「四面体」の「四線座標」並びに「内心I」「傍心E_B」の重心座標の公式の「証明」その１_2009.05.28(木)
（ なお、三角形の「三線座標」については2009.2.16のBlogを見てください ）
1.「重心座標」の復習
「四面体ABCD」の「重心座標」と、頂点Aの対面の「△BCD」に関する「重心座標」との関連を述べる。
「n次元ユークリッド空間」をE^n で表わすことにする。ここにnは自然数としておく。
E^3は3次元ユークリッド空間ということになる。
「四面体ABCD」⊆E^3⊆E^n、ただし n≧3としておく。頂点Aが上方にあり、△BCDが底面に
あるとする。頂点Aを通り、底面の「△BCD」に平行な平面をπで表しておく。
A∈πであることに注意しておく。このとき、次の[命題1.1]が成り立つ。
[命題1.1]
記号は上の通りとする。
点 T∈E^3 をとり、Tはπには属してないとする。上の注意から T≠Aであって
「直線AT」が考えられる。「Tはπには属してない」から「直線AT」は「△BCDの造る平面」と
ただ1点で交わる。
その点を以前のブログのように T_A で表すことにする。T_Aは「直線AT上の点」だから
(→AT)＝(1－t)(→A(T_A)) … (1.1.1) となる実数 tが存在する。
T_Aの「△BCD」に関する「重心座標」を(β，γ,δ) 、ただし β＋γ＋δ＝1とすると
任意の点P∈E^nに対し
(→P(T_A))＝β(→PB)＋γ(→PC)＋δ(→PD) … (1.1.2)
かつ β＋γ＋δ＝１ … (1.1.3)
また、点Tの「四面体ABCD」に関する「ベクトルによる重心座標表現」を
任意の点P∈E^nに対し
(→PT)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD ) … (1.1.4)
かつ κ＋λ＋μ＋ν＝1 … (1.1.5) とする
⇒
(1) t＝κ (カッパ ) であって (1.1.1) は(→AT)＝(1－κ)(→A(T_A)) … (1.1.6) となり、
(2) λ＝(1－κ)β , μ＝(1－κ)γ ， ν＝(１－κ)δ … (1.1.7) となる。
[証明]
点Pは任意の点だから(1.1.2),(1.1.4)において P ⇒ Dと置き換えて
(→A(T_A))＝β(→AB)＋γ(→AC)＋δ(→AD) … (1.1.8)
かつ
(→AT)＝λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD) これらを(1.1.1)に代入すれば、
λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD)＝(1－t){β(→AB)＋γ(→AC)＋δ(→AD)}
すなわち
λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD)＝(1－t)β(→AB)＋(1－t)γ(→AC)＋(1－t)δ(→AD) … (1.1.9)
点Aは、「△BCD上にはなく」、(→AB)，(→AC)，(→AD)は一次独立であるから
λ＝(1－t)β , μ＝(1－t)γ ， ν＝(1－t)δ … (1.1.10)
(1.1.10)の3式を両辺同士加えあわせて
λ＋μ＋ν＝(1－t)(β＋γ＋δ) (1.1.3)から β＋γ＋δ＝１なので
⇔ λ＋μ＋ν＝1－t ここで (1.1.5) から λ＋μ＋ν＝1－κ なので
⇔ 1－κ＝1－t ⇔ t＝κ となる。これを (1.1.1)， (1.1.10)に代入すれば
(→AT)＝(1－κ)(→A(T_A)) ，λ＝(1－κ)β , μ＝(1－κ)γ ， ν＝(１－κ)δ となる。
（[命題1.1]の「証明」終わり ）
[命題1.2] （ [命題1.1]と同値である ）
記号は[命題1.1]の通りとする。
「直線AT」が「△BCDの造る平面」と1点T_Aで交わる
⇒ (→T(T_A))＝κ(→A(T_A)) … (1.2.1)
「証明」
[命題1.1]の (1.1.6) (→AT)＝(1－κ)(→A(T_A))を書き変えて
(→A(T_A))＋(→(T_A)T)＝(→A(T_A))－κ(→A(T_A))
⇔ (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))
（[命題1.2]の「証明」終わり ）
[命題1.3]
記号などは[命題1.1]の通りとする。
「直線 AT」が「△BCDの造る平面」と 1点T_Aで交わる
⇒ AT：T(T_A)＝(1－κ)：κ
すなわち 点Tは 線分A(T_A)を 「(1－κ)：κの比に分ける点」である
「証明」
[命題1.1]，[命題1.2] から
(→AT)＝(1－κ)(→A(T_A)) … (1.1.6) かつ (→T(T_A))＝κ(→A(T_A)) … (1.2.1)
よって 成り立つ。
（[命題1.3]の「証明」終わり ）
[命題1.4]
記号などは[命題1.1]の通りとする。点Tの「四面体ABCD」に関する「重心座標]を
(κ，λ，μ，ν) ，κ＋λ＋μ＋ν＝1 としておく。
そのとき、
T∈π ⇔ κ＝１ (カッパ＝1）
ここに πは「四面体ABCD」の[頂点Aを通り底面の△BCDに平行な平面]である。
「証明」
(1) T∈πとしよう。このとき、κ＝1を以下に示す。
(ア) Ｔ＝Aなら
点Aの「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PA)＝1×(→PA)＋0×(→PB)＋0×(→PC)＋0×(→PD) だから
点Aの「重心座標」は(1，0，0，0) である。よって T＝A ⇔(κ,λ,μ,ν)＝(1,0,0,0)で
κ＝1となり、O.K.
