1/2)[d^2＋e^2−c^2])
…(4.1.2) すなわち
x＝((→AB),(→AC))＝((→AB),(→AD))＝((→AB),(→AD)),
y＝((→BA),(→BC))＝((→BA),(→BD))＝((→BC),(→BD)),
z＝((→CA),(→CB))＝((→CA),(→CD))＝((→CB),(→CD))，
w＝((→DA),(→DB))＝((→DA),(→DC))＝((→DB),(→DC)) 具体的には
x＝(1/2)[b^2＋c^2−a^2],y＝(1/2)[c^2＋a^2−b^2],z＝(1/2)[a^2＋b^2−c^2],w＝(1/2)[d^2＋e^2−c^2]
…(4.1.3)
とおけば 条件 a^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2により Φ は well−definedであって、
その「逆写像」Ψ：M(4) →IP(4) は、
Ψ(x,y,z,w)＝(√(y＋z,√(x＋z),√(x＋y),√(x＋w),√(y＋w),√(z＋w)）…(4.1.4) となる。
すなわち a＝BC＝√(y＋z)，b＝CA＝√(x＋z),c＝AB＝√(x＋y),
d＝AD＝√(x＋w),e＝BD＝√(y＋w),f＝CD＝√(z＋w) である。
(Ψ・Φ)(a，b，c，d，e，f)＝(a，b，c，d，e，f) ，(Φ・Ψ)(x，y，z,w)＝(x，y，z，w)
となり、Φ：M(4) →IP(4)及び Ψ：IP(4)→M(4)は 1:1かつ「上への」写像で「互いに他の逆写像」になる。
M(4)とIP(4)は1:1に対応する。
この様にして「垂心四面体ABCD」はa,b,c,d,e,fの6つあるパラメーターに対し、
2つの等式 a^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2より
パラメーターは 6−2＝4となるべきであるが、その4つのパラメーターとして、
IP(4)の(x,y,z,w)がとれるということである。よって次の[定理4.1]が得られた。
[定理4.1]
すべての「垂心四面体ABCD」は、条件 x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0
…(4.1.1) を満たす (x,y,z,w)によって
BC＝√(y＋z),CA＝√(x＋z),AB＝√(x＋y),AD＝√(x＋w),BD＝√(y＋w),CD＝√(z＋w) として得られる。
[定理4.1の系1]
x>0，y>0，z>0．w>0 ならば，
BC＝√(y＋z),CA＝√(x＋z),AB＝√(x＋y),AD＝√(x＋w),BD＝√(y＋w),CD＝√(z＋w)
として４つの側面全てが「鋭角三角形」の「垂心四面体ABCD」ができる。
[注意]：
x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0とする。このとき、x,y,z,wのうち，「0以下になるのは唯一つしかない」から
次の場合とそのxをy,z,w に入れ替えた場合しか起こらない。
(1) x<0，y>0，z>0，w>0 ⇔ ∠BAC,∠BAD，∠CADは鈍角で他の角はみな鋭角，特に頂点Aの対面の△BCDは「鋭角三角形」
(2) x＝0, y>0，z>0，w>0 ⇔ ∠BAC＝∠BAD＝∠CAD＝90°，「他の角はみな鋭角」 これは「A−3直角四面体」である。
(3) x>0 ,y>0，z>0，w>0 ⇔ 4つの側面は全て「鋭角三角形」
[定理4.1の系2]
x,y,z,wを自然数で x<y<z<w とし、さらに【y＋z<x＋w】と選べば各辺の長さがみな異なり
４つの側面が全て「鋭角三角形」の「垂心四面体ABCD」を無数に造ることができる。
「証明」
x<y<z<w から x＋y<x＋z<x＋w<y＋w<z＋w そしてy＋z<x＋w としたから x＋z<y＋z<x＋w よって
x＋y<x＋z<y＋z<x＋w<y＋w<z＋w ⇔ √(x＋y)<√(x＋z)<√(y＋z)<√(x＋w)<√(y＋w)<√(z＋w)
となり6辺は全て異なり、AB<AC<BC<AD<BD<CD であり、「側面の４つの三角形はみな鋭角三角形」になる。
（[定理4.1の系2]の「証明」終わり）
[例4.2]
(1)