次に
(イ）T≠Aの場合を考える。このとき 「直線AT」が考えられる。
T∈πとしているから、[直線AT]//π ⇔[直線AT]//[底面の「△BCDの造る平面」]となる。
(→DB)，(→DC) は一次独立だから実数β，γが一意的に存在し、
(→AT)＝β(→DB)＋γ(→DC) … (1.4.1) と書ける。
⇔ (→PT)－(→PA)＝β{(→PB)－(→PD)}＋γ{(→PC)－(→PD)}
⇔ (→PT)＝1×(→PA)＋β(→PB)＋γ(→PC)＋{－(β＋γ)}(→PD) … (1.4.2)
そこで 点Tの「ベクトルによる重心座標表現」を
(→PT)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD) … (1.4.3)
かつ κ＋λ＋μ＋ν＝1とすれば、1＋β＋γ＋{－(β＋γ)}＝1 に注意して
「ベクトルによる重心座標表現」の一意性から
(κ，λ，μ，ν)＝(1,β,γ,－(β＋γ)) ⇒ κ＝１となる。
(2) 逆に κ＝1 としよう。このとき、T∈πを以下に示す。
つまり 点Tの「重心座標」が(κ,λ,μ,ν)＝(1,λ,μ,ν)， かつ λ＋μ＋ν＝0 とする。
すると点Tの「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PT)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)
＝(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)
⇔ (→PT)－(→PA)＝λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)
⇔ (→AT)＝λ(→PB)＋μ(→PC)＋κ(→PD) ，λ＋μ＋ν＝0から ν＝－(λ＋μ)を代入し
⇔ (→AT)＝λ(→PB)－(→PD)} ＋μ{(→PC)－(→PD)}
⇔ (→AT)＝λ(→DB)＋μ(→DC) ここで λ(→DB)＋μ(→DC)は「△BCDに平行な平面上」を動き回る。
(→AT)は点Aが始点なので (→AT)//[底面の「△BCDの造る平面」]
すなわち T∈πとなる。
（ [命題1.4]の「証明」終わり）
[命題1.5]
記号などは[命題1.1]の通りとする。点T∈E^3をとり、その「四面体ABCD」に関する
「重心座標」を(κ,λ,μ,ν)，κ＋λ＋μ＋ν＝1とする。κ≠1であるとする。上記[命題1.4]の対偶より
Tは平面πには属さず、T≠Aで 直線ATは底面の「△BCDの造る平面」と1点で交わる。
その交点をT_Aとすれば、T_Aの「△BCD」に関する「重心座標」(β,γ,δ)，β＋γ＋δ＝1は
次のようになる。
β＝λ/(1－κ),γ＝μ/(1－κ)，δ＝ν/(1－κ) …(1.5.1)
⇔ β＝λ/(λ＋μ＋ν),γ＝μ/(λ＋μ＋ν)，δ＝ν/(λ＋μ＋ν) … (1.5.2)
「証明」
[命題1.1]の(2)の(1.1.7) 式
λ＝(1－κ)β , μ＝(1－κ)γ ， ν＝(1－κ)δ において、κ≠1から 1－κ≠0
ゆえに β＝λ/(1－κ) ，γ＝μ/(1－κ)，δ＝ν/(１－κ)
これに 1－κ＝λ＋μ＋νを代入すれば (1.5.2)が得られる。
([命題1.5]の「証明」終わり ）
2. 以下については2009.2.16のブログの内容とほぼ同じです
「四線座標」の復習
(1) 記号の導入：
四面体について：「四面体ABCD」の「体積」をVとし，△BCD，△ACD，△ABD，△ABCの面積を
順に S_A，S_B，S_C，S_D・・・(2.1.1)で表すことにする。
また頂点A，Ｂ，C，Dから対面の△BCD，△ACD，△ABD，△ABCに
降ろした垂線の足を順にH_A，H_B，H_C，H_Dとおき、△BCD，△ACD，△ABD，△ABCを
それぞれ「四面体ABCD」の底面と見たときの高さを順に h_A，h_B，h_C，h_D ・・・(2.1.2)
とおく。さすれば h_A＝A(H_A)，h_B＝B(H_B)，h_C＝C(H_C)，h_D＝D(H_D)・・・(2.1.3)
また、体積 V＝(1/3)(S_A)(h_A)＝(1/3)(S_B)(h_B)＝(1/3)(S_C)(h_C)＝(1/3)(S_D)(h_D)から
h_A＝(3V)/S_A ，h_B＝(3V)/S_B，h_C＝(3V)/S_C ，h_D＝(3V)/S_D ・・・(2.1.4)
場合によっては △BCD＝S_A ，△ACD＝S_B，△ABD＝S_C，△ABC＝S_D ・・・(2.1.5)と略記する。
以後これらをずっと使用する。
(2)
［定義2.1] 四面体ABCDに関する「四線座標」の定義
四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。点Tから四面体ABCDの各面△BCD，△ACD，
△ABD，△ABCに降ろした垂線の足を順にT^A，T^B，T^C，T^D ・・・(2.1.6)とし、
α＝点Tから面△BCDまでの距離＝T(T^A)，β＝点Tから面△ACDまでの距離＝T(T^B)，
γ＝点Tから面△ABDまでの距離＝T(T^C)，δ＝点Tから面△ABCまでの距離＝T(T^D) ・・・(2.1.7)
とおき、その符号は、次のように決める。
例えば点Tが「面BCDの造る平面」に関して、頂点Aと反対側にあるときだけ、α＜0 と考える。・・・(2.1.8)
このようにして「四面体ABCD」を用いて、3次元空間E^3に「三線座標」を真似て「四線座標」が
導入できることが分かる。また、例えば面△ABC上の点Tに関しては、「四面体」での「四線座標」と
「△ABC」での「三線座標」の2通りが考えられる。このとき、「重心座標」のようには
「四線座標」が「三線座標」の「拡張」とはなってはいないので注意する必要がある。区別するときは、
「三線座標」は(α(３)，β(3)，γ(3)）などと書き、「四線座標」の方は(α(4)，β(4)，γ(4)，δ(４))
などで表すことにする。
点Tの「四線座標」の「一意性」は定かではないが、「四面体ABCD」に関する「重心座標」の
「一意性」とこれから述べる[命題2.2]以降によって、明らかになるだろう。
四面体の「四線座標」並びに「内心I」「傍心E_B」の重心座標の公式の「証明」その2_2009_05_28(木)
2. 以下については2009.2.16のブログの内容とほぼ同じです
「四線座標」の復習
(1) 記号の導入：
四面体について：「四面体ABCD」の「体積」をVとし，△BCD，△ACD，△ABD，△ABCの面積を
順に S_A，S_B，S_C，S_D・・・(2.1.1)で表すことにする。
また頂点A，Ｂ，C，Dから対面の△BCD，△ACD，△ABD，△ABCに
降ろした垂線の足を順にH_A，H_B，H_C，H_Dとおき、△BCD，△ACD，△ABD，△ABCを
それぞれ「四面体ABCD」の底面と見たときの高さを順に h_A，h_B，h_C，h_D ・・・(2.1.2)
とおく。さすれば h_A＝A(H_A)，h_B＝B(H_B)，h_C＝C(H_C)，h_D＝D(H_D)・・・(2.1.3)
また、体積 V＝(1/3)(S_A)(h_A)＝(1/3)(S_B)(h_B)＝(1/3)(S_C)(h_C)＝(1/3)(S_D)(h_D)から
h_A＝(3V)/S_A ，h_B＝(3V)/S_B，h_C＝(3V)/S_C ，h_D＝(3V)/S_D ・・・(2.1.4)
場合によっては △BCD＝S_A ，△ACD＝S_B，△ABD＝S_C，△ABC＝S_D ・・・(2.1.5)と略記する。
以後これらをずっと使用する。
(2)
［定義2.1] 四面体ABCDに関する「四線座標」の定義
四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。点Tから四面体ABCDの各面△BCD，△ACD，
△ABD，△ABCに降ろした垂線の足を順にT^A，T^B，T^C，T^D ・・・(2.1.6)とし、
α＝点Tから面△BCDまでの距離＝T(T^A)，β＝点Tから面△ACDまでの距離＝T(T^B)，
γ＝点Tから面△ABDまでの距離＝T(T^C)，δ＝点Tから面△ABCまでの距離＝T(T^D) ・・・(2.1.7)
とおき、その符号は、次のように決める。
例えば点Tが「面BCDの造る平面」に関して、頂点Aと反対側にあるときだけ、α＜0 と考える。・・・(2.1.8)
このようにして「四面体ABCD」を用いて、3次元空間E^3に「三線座標」を真似て「四線座標」が
導入できることが分かる。また、例えば面△ABC上の点Tに関しては、「四面体」での「四線座標」と
「△ABC」での「三線座標」の2通りが考えられる。このとき、「重心座標」のようには
「四線座標」が「三線座標」の「拡張」とはなってはいないので注意する必要がある。区別するときは、
「三線座標」は(α(３)，β(3)，γ(3)）などと書き、「四線座標」の方は(α(4)，β(4)，γ(4)，δ(４))
などで表すことにする。
点Tの「四線座標」の「一意性」は定かではないが、「四面体ABCD」に関する「重心座標」の
「一意性」とこれから述べる[命題2.2]以降によって、明らかになるだろう。
－－「四面体ABCD」に関する「四線座標と「重心座標」との関係ーー
次の[命題2.2]，[命題2.3]は、「3角錐の体積の公式」と「直角三角形同士」の「相似」の関係を
使用しているだけである。
[命題2.2]
(1) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「重心座標」を(κ，λ，μ，ν）
かつ κ＋λ＋μ＋ν＝１，「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
「κ≠1 ⇒ α＝(3V/S_A)κ」，「λ≠1 ⇒ β＝(3V/S_B)λ」
「μ≠1 ⇒ γ＝(3V/S_C)μ」，「ν≠1 ⇒ δ＝(3V/S_D)ν」・・・(2.2.1) が成立する。
(2) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
Tの「重心座標」を(κ，λ，μ，ν）、κ＋λ＋μ＋ν＝１とする。
κ≠1 かつλ≠1 かつ μ≠1 かつν≠1 ・・・(2.2.2)のときは
(S_A)α＋(S_B)β＋(S_C)γ＋(S_D)δ＝3V ・・・(2.2.3) が成立する。
「証明」
(2)について：
まず(1)が成り立つとして(2)を証明する。
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_A)ν より、
(S_A)α＝(3V)κ，(S_B)β＝（3V)λ，(S_C)γ＝(3V)μ，(S_D)δ＝(3V)ν ・・・(2.2.4)
ゆえに
(S_A)α＋(S_B)β＋(S_C)γ＋(S_D)δ＝(3V)(κ＋λ＋μ＋ν)＝(3V)×1＝3V
よって(2.2.3)が成り立つ。
(1)について：
それでは(1)を証明しよう。
点Tの「四面体ABCD」に関する「重心座標」(κ，λ，μ，ν）、κ＋λ＋μ＋ν＝１について
「 κ≠1 ⇒ α＝(3V/S_A)κ」を証明する。
κ≠1であるから T≠A となり(∵[命題1.4]）直線ATは「△BCDの造る平面」と1点T_Aで交わり、
[命題1.2]から (→T(T_A))＝κ(→A(T_A)) となる。H_Aは頂点Aから下した垂線の足だった。
（ア）０＜κ＜1 のとき、直線AT上に3点 A,T，T_Aがこの順に並び、また線分A(H_A)が頂点Aからの
「垂線」として存在する。点Tから「△BCDの造る平面」に「垂線」を引きその足をT^Aとおく。
T(T^A)＝α＞0 である。T_A≠H_Aとしよう。△A(T_A)(H_A)∽△T(T_A)(T^A)となるから
⇒ A(T_A)：T(T_A)＝ A(H_A)：T(T^A) ・・・(2.2.5)となる。
(→T(T_A))＝κ(→A(T_A))から A(T_A):T(T_A)＝１：κ， T(T^A)＝α，(2.1.4)から
A(H_A)＝h_A＝(3V)/S_A だから (2.2.5) は 1：κ＝h_A：α
⇒ α＝(h_A)κ＝(3V/S_A)κ ゆえに (2.2.1)の第１式が成立。
これで α＝(3V/S_A)κ が証明された。T_A＝H_A のときは(→T(T_A))＝κ(→A(T_A))は
(→T(H_A))＝κ(→A(H_A)) ・・・(2.2.6)となり α＝T(H_A) ，A(H_A)＝h_A だから
(2.2.6)から α＝κ(h_A)＝(3V/S_A)κ となり、(2.2.1)の第１式が成立。
（イ）κ＝0 のとき (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))＝(→0)からT＝T_A∈「△BCDの造る平面」 ゆえにα＝0
よって α＝(3V/S_A)κは両辺とも「0」となり成立する。
（ウ）κ< 0のとき、四面体ABCDの面△BCDを底面、頂点Aを上方にもってきたとき、点Tは底面の△BCD
よりも下方にある。直線AT上には頂点A、交点T_A、点Tの順に上方から並んでいる。
α＝T(T^A)＜0である。T_A≠H_Aとしよう。△T(T^A)(T_A)∽△A(H_A)(T_A) である。
よって A(T_A)：T(T_A)＝A(H_A)：T(T^A) すなわち 1：(－κ）＝h_A：(－α)
⇒ α＝(h_A)κ＝(3V/S_A)κ つまり α＝(3V/S_A)κ
T_A＝H_A のときは (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))は (→T(H_A))＝κ(→A(H_A)) ・・・(2.2.7)
となる。α＝T(H_A)，A(H_A)＝h_A から （－α）＝(－κ)(h_A) これから
(ア)と同様に式がでる。
(エ) κ＞１のとき (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))から点Tは「四面体ABCD」の上方にあり、
直線AT上に上方から点T、頂点A，交点T_Aの順に並んでいる。T_A≠H_Aとしよう。