x＝1，y＝2，z＝3，w＝5 …(4.2.1)とすれば x<y<z<w かつ 5＝y＋z<x＋w＝6 なので
√(x＋y)<√(x＋z)<√(y＋z)<√(x＋w)<√(y＋w)<√(z＋w) は√3＜2＜√5＜√6＜√7＜2√2
となり、AB＝√3，AC＝2，BC＝√5，AD＝√6，BD＝√7，CD＝2√2 を満たす4点A,B,C,Dは6辺の長さが全て異なる
「垂心四面体ABCD」を形造る。
S_A＝(1/2)√(zw＋yw＋yz)＝(1/2)√(15＋10＋6)＝√(31)/2, S_B＝(1/2)√(zw＋xw＋xz)＝(1/2)√(15＋5＋3)＝√(23)/2
S_C＝(1/2)√(yw＋xw＋xy)＝(1/2)√(10＋5＋2)＝√(17)/2 , S_D＝(1/2)√(yz＋xz＋xy)＝(1/2)√(6＋3＋2)＝√(11)/2
…(4.2.2)
detJ(3)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz＝30＋15＋10＋6＝61 …(4.2.3)
体積 V＝(1/6)√{detJ(3)}＝(1/6)√[yzw＋xzw＋xyw＋xyz]＝√(61)/6 …(4.2.4)
また
(ア)「垂心H」の「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PH)＝[yzw(→PA)＋xzw(→PB)＋xyw(→PC)＋xyz(→PD)]/(yzw＋xzw＋xyw＋xyz)
＝(1/61)[30(→PA)＋15(→PB)＋10(→PC)＋6(→PD)] …(4.2.5)
(イ) 「外心S」の「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PS)
＝[{detJ(3)−2yzw}(→PA)＋{detJ(3)−2xzw}(→PB)＋{detJ(3)−2xyw}(→PC)＋{detJ(3)−2xyz}(→PD)]/{2detJ(3)}
＝[{61−60}(→PA)＋{61−30}(→PB)＋{61−20}(→PC)＋{61−12}(→PD)]/(2×61)
＝(1/122)[(→PA)＋31(→PB)＋41(→PC)＋49(→PD)] …(4.2.6)
(ウ)
「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PI)＝[S_A(→PA)＋S_B(→PB)＋S_C(→PC)＋S_D(→PD)]/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)
＝[√(31)/2(→PA)＋√(23)/2(→PB)＋√(17)/2(→PC)＋√(11)/2(→PD)]/(√(31)/2＋√(23)/2＋(17)/2＋√(11)/2)
＝{1/(√(31)＋√(23)＋(17)＋√(11)}×[√(31)(→PA)＋√(23)(→PB)＋√(17)(→PC)＋√(11)(→PD)]
…(4.2.5)
(エ) 「内接球面」の半径 r＝√{detJ(3)}/[2(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)]＝√(61)/[2{√(31)＋√(23)＋√(17)＋√(11)}]
…(4.2.6)
(オ) 「外接球面」の半径Rの2乗は R^2＝(x＋y＋z＋w)/4−(xyzw)/detJ(3)＝(11)/4−30/61＝(671−120)/244＝551/244
よって R＝√(19×29)/2√(61)＝√(551)/2√(61) …(4.2.7)
(2)
x＝1，y＝3，z＝6，w＝10 …(4.2.8)とすれば x<y<z<w かつ 9＝y＋z<x＋w＝11 なので
√(x＋y)<√(x＋z)<√(y＋z)<√(x＋w)<√(y＋w)<√(z＋w) は2＜√7＜3＜√11＜√13＜4 となり
AB＝2，AC＝√7，BC＝3，AD＝√11，BD＝√13，CD＝4 を満たす4点A,B,C,Dは「垂心四面体ABCD」を形造る。
detJ(3)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz＝180＋60＋30＋18＝288 …(4.2.9)
体積 V＝(1/6)√{detJ(3)}＝(1/6)√[yzw＋xzw＋xyw＋xyz]＝12√(2)/6＝2√2 …(4.2.10)
5.