△(T_A)A(H_A)∽△(T_A)T(T^A) ⇒ A(T_A)：T(T_A)＝A(H_A)：T(T^A)
すなわち 1：κ＝h_A：α よって α＝κ(h_A)＝(3V/S_A)κ となる。T_A=H_Aのときも
式がでる。
以上により、「κ≠1 ⇒ α＝(3V/S_A)κ」が証明された。
(2.2.1)の他の式も同様である。
こうして、[命題2.2]の(1)が「証明」された。
（[命題2.2]の「証明」終わり）
[命題2.3] [命題2.2]の、κ，λ，μ，νの取る値の制約を外すことができる。すなわち
(1) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「重心座標」を
(κ，λ，μ，ν）かつ κ＋λ＋μ＋ν＝１，「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。このとき
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_A)ν ・・・(2.3.1) が成立する。
(2) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
このとき
(S_A)α＋(S_B)β＋(S_C)γ＋(S_D)δ＝3V ・・・(2.3.2) が成立する。
「証明」
(1) で κ≠1 かつλ≠1 かつ μ≠1 かつ ν≠1 の場合は
[命題2.2]から(1)(2)は成り立つ。
そこで(1)では、
「κ＝1 または λ＝1 または μ＝1 または ν＝1」・・・(2.3.3)のときに「証明」をすればよい。
(1)について：
κ＝1 または λ＝1 または μ＝1 または ν＝1 ・・・(2.3.4)とする。
点T∈E^3をとる。Tの「重心座標」を (κ，λ，μ，ν）かつ κ＋λ＋μ＋ν＝１，
「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。 そして κ＝１とする。
(ア) T＝A のときは、頂点A」の「重心座標」は (κ，λ，μ，ν）＝(1，0，0，0)で(2.1.4)から
α＝T(T^A)＝h_A＝(3V/S_A)、 κ＝１だから α＝(3V/S_A)κ がやはり成立する。
(イ) κ＝１でT≠A とすると [命題1.4]から (→AT)//「△BCDの造る平面」であり、
よって、またα＝T(T^A)＝h_A＝(3V/S_A)，κ＝１だから α＝(3V/S_A)κ が成立する。
(ウ) κ＝1のとき、λ＋μ＋ν＝0 で 「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点 P∈E^n（ただしn≧3）にたいし
(→PT)＝(→PA)＋λ(→PB)＋μ（→PC)＋ν(→PD) ・・・(2.3.5)
となる。ここで もし λ≠1ならば[命題2.2]の(1)から β＝(3V/S_B)λ が成立する。
そこで、さらにλ＝１とすれば、Tの重心座標は(1,1,μ,ν） ，1＋μ＋ν＝０ となる。
よって T≠Bである。[∵ Bの重心座標は (0,1,0,0) ] λ＝１だから[命題1.4]と同様にして
(→BT)//「△ACDの造る平面」となる。ゆえに β＝T(T^B)＝h_B＝(3V/S_B)となる。λ＝１なので
β＝(3V/S_B)λが成立する。次にμ≠１ならばT≠Cで [命題2.2]からγ＝(3V/S_C)μが成立する。
そこで
（エ）κ＝1 かつ λ＝1かつ μ＝１としよう。するとκ＋λ＋μ＋ν＝１からν＝－2 となる。
μ＝1だから (→CT)//「△ABDの造る平面」となる。
よって γ＝T(T^C)＝h_C＝(3V/S_C) そしてμ＝1 なのでγ＝(3V/S_C)μ が成立する。
そして ν＝－２なのでν≠1であり、(→DT)//「△ABDの造る平面」とはならない。
ゆえに δ＝(3V/S_D)ν が成立する。
以上により κ＝1 かつ λ＝1かつ μ＝１かつν＝－2のときも
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_D)ν ・・・(2.3.1)が成立する。
(オ) この κ＝λ＝μ＝１かつ ν＝－2のときを図形的に考えてみよう。点Tは「四面体ABCD」に関して
どこにくるのか調べてみる。κ＝λ＝μ＝１かつ ν＝－2より 点Tの「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PT)＝(→PA)＋(→PB)＋(→PC)－2(→PD) ・・・(2.3.6)だから 特に P⇒D とおくと
(→DT)＝(→DA)＋(→DB)＋(→DC) ・・・(2.3.7) そこで△ABCの重心をG_D とおくと
G_D の「四面体ABCD」に関する「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PG_D)＝1/3(→PA)＋1/3(→PB)＋1/3(→PC)＋0×(→PD）・・・(2.3.8) 。G_Dの「四面体ABCD」
に関する「重心座標」は(1/3，1/3，1/3，0) 、△ABCに関する「重心座標」は(1/3，1/3，1/3）で
あって(2.3.8)で特にP＝D とおいて (→DG_D)＝1/3[(→DA)＋(→DB)＋(→DC)] ・・・(2.3.9)
これと(2.3.7)から (→DT)＝3(→DG_D) ・・・(2.3.10）となる。ゆえに(→DT)はDから対面の
△ABCに向かってその重心G_Dを通り、DG_Dの長さを3倍にしたもので、Tは四面体ABCDの外部の所にある。
つまり D(G_D)：(G_D)Ｔ＝1：2 ・・・(2.3.11)となる。T_D＝G_Dであり、 T(T^D)＝δはδ＜０である。
すなわち (→DT)は「△ABCの造る平面」とは平行にはならず、
T(T^D)：D(H_D)＝T(G_D)：D(G_D)＝(－２):1 ⇒ δ：h_D＝(－2)：１
⇔ δ＝(h_D)×(－2) ・・・(2.3.12)
h_D＝3V/S_D ，ν＝－2だから (2.3.12)は δ＝(3V/S_D)ν となる。
このようにして、κ＝１から始めてλ，μ，νとやっていって、
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_D)ν ・・・(2.3.1) が成立する。
よって他の場合も(2.3.1)は成立する。ゆえに(2)も成立する。
（[命題2.3]の「証明」終わり）
[命題2.4]
(1)四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3の「重心座標」
(κ，λ，μ，ν），κ＋λ＋μ＋ν＝1 と「四線座標」(α，β，γ，δ）の間には[命題2.3］の(1)の(2.3.1)の
関係が成立し、1対1の対応がある。「四線座標」では、点が異なれば「四線座標」も異なり、逆も成り立つ。
四面体の「四線座標」並びに「内心I」「傍心E_B」の重心座標の公式の「証明」 その3_2009.05.28(木)
3.
「四面体ABCD」の「内心Iと「傍心E_B」などの「ベクトルによる重心座標表現」及び
その「半径r」，「半径r_B」を求める
(1)「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」を求めてみよう。
「内心I]では、2次元の内接球面の半径をr＞０とし、
任意の点P∈E^nにたいし、その「ベクトルによる重心座標表現」を
(→PI)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD) ・・・(3.1.1) かつ
κ＋λ＋μ＋ν＝1・・・(3.1.2) とおく。
また「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
「内心I」から「△BCDの造る平面」、「△ACDの造る平面」、「△ABDの造る平面」、
「△ABCの造る平面」へ降ろした「垂線」の足を順にI^A，I^B，I^C，I^Dとすれば
求める条件は
r＝I(I^A)＝I(I^B)＝I(I^C)＝I(I^D) ・・・(3.1.3）
このI(I^A)＝α>0，I(I^B)＝β>0，I(I^C)＝γ>0，I(I^D)＝δ>0 だから(3.1.3)は
r＝α＝β＝γ＝δ ・・・(3.1.4) ここで[命題2.3]の(1)から
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_D)ν だから(3.1.4)は
r＝(3V/S_A)κ＝(3V/S_B)λ＝(3V/S_C)μ＝(3V/S_D)ν ・・・(3.1.5) となり、
これをκ＋λ＋μ＋ν＝1・・・(3.1.2) かつ κ>0，λ>0，μ>0，ν>0 ・・・(3.1.6)のもと、
5つの方程式で、5つの未知数κ，λ，μ，νとrを 解けばよい。
(3.1.5)に対していわゆる「加比の理」を用いれば、
r＝(3Vκ/S_A)＝(3Vλ/S_B)＝(3Vμ/S_C)＝(3Vν/S_D)
＝(3Vκ＋3Vλ＋3Vμ＋3Vν)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)
＝(3V)(κ＋λ＋μ＋ν)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)
＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)
よって r＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(3.1.7)
κ＝S_A/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)、λ＝S_B/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)，
μ＝S_C/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)，ν＝S_D/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(3.1.8)
と解けた。
これらは(3.1.6)をみたす。 これらを(3.1.2)に代入して、次の「定理3.2]が得られた。
「定理3.2]
「四面体ABCD」の2次元の「内接球面」の半径をr（ r＞0）とし「内心」をIとしたとき、
「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は 任意の点P∈E^n(ただし n≧3)
にたいして
(→PI)＝[1/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)]×[(S_A)(→PA)＋(S_B)(→PB)＋(S_C)(→PC)＋(S_D)(→PD)]
・・・(3.2.1)
その半径rは r＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(3.2.2)
detJ(3)＝(6V)^2 だから (3.2.2)は
r＝√[detJ(3)]/2(S_A＋S_B＋S_C＋S_D) ・・・(3.2.3）とも表現される。
(2) 次に「角B内で△ACDで『傍接する』傍接球面」の「中心」を「E_B」で表わすことにする。
「傍心E_B」の「ベクトルによる重心座標表現」が求まったとし、その半径をr_B >0 とする。
「角B内で△ACDで『傍接する』傍接球面」が存在する条件は、
「傍心E_B」は四面体ABCDの外部にあり、面△ACDに関して,頂点Bと反対側にある。
「傍心E_B」から、面△BAC、，面△BAD，面△BCD，及び頂点Bの「対面△ACD」に下した「垂線」の
足をそれぞれ、Ｋ，Ｌ，Ｍ,Ｎとすれば、求める条件は、
r_B＝(E_B)Ｋ＝(E_B)Ｌ＝(E_B)Ｍ＝(E_B)Ｎ ・・・(3.2.4）
ここで[命題2.3]の(1)から
(E_B)Ｋ＝α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，(E_B)Ｍ＝γ＝(3V/S_C)μ，(E_B)Ｎ＝δ＝(3V/S_D)ν
ただし、α＞0，γ>0，δ ＞0 そして β＜0
(「傍心E_B」は四面体ABCDの外部にあり、面△ACDに関して,頂点Bと反対側にあり、四線座標の符号の決め方から ）
だから (E_B)Ｌ＝－β＝－(3V/S_B)λ
κ＞0，λ＜0，ν＞０， r_B＝(3V/S_A)κ＝(3V/S_C)μ＝(3V/S_D)ν，
かつ r_B＝－(3V/S_A)λ (∵λ＜0 ）
r_B＝(3V/S_A)κ＝－(3V/S_B)λ＝(3V/S_C)μ＝(3V/S_D)ν・・(3.2.5) となる。
この κ,λ，μ，ν及びr_Bを、λだけ「マイナス」他の κ，μ，νは「プラス」かつ
κ＋λ＋μ＋ν＝１ のもとに解けばよい。 (3.2.5) を
r_B＝(3Vκ)/(S_A)＝(3Vλ)/(－S_A)＝(3Vμ)/(S_C)＝(3Vν)/(S_D)・・・（3.2.6）と
変形して 、「加比の理」を使えば、
r_B＝(3Vκ)/(S_A)＝(3Vλ)/(－S_B)＝(3Vμ)/(S_C)＝(3Vν)/(S_D)
＝(3Vκ＋3Vλ＋3Vμ＋3Vν)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)
＝3V(κ＋λ＋μ＋ν)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)
＝(3V)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D) （ ∵ κ＋λ＋μ＋ν＝１）
よって κ＝(S_A)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)，λ＝(－S_B)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)，
μ＝(S_C)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)，ν＝(S_D)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D) ・・・（3.2.7）
r_B＝(3V)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D) ・・・（3.2.8） と求まる。
よって
「定理3.3]
「角B内で△ACDで『傍接する』傍接球面」の「傍心E_B」の「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点P∈E^n(ただし n≧3)に対して、
(→PE_B)＝[1/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)]×[(S_A)(→PA)－(S_B)(→PB)＋(S_C)(→PC)＋(S_D)(→PD)]
・・・（3.3.1)
また[傍接球面E_B]の半径r_Bは
r_B＝(3V)/(S_A－S_B＋S_C＋S_D)＝√[detJ(3)]/2(S_A－S_B＋S_C＋S_D)・・・（3.3.2) となる。
[注意]：ここで、「四面体ABCD」において
『 3つの側面の三角形の面積の和 ＞ 他の1つの面積 』・・・(#) という 「事実」を用いている。
それにより、
◎ S_A＋S_C＋S_D ＞ S_B ⇔ S_A－S_B＋S_C＋S_D ＞0 となり、（3.2.7）,（3.2.8）の分母 ＞0