「垂心四面体」を立体的に構成する方法を述べる。
[定理4.1]の条件
x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 …(4.1.1) が
成り立っているものとする。
[定理3.2]において「垂心四面体ABCD]を構成できる「証明」のポイントは[定理3.2]の(3)の
detJ(3)＝yz(x＋w)＋xzw＋xyw＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 すなわち detJ(3)>0 をその根拠にした。
ここでは、図形的な見かたでこれを「証明」しようと思う。これは前にも述べたことがあるが，前より
「説明」は易しくなる。座標に大文字のX,Y,Zを使うことにし，3次元ユークリッド空間E^3−「XYZー空間」を考える。
その部分空間の「XYー平面」上に点Bを原点(0,0,0),BCをX軸の正の方向においたとき、
Y＞0の部分に△BCDの頂点Dがくるように BC＝√(y＋z)，BD＝√(y＋w)，CD＝√(z＋w)となるように取る。
この様にして「△BCDが構成できる」ことは[定理3.1]の(2)に示してある。
Dの座標を求めてみよう。
◎ 以下しばらくは「XYー平面」上で考えることにする。
[命題5.1.2]
条件(4.1.1)が成立しているとする。この頂点Dから底辺BC＝√(y＋z)に下した「垂線の足」をLとする。
すると DL＝√(zw＋yw＋yz)/√(y＋z) …(5.1.1)，BL＝y/√(y＋z) …(5.1.2)，LC＝z√(y＋z) …(5.1.3)
「証明」
△BCDの面積は[命題2.3]の(2.3.2)より S_A＝(1/2)√(zw＋yw＋yz) である。ゆえに(1/2)×BC×DL＝(1/2)√(zw＋yw＋yz)
よってDL＝√(zw＋yw＋yz)/BC＝√(zw＋yw＋yz)/√(y＋z) …(5.1.1)
次に BLの長さを求めよう。BL＝sとおく。「三平方の定理」からBD^2−BL^2＝CD^2−LC^2 つまり
[√(y＋w)]^2−s^2＝[√(z＋w)]^2−[√(y＋z)−s]^2 ⇔ y＋w−s^2＝z＋w−(y＋z)＋2[√(y＋z)]s−s^2
⇔ 2[√(y＋z)]s＝2y ⇔ s＝y/√(y＋z) よってBL＝y/√(y＋z) すると
LC＝√(y＋z)−[y/√(y＋z)]＝[(y＋z)−y]/√(y＋z)＝z/√(y＋z)
すなわち BL＝y/√(y＋z) …(5.1.2) ，LC＝z/√(y＋z) …(5.1.3)
（[命題5.1.2]の「証明」終わり）
次に
[命題5.2.2]
条件(4.1.1)が成立しているとする。△ABCを考えよう。辺BCを△BCDと同じくX軸上にとり、頂点A′がY＜0の
部分にくるように A′B＝√(x＋y)，A′C＝√(x＋z)と取る。△ABCと△A′BCとは「合同」でBCを軸として鏡映的である。
このとき、△A′BCの頂点A′からBCに下した垂線の足は[命題5.1.2]の点Lと一致し、
A′L＝√(yz＋xz＋xy)/√(y＋z) …(5.2.1) そして A′D⊥BC で
A′D＝[√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]/√(y＋z) …(5.2.2)
「証明」
△A′BCの頂点A′からBCに下した垂線の足をL′とする。BC＝√(y＋z)，A′B＝√(x＋y)，A′C＝√(x＋z)であるから
BL′＝tとおくと「三平方の定理」から (A′B)^2−(BL′)^2＝(A′C)^2−(L′C)^2 つまり
[√(x＋y)]^2−t^2＝[√(x＋z)]^2−[√(y＋z)−t]^2 ⇔ x＋y−t^2＝x＋z−(y＋z)＋2[√(y＋z)]t−t^2
⇔ 2[√(y＋z)]t＝2y ⇔ t＝y/√(y＋z) つまり BL′＝y/√(y＋z) よって L′＝Lとなる。
ゆえに BL＝y/√(y＋z) ，LC＝z√(y＋z) …(5.1.3) また、
△A′BCの面積＝△ABCの面積＝(1/2)√(yz＋xz＋xy) だから[命題5.1.2]と同様にして、
DL⊥BC，(A′L)⊥BCから、3点A′,L,Dは一直線上にあり、(A′D)⊥BC，(A′L)＝√(yz＋xz＋xy)/√(y＋z) …(5.2.3)
（[命題5.2.2]の「証明」終わり）
「注意」：実は(A′D)⊥BC は「四面体ABCD」が「垂心四面体ABCD」になるための条件の一つ AD⊥BC からでてくるのである。
全く同様に
[命題5.2.3]
条件(4.1.1)が成立しているとする。△ABCを考えよう。辺BCを△BCDと同じくX軸上にとり、頂点A″を△BCDと同じ側,
Y＞0の側に A″B＝√(x＋y)，A″C＝√(x＋z)ととって△A″BCができる。△A″BC≡△ABCである。
頂点A″から辺BCに下した「垂線」の足は [命題5.1.2]の点Lと一致する。点A″,L,Dは一直線上にあり、A″D⊥BC,
(A″L)＝√(yz＋xz＋xy)/√(y＋z) …(5.2.4) DL＝√(zw＋yw＋yz)/BC＝√(zw＋yw＋yz)/√(y＋z) …(5.1.1)だから
(A″D)＝|√(zw＋yw＋yz)/√(y＋z)−√(yz＋xz＋xy)/√(y＋z)| …(5.2.5)
このとき次の[命題5.3]が成り立つ。
[命題5.3]
DA′＞DA＞DA″ …(5.3.1)
これを「証明」するため次の２つの「補題」を用意する。
[補題5.4]
実数 x,y,z,wは条件(4.1.1) x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 を
満たしているとする。
そのとき、 √(yz＋yw+zw)√(yz＋xz＋xy)＞|yz| …(5.4.1) このとき、|yz|≧yz かつ |yz|≧−yzだから
√(zw＋yw+yz)√(yz＋xz＋xy)＞yz かつ √(zw＋yw+yz)√(yz＋xz＋xy)＞−yz …(5.4.2) となる。
「証明」
(5.4.1)の両辺とも0以上なので、[√(yz＋yw+zw)√(yz＋xz＋xy)]^2＞(yz)^2 …(5.4.3)を「証明」すればよい。
(5.4.3)の(左辺)^2−(右辺)^2＝(yz＋yw+zw)(yz＋xz＋xy)]^2−(yz)^2
＝{yz＋w(y＋z)}{yz＋x(y＋z)}−(yz)^2＝(yz)^2＋(y＋z)yzw＋(y＋z)xyz＋(y＋z)^2(xw)−(yz)^2
＝(y＋z){yzw＋xyz＋(y＋z)(xw)}＝(y＋z)(yzw＋xyw＋xzw＋xyz)＞0（∵条件(4.1.1)）
よって(5.4.3)が成立し、(5.4.1)も成立する。
（[補題5.4]の「証明」終わり）
[補題5.5]
実数 x,y,z,wは条件(4.1.1) x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 を
満たしているとする。
そのとき、√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)＞√(x＋w)√(y＋z)＞｜√(zw＋yw＋yz)−√(yz＋xz＋xy)|…(5.5.1)
「証明」
(5.5.1)の全辺とも0以上なので、
[√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]^2＞[√(x＋w)√(y＋z)]^2＞[√(zw＋yw＋yz)−√(yz＋xz＋xy)]^2
すなわち [√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]^2＞(x＋w)(y＋z)＞[√(zw＋yw＋yz)−√(yz＋xz＋xy)]^2
を「証明」すればよい。
(ア)
まず、[√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]^2−(x＋w)(y＋z)
＝(zw＋yw＋yz)＋(yz＋xz＋xy)＋2√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)−(xy＋xz＋yw＋zw)
＝2[√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)＋yz] ところが[補題5.4]より
√(zw＋yw+yz)√(yz＋xz＋xy)＞−yz …(5.4.2) よって 2[√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)＋yz]＞0
ゆえに [√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]^2＞[√(x＋w)√(y＋z)]^2が証明された。
(イ)
(x＋w)(y＋z)−[√(zw＋yw＋yz)−√(yz＋xz＋xy)]^2
＝(xy＋xz＋yw＋zw)−[(zw＋yw＋yz)＋(yz＋xz＋xy)]^2−2√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)]
＝2[√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)−yz] ところが[補題5.4]より