となっている。
(#)は、直感的には「四面体ABCDを頂点Bを上方にとり、それを底面の△ACDの造る平面に射影すれば
分かる気がするが・・・
「定理3.4]
「四面体ABCD」の頂点A，B,C，Dから対面の△BCD，△ACD，△ABD，△ABCに下した「垂線」の足を
それぞれ、H_A，H_B，H_C，H_D とし、h_A＝A(H_A)，h_B＝B(H_B)，h_C＝C(H_C)，h_D＝D(H_D)
，すなわち各頂点からのこの「四面体ABCDの高さ」をそれぞれ、h_A ,h_B ，h_C ，h_Dとし、
2次元の「内接球面」の半径をrとすれば、三角形の場合(2009.1月頃のブログで示した）と同様に
「公式」
(1/h_A)＋(1/h_B)＋(1/h_C)＋(1/h_D)＝1/r ・・・(3.4.1)が成り立つ。
「証明」
体積の公式 V＝(1/3)(S_A)(h_A)＝(1/3)(S_B)(h_B)＝(1/3)(S_C)(h_C)＝(1/3)(S_D)(h_D)から
h_A＝(3V)/S_A ，h_B＝(3V)/S_B，h_C＝(3V)/S_C ，h_D＝(3V)/S_D ・・・(2.1.4)だった。
よって
(1/h_A)＋(1/h_B)＋(1/h_C)＋(1/h_D)＝S_A/(3V)＋S_B/(3V)＋S_C/(3V)＋S_D/(3V)
＝(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)/(3V) ところが[定理3.2]のr＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(3.2.2)
から 1/r＝(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)/(3V)
ゆえに (1/h_A)＋(1/h_B)＋(1/h_C)＋(1/h_D)＝1/r が成り立つ。
([定理3.4]の「証明」終わり ）
四面体の垂心・外心・内心の重心座標表現の具体例_第6例 2009.02.19(木)
1.一般に四面体ABCDの6辺の長さを BC＝a ，CA＝b ，AB＝c，BD＝e ，CD＝f とおく。
また その体積を Vとおく。
「垂心四面体ABCD』になる条件は主に次の(ア)(イ)(ウの3通りがあった。
(ア)
AB⊥CD かつ AC⊥BD かつ AD⊥BC ・・・(1.1.1)
この3つの「垂直条件」は2つが成立すれば、残りの1つも成立する。
(イ)
AB^2＋CD^2＝AC^2＋BD^2＝AD^2＋BC^2 ・・・(1.1.2)
すなわち a^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2 ・・・(1.1.3)
(ウ)
((→AB,→AC))＝((→AB,→AD))＝((→AC,→AD))
⇔((→BA,→BC))＝((→BA,→BD))＝((→BC,→BD))
⇔((→CA,→CB))＝((→CA,→CD))＝((→CB,→CD))
⇔((→DA,→DB))＝((→DA,→DC))＝((→DB,→DC))
のどれか1つの条件が成立すること
の３通りである。(ア)⇔(ウ)は明らかであり (ア)と(イ)の同値性は「高校の教科書にも載っている」
ようである。
「垂心四面体」においては、
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))
・・・(1.1.4)
とする。そのとき、
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 ・・・(1.1.5)
また、a^2＋d^2＝b^2＋e^2＝c^2＋f^2 だから、
e^2＝(a^2＋d^2)－b^2＝d^2＋(a^2－b^2) ，f^2＝(a^2＋d^2)－c^2＝d^2＋(a^2－c^2) ・・・(1.1.6)
さらに detJ(3)＝(6V)^2＝yzw＋xwz＋xyw＋xyz
＝(x＋w)yz＋(y＋z)xw＝(d^2)yz＋(a^2)xw ・・・(1.1.7)
などは以前に示した。
2.
さて、今回の「垂心四面体の第6例」は極めて分かりやすく「よくある四面体」といえよう。
底面に△ABCがくるように四面体ABCDをを配置する。この△ABCは1辺の長さがaの「正三角形」とし、
上方にとった頂点Dは正三角形ABCの重心に立てた垂線上にあるとする。
すなわち、この四面体ABCDはBC=CA＝AB＝a，AD＝BD＝CD＝d ・・・(2.1.1)とする。
つまり，上で述べた、a,b,c,d,e,fを使えば
「ｂ＝ｃ＝ａ，AD＝d，BD＝e＝ｄ，CD＝ｆ＝ｄ」 となるものである。
これが
「垂心四面体ABCD」であることは、1.の「条件(イ)」を満たすからである。
実際 、△ABCは正三角形でｃ＝ｂ＝a，ｆ＝e＝ｄより
b^2＋e^2＝a^2＋d^2 ，c^2＋f^2＝a^2＋d^2 ⇒ b^2＋e^2＝c^2＋f^2＝a^2＋d^2
すなわち(イ)が成り立つからである。
そこで、この「垂心四面体」の諸量は正の数ａとｄで表される筈である。
まず1.に示したxを計算しよう。
x＝((→AB,→AC))＝((→AB,→AD))＝((→AC,→AD))であるが、
x＝((→AB,→AC))＝[|AB|^2＋|AC|^2ー|BC|^2]/2＝(a^2＋a^2－a^2)/2＝(a^2)/2
よって (1.1.5)から y＝c^2－ｘ＝a^2ーx＝(a^2)/2 、z＝b^2－x＝a^2－x＝(a^2)/2
w＝d^2ーx＝d^2－(a^2)/2 こうして
x＝y＝z＝(a^2)/2 ・・・ (2.1.1) ，w＝d^2－(a^2)/2 ・・・(2.1.2)となった。
そこで detJ(3)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz ・・・(2.1.3)の
yzw＝xzw＝xyw＝(x^2)w ，また xyz＝x^3 ・・・(2.1.4)となるので、
detJ(3)＝yzw＋xwz＋xyw＋xyz＝3x^2w＋x^3＝x^2(3w＋x) ・・・(2.1.5)
＝(x^2)[3{d^2ー(a^2)/2}＋(a^2/2)]
＝(x^2)[3d^2ーa^2]＝(a^4/4)[3d^2ーa^2] ・・・(2.1.6)
「垂心四面体」の条件を満たすものが「立体」つまり「四面体」になる条件は
detJ(3)＞０だけで必要十分である。このことはあとの「復習」の(3.1.4)の
detJ(3)＝4(S_D)^2(k^2)ー(abc)^2＞0 からの4(S_D)^2＞(abc)^2/(k^2)＞0 より分かる。
そして detJ(3)＞0 ⇔ 3d^2ーa^2＞0 ⇔ 「d^2＞ (a^2)/3」 ・・・(2.1.7)
このとき、V＝(1/6)√[detJ(3)]＝(1/6)×(a^2/2)√[3d^2ーa^2]
すなわち「体積」V＝(1/12)(a^2)√[3d^2ーa^2] ・・(2.1.8)
こうして
[命題2.2]
この「四面体ABCD」ができるためのａ，ｄの必要十分条件は 「d^2＞ (a^2)/3」 ・・・(2.2.1)
◎次の[命題2.3]は以下の4.の「計算(2)(3)」から分かる。
[命題2.3]
(エ) w＜0 ⇔ (a^2)/3＜d^2<(a^2)/2 のとき、△DAB,△DAC，△DBCは鈍角三角形で、「垂心H」は
「四面体の外部」で「頂点Dよりも上方」にあり、「外心O」は「四面体の外部」で△ABCの下方にくる。
(オ) w＝0 ⇔ d^2=(a^2)/2 のとき、△DAB,△DAC，△DBCは直角2等辺三角形で
「D－3直角四面体」 であり、「垂心H」＝「頂点D」で、「外心O」は四面体の外部」で
△ABCの下方にきて、
(→PO)＝(1/2)[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)－(→PD)]となる。
(カ) w＞０ ⇔ d^2>(a^2)/2 のとき、△DAB,△DAC，△DBCは鋭角2等辺三角形で「垂心H」は
「四面体の内部」にあり、
(a^2)/2＜d^2＜(2/3)(a^2)ならば、「外心O」は四面体の外部」で△ABCの下方にくる。
(d^2)＝(2/3)(a^2)ならば「外心O」は△ABC上にあり、△ABCの「重心」のところである。
(d^2)＞(2/3)(a^2)ならば「垂心H」も[外心O」とも「四面体の内部」にくる。
(キ) 特にd=a ならば、この「垂心四面体」は「1辺の長さaの正四面体」である。
3.