√(zw＋yw+yz)√(yz＋xz＋xy)＞yz …(5.4.2) よって 2[√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)−yz]＞0
ゆえに [√(x＋w)√(y＋z)]^2＞[√(zw＋yw＋yz)√(yz＋xz＋xy)]^2 が証明された。
（[補題5.5]の「証明」終わり）
それでは、
[命題5.3]を「証明」しよう。
『[命題5.3]の「証明」』
まず
(1)DA＝AD＝√(x＋w) 次に(2) [命題5.2.2]から DA′＝A′D＝[√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]/√(y＋z)
(3) [命題5.2.3] から DA″＝A″D＝|√(zw＋yw＋yz)/√(y＋z)−√(yz＋xz＋xy)/√(y＋z)|
であることに注意する。
[補題5.5]の√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)＞√(x＋w)√(y＋z)
⇔ [√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]/√(y＋z)＞√(x＋w) …(5.3.1)
また
[補題5.5]の√(x＋w)√(y＋z)＞｜√(zw＋yw＋yz)−√(yz＋xz＋xy)|
⇔ √(x＋w)＞｜√(zw＋yw＋yz)−√(yz＋xz＋xy)|/√(y＋z) ‥(5.3.2)
(1)(2)(3)により
(5.3.1)は D′A＞DA を意味し、(5.3.2)は DA＞DA″を意味する。
よって[命題5.3]は証明された。
（[命題5.3]の「証明」終わり）
◎ ここからは3次元の「XYZ−空間内」で考えてゆく。先ほどの「XY−平面 (Z＝0)」に上記の
「△BCD」が固定されて,また 「△A′CD」も「△A″CD」も[命題5.2.2],[命題5.2.3] のように
「XY−平面 (Z＝0)」に置かれてあるものとする。
「命題5.6]
実数 x,y,z,wは条件(4.1.1) x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 を
満たしているとする。「命題5.3]から「垂心四面体ABCD」が図形的に構成できる。
「証明」
この「XY−平面 (Z＝0)」をπと名付けよう。平面π上の点Dを「中心」,「半径DA」の「2次元球面U」を
3次元空間−「XYZ−空間内」に描いておく。辺BCを固定し、BCを回転の軸として、△A″BCの板を「XYZ−空間内」で
頂点がA″からA′までZ座標≧0の領域で0°≦θ≦180°まで180°回転してゆくとする。この回転角θに対応して
A″からA′まで回転する「頂点」の「動点」をA(θ)と書くことにする。このとき、[命題5.2.2]の辺BC上の
点Lに着目すれば、この回転でA(θ)は「点Lを中心」とする「半径A″L」の「一次元の半円周V」を描く。
「一次元の半円周V」と「点Dを『中心』,『半径DA』の2次元球面U」との交点を考えよう。
[命題5.3]の [Uの半径]＝DA＞DA″により、θ＝0°⇔A(θ)＝A″のとき、A″は「2次元球面U」の「内部の領域」にある。
そしてθ＝180°⇔ A(θ)＝A′のときは、 DA′＞DA＝[Uの半径] によりA′は「2次元球面U」の「外部の領域」にある
ことになる。よって「棒LA(θ)」に着目したとき、「一次元の半円周V」の「棒LA(θ)」のLを中心とした「回転の
連続性」と「2次元球面U」の「位相的な性質」により、つまり「中間値の定理」から「棒LA(θ)の先端A(θ」と
「2次元球面U」はあるθに対して「交点を持つ」ことが分かる。この場合、交点はただ一つで、それはθ＝ηのときに
起こりその交点をA(η）としよう。ここに 0°＜η＜180°である。このとき、(A(η）B)＝(A″B)＝AB＝√(x＋y)、
(A(η）C)＝(A″C)＝AC＝√(x＋z)、そして、A(η)は「『半径DA』の2次元球面U」上にもあるのだったから、
(A(η）D)＝半径DA＝√(x＋w）となる。こうして△BCDの上方に「点A＝A(η)」がとれて、また△ABC,△ABD,△ABDが
できていることは、[定理3.1]の(1)(3)(4)より分かる。このようにして「四面体ABCD」が構成できた。
(「命題5.6]の「証明」終わり）
「注意」：3次元ユークリッド空間E^3内の「2次元球面S」がE^3内を「内部」と「外部」の「2つの領域に分ける」
(当たり前と思えることだが)ことも「Jordan(ジョルダン)の定理」と呼ぶような気がしたが自信がない。
(E^2内に『S^1と同相な一次元閉曲線J』があるとき閉曲線JはE^2を『内部』と『外部』に分ける]というのが
「Jordanの曲線定理」である。）
6.