＜復習をしておく＞：一般の「垂心四面体ABCD」について、x,y,z,wを上の(1.1.4)のようにおく。
そして 正の数kを 1.の「条件(イ)」の a^2＋d^2＝b^2＋d^2＝c^2＋d^2＝k^2 ・・・(3.1.1)を
満たすものとし、また、△BCD、△ACD，△ABD，△ABCの面積をS_A，S_B，S_C，S_D とする。
(1) 「垂心四面体ABCD]の体積Vは detJ(3)＝(3!V)^2＝(6V)^2 ・・・(3.1.2)を満たし、
detJ(3)＝4(S_D)^2(d^2)ーa^2(x^2)＝d^2{(bc)^2－x^2}－(a^2)(x^2)
＝(bcd)^2ー(a^2＋d^2)(x^2)＝(bcd)^2－(k^2)(x^2) ・・・(3.1.3)
detJ(3)＝4(S_D)^2(k^2－a^2)ー(a^2)(x^2)＝4(S_D)^2(k^2)ー(a^2){4(S_D)^2ーx^2}
＝4(S_D)^2(k^2)ー(a^2)(bc)^2＝4(S_D)^2(k^2)ー(abc)^2 ・・・(3.1.4)
（∵ 4(S_D)^2＝(bc)^2ー(x^2)だから）
よって
4detJ(3)＝4(6V)^2
＝d^2(a＋b＋c)(b＋c－a)(c＋a－b)(a＋b－c)－(a^2)(b^2＋c^2－a^2)^2 ・・・(3.1.5)
(2)「垂心四面体ABCD」の「垂心H]の「ベクトルによる重心座標表現」は任意の点P∈E^3にたいして
(→PH)＝1/[detJ(3)][yzw(→PA)＋xzw(→PB)＋xyw(→PC)＋xyz(→PD)] ・・・(3.1.6)
そして detJ(3)＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz ・・・(3.1.7) が成り立つ。
(3)「垂心四面体ABCD]の「外心Ｏ]の「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点P∈E^3にたいして
(→PO)＝1/[2detJ(3)](－yzw＋xzw＋xyw＋xyz)(→PA)
＋1/[2detJ(3)](yzw－xzw＋xyw＋xyz)(→PB)
＋1/[2detJ(3)][(yzw＋xzwーxyw＋xyz)(→PC)
＋1/[2detJ(3)](yzw＋xzw＋xyw－xyz)(→PD) ・・・(3.1.8)
＝1/[2detJ(3)][(detJ(3)－2yzw)(→PA)＋(detJ(3)－2xzw)(→PB)]
＋1/[2detJ(3)][(detJ(3)－2xyw)(→PC)＋(detJ(3)－2xyz)(→PD)]・・・(3.1.9)
（5・6行目の式は (3.1.7)を用いるとでてくる）
(4)「2次元外接球面」の半径をR(3)とすると、
[R(3)]^2＝(k^2)/4ー(xyzw)/（detJ(3)) ・・・(3.1.10)
(5)
4(S_A)^2＝zw＋yw＋yz ，4(S_B)^2＝zw＋xw＋xz，4(S_C)^2＝yw＋xw＋xy，
4(S_D)^2＝yz＋xz＋xy ・・・(3.1.11)
(6) 各面△BCD，△ACD，△ABD，△ABCの「三角形」としての「垂心」をそれぞれ
H_A，H_B，H_C，H_Dとすれば、「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点P∈E^n (n≧2)にたいして
(→PH_A)＝1/[4(S_A)^2]×[zw(→PB)＋yw(→PC)＋yz(→PD)] ，
(→PH_B)＝1/[4(S_B)^2]×[zw(→PA)＋xw(→PC)＋xz(→PD)]
(→PH_C)＝1/[4(S_C)^2]×[yw(→PA)＋xw(→PB)＋xy(→PD)]，
(→PH_D)＝1/[4(S_D)^2]×[yz(→PA)＋xz(→PB)＋xy(→PC)]
・・・(3.1.12)
(7) 各面△BCD，△ACD，△ABD，△ABCの「三角形」としての「外心」をそれぞれ
O_A，O_B，O_C，O_Dとすれば、「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点P∈E^n (n≧2)にたいして
(→PO_A)＝1/[8(S_A)^2]×[y(z＋w)(→PB)＋z(y＋w)(→PC)＋w(y＋z)(→PD)]，
(→PO_B)＝1/[8(S_B)^2]×[x(z＋w)(→PA)＋z(x＋w)(→PC)＋w(x＋z)(→PD)]，
(→PO_C)＝1/[8(S_C)^2]×[x(y＋w)(→PA)＋y(x＋w)(→PB)＋w(x＋y)(→PD)]，
(→PO_D)＝1/[8(S_D)^2]×[x(y＋z)(→PA)＋y(x＋z)(→PB)＋z(x＋y)(→PC)] ・・・(3.1.13)
(8)「2次元の内接球面」の半径r 及び「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点P∈E^n (n≧3)にたいして
(→PI)＝1/[(S_A)＋(S_B)＋(S_C)＋(S_D)]
×[S_A(→PA)＋(S_B)(→PC)＋(S_C)(→PC)＋(S_D)(→PD)] ・・・(3.1.14)
その半径rは
r＝√[detJ(3)]/[2{(S_A)＋(S_B)＋(S_C)＋(S_D)}] ・・・(3.1.15)
(9) 「七平方定理」
(2S_A)^2＋(2S_B)^2＋(2S_C)^2＋(2S_D)^2＝(ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2 ・・・(3.1.16)
(1)～(8)は求めて、(9)は確認してみよう。
4.