それでは「定理4.1]のような造り方での「垂心四面体ABCD］の「展開図」について述べる。
[定理6.1]
実数 x,y,z,wは条件(4.1.1) x＋y>0,x＋z>0,x＋w>0,y＋z>0,y＋w>0,y＋w>0,yzw＋xzw＋xyw＋xyz＞0 を
満たしているとする。このとき、△BCDを[命題5.1.2]のすぐ上にある「説明」のように平面上に描いておく。
BC＝√(y＋z)，CD＝√(z＋w),BD＝√(y＋w) である。このとき、[命題5.2.2]のように△A′BC≡△ABCで，
Y＜0にある点A′をA(3)としよう。すると A(3)D⊥BC で、かつ
A(3)D＝A′D＝[√(zw＋yw＋yz)＋√(yz＋xz＋xy)]/√(y＋z) …(5.2.2) となる。
次に△BCDの頂点Bから対辺のCDに垂線を引き、直線CDとの交点をMとし、垂線BMの点Mの延長上に点A(1)を
BA(1)＝[√(zw＋yw＋yz)＋√(zw＋xw＋xz)]/√(z＋w) …(6.1.1)となるように取る。そして線分CA(1)、線分DA(1)を
結べば、CA(1)＝√(x＋z)，DA(1)＝√(x＋w) …(6.1.2) となり、△A(1)DCが「辺CD」に隣接してできる。
最後に△BCDの頂点Cから対辺のBDに「垂線」を引き「直線BD」との交点をNとし、
垂線CNの点Nの延長上に点A(2)をCA(2)＝[√(zw＋yw＋yz)＋√(yw＋xw＋xy)]/√(y＋w)となるように取る。
このとき、A(2)B＝√(x＋y),A(2)D＝√(x＋w) …(6.1.3) となり、△A(2)BDが「辺BD」に隣接してできる。
こうして「△BCD」の周りに
(1)CDに「隣接して」△A(1)DCができ、(2)BDに「隣接して」△A(2)BDができ、(3)BCに「隣接して」△A(3)BCができる。
△BCDの周りに、この△A(1)DCを「辺CD」で「谷折り」にし、次に△A(2)BDを「辺BDで谷折り」にし、
最後に△A(3)CBを「辺BC」で「谷折り」にして、3点A(1),A(2),A(3)を張り合わせて点Aとすれば、
「垂心四面体ABCD]の出来上がりである。
「証明」
△BCDについてBC＝√(y＋z)，CD＝√(z＋w),BD＝√(y＋w)，△BCDの面積S_A＝(1/2)√(zw＋yw＋yz)、また
[命題5.1.2]より、頂点Dから対辺BCに下した垂線の足をLとしたとき、BL＝y/√(y＋z),LC＝z/√(y＋z),
AL＝[2(S_A)]/BC＝√(zw＋yw＋yz)/√(y＋z)であった。これと同様なことが△BCDの残りの2辺についても成り立つ。
まず、CM＝z/√(z＋w)，DM＝w/√(z＋w) …(6.1.4)
そしてBM＝√(zw＋yw＋yz)/√(z＋w) …(6.1.5)。このとき、上記の作図法で造った△A(1)DCについて
A(1)C＝√(x＋z) …(6.1.6) 及び、A(1)D＝√(x＋w) …(6.1.7)を示そう。CD＝√(z＋w)だから
(6.1.1)よりMA(1)＝BA(1)−BM＝[√(zw＋yw＋yz)＋√(zw＋xw＋xz)]/√(z＋w)−√(zw＋yw＋yz)/√(z＋w)
＝√(zw＋xw＋xz)/√(z＋w) つまり MA(1)＝√(zw＋xw＋xz)/√(z＋w)…(6.1.8)「三平方の定理」より
[A(1)C]^2＝CM^2＋[MA(1)]^2＝[z/√(z＋w)]^2＋[√(zw＋xw＋xz)]/√(z＋w)]^2＝[z^2＋(zw＋xw＋xz)]/(z＋w)
＝[z(z＋w)＋x(z＋w)]/(z＋w)＝[(x＋z)(z＋w)]/(z＋w)＝x＋z すなわち[A(1)C]^2＝x＋z ⇒A(1)C＝√(x＋z)
…(6.1.6) が示された。同様に [A(1)D]^2＝DM^2＋[MA(1)]^2＝[w/√(z＋w)]^2＋[√(zw＋xw＋xz)]/√(z＋w)]^2
＝[w^2＋(zw＋xw＋xz)]/(z＋w)＝[w(w＋z)＋x(z＋w)]/(z＋w)＝[(x＋w)(z＋w)]/(z＋w)＝x＋w
すなわち[A(1)D]^2＝x＋w ⇒A(1)D＝√(x＋w) …(6.1.7)も示された。
同様に△A(2)BDについてもA(2)B＝√(x＋y)，A(2)D＝√(x＋z)となり△A(2)BD≡△ABD、△A(3)CBについてもA(3)B＝√(x＋y)、
A(3)C＝√(x＋z) となり△A(3)CB≡△ADBとなっている。したがって展開図が完成している。
[例6.2]
[例4.2]のもので、見てみよう。「定理6.1]は正しいのだから、展開図を描くには、実際は普通に三角形を４つ
描けば良いのである。
[例4.2]では、AB＝√3，AC＝2，BC＝√5，AD＝√6，BD＝√7，CD＝2√2
△BCDの3辺は a＝BC＝√5，f＝CD＝2√2，e＝DB＝√7，この△BCDの周りの辺DCの右上に
A(1)D＝AD＝√6＝d，A(1)C＝AC＝2＝bとなるように△A(1)DCを描き、次に辺BDの左上に△A(2)BD，
ただしA(2)B＝√3＝c，A(2)D＝√6＝dを描き、最後に辺BCの下に△A(3)CB，ただし、A(3)C＝2＝b,A(3)B＝√3＝c
を描いて「垂心四面体ABCD」の「展開図」のできあがりである。
上の長さを10倍して「cm単位」で「画用紙に展開図を描いて」この「垂心四面体ABCD」を作成してみると、
面白いのではないだろうか。△BCDの「垂心H_A」と△A(1)DCの「垂心H_B」を「定理6.1」で述べた直線BA(1)が通っている
こと、つまり「垂心四面体ABCD」で「各頂点から対面へ下した垂線の足」はその「対面の三角形の『垂心』」に
なっていることなどや「四面体のオイラー線の関係」，「各頂点から四面体の『重心G』を通る直線と対面の『交点』は
その「対面」の「重心」になること」などがハッキリと分かるだろう。なお、「垂心四面体ABCD」の「垂心H]は
AH：HH_A＝(1−κ)：κ＝(xzw＋xyw＋xyz)：yzw＝x(zw＋yw＋yz)：yzw＝x(2S_A)^2：yzw
＝1×(√(31)^2:(2×3×5)＝31：30（[例4.2]参照 ）
すなわち AH＝(AH_A)×(31/61) …(6.2.1) である。ここで [例4.2]より
V＝(1/6)√(61)＝(1/3)(S_A)(AH_A)＝(1/3)(1/2)√(31)(AH_A) ⇒ 高さAH_A＝√(61)/√(31)これを
(6.2.1)に代入して AH＝√(31)/√(61) となっているので、頂点Aから対面の「垂心H_A」に引いた
「垂線上の頂点Aから√(31)/√(61)の距離」のところにこの「垂心四面体ABCD」の「垂心Hはある」ことを
注意しておく。私は未だ試していない。
[定理4.1]によって「垂心四面体ABCD」の「例」は無数にできるのだから、他のも造ってみるとよいだろう。
最終更新：2017年04月12日 21:16