上記3.のことをこの「垂心四面体_第6例」について計算しよう。
(2)
(2.1.4) の yzw＝xzw＝xyw＝(x^2)w ，また xyz＝x^3 と、
(2.1.6)の detJ(3)＝(x^2)(3w＋x)＝(x^2)[3d^2ーa^2] から
「垂心H]の「ベクトルによる重心座標表現」は任意の点P∈E^3にたいして
(→PH)＝1/[(x^2)(3d^2ーa^2)]×[(x^2)w{(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋(x^3)(→PD)] )
＝1/(3d^2ーa^2)[w{(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋x(→PD)]
＝1/[2(3d^2ーa^2)]×[(2d^2ーa^2){→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋(a^2)(→PD)] ・・・(4.1.1)
(3)「外心Ｏ]の「ベクトルによる重心座標表現」は(2.1.6)より
(detJ(3)－2yzw＝x^2(3w＋x)－2(x^2)w=x^2(w＋x),(detJ(3)－2xzw＝x^2(w＋x)，
(detJ(3)－2xyw＝x^2(w＋x)，(detJ(3)－2xyz＝x^2(3w＋x)－2x^3＝x^2(3w－x)だから
(3.1.9)は
(→PO)＝1/[2detJ(3)][(detJ(3)－2yzw)(→PA)＋(detJ(3)－2xzw)(→PB)]
＋1/[2detJ(3)][(detJ(3)－2xyw)(→PC)＋(detJ(3)－2xyz)(→PD)]
＝1/[2(x^2)(3d^2ーa^2)]×[x^2(w＋x){(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋x^2(3w－x)(→PD)]
＝1/[2(3d^2ーa^2)]×[(w＋x){(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋(3d^2－4x)(→PD)]
＝1/[2(3d^2ーa^2)]×[d^2{(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋(3d^2－2a^2)(→PD)] ・・・(4.1.2)
☆ (2)(3)から直ちに(→PH)＋(→PO)＝(1/2)[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)＋(→PD)]
すなわち (1/2)[(→PH)＋(→PO)]＝(1/4)[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)＋(→PD)] ・・・(4.1.3)
「四面体のオイラー線の関係」が成り立っている。
(5)
x＝(a^2)/2＞0，d^2＞(a^2)/3 だから
4(S_A)^2＝zw＋yw＋yz＝xw＋xw＋x^2＝x(x＋2w)
＝x{x＋2(d^2ーx)＝x(2d^2－x)＝x(4d^2－a^2）/2＝(a^2)(4d^2－a^2)/4
4(S_B)^2＝zw＋xw＋xz＝xw＋xw＋x^2＝x(x＋2w)，
4(S_C)^2＝yw＋xw＋xy＝xw＋xw＋x^2＝x(x＋2w) ゆえに
4(S_A)^2＝4(S_B)^2＝4(S_C)^2＝x(4d^2－a^2)/2＝(a^2)(4d^2－a^2)/4 ・・・(4.1.4)
d^2＞(a^2)/3 から 4(S_A)^2＝4(S_B)^2＝4(S_C)^2＝x(4d^2－a^2)/2>0 となり問題はない。
S_A＝S_B＝S_C＝a√(4d^2－a^2)/4 ・・・(4.1.2)
４(S_D)^2＝3x^2＝3(a^2/2)^2＝(3a^4)/4 > 0， S_D＝√3a^2/4 ・・・(4.1.5)
(9) 七平方定理の確認をしよう。
4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]＝3x(x＋2w)＋3x^2
＝6x(x＋w)＝3a^2×d^2＝3(ad)^2 ・・・(4.1.6)
（∵ (S_D)^2＝3x^2，4(S_A)^2＝4(S_B)^2＝4(S_C)^2＝x(x＋2w)と(1.1.5)のx＋w＝d^2）
一方 (ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2＝(ad)^2＋(ad)^2＋(ad)^2＝3(ad)^2 ・・・(4.1.7)
ゆえに
(2S_A)^2＋(2S_B)^2＋(2S_C)^2＋(2S_D)^2]＝(ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2 で成立。
(8) 2F＝S_A＋S_B＋S_C＋S_D＝3a√[(4d^2－a^2)]/4＋√3(a^2)/4＝(√3a/4)[√{3(4d^2ーa^2}＋a]
・・・ (4.1.8)となるから
「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現は。
(→PI)＝(→PI)＝1/[(S_A)＋(S_B)＋(S_C)＋(S_D)]
×[S_A(→PA)＋(S_B)(→PC)＋(S_C)(→PC)＋(S_D)(→PD)]
＝(1/a√[√{3(4d^2－a^2)}＋a]×[a√(4d^2－a^2){(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋√3a^2(→PD)]
＝1/√3[√{3(4d^2－a^2)}＋a]×[√(4d^2－a^2){(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}＋√3a(→PD)]
・・・(4.1.9)
内接球面の半径rは (2.1.6)から
r＝√[detJ(3)]/2[(S_A)＋(S_B)＋(S_C)＋(S_D)]
＝(a^2)/2√[3d^2ーa^2]/[√3a/2{√{3(4d^2ーa^2)}＋a]
＝(a/√3)×√[3d^2－a^2]/[√{3(4d^2－a^2)}＋a] ・・・(4.1.10)
r^2＝(1/3)(a^2)(3d^2－a^2)/[√{3(4d^2－a^2}＋a]^2 ・・・(4.1.11)
(6) x＝(a^2)/2＞0だから
(→PH_A)＝1/[4(S_A)^2]×[zw(→PB)＋yw(→PC)＋yz(→PD)]
＝1/[x(x＋2w)]×[xw(→PB)＋xw(→PC)＋x^2(→PD)]
＝1/(x＋2w)×[w(→PB)＋w(→PC)＋x(→PD)]
＝2/(4d^2－a^2)[{d^2－(a^2)/2}(→PB)＋{d^2－(a^2)/2}(→PC)＋(a^2)/2(→PD)]
＝1/(4d^2－a^2)[(2d^2－a^2){(→PB)＋(→PC)}＋(a^2)(→PD)]
すなわち
(→PH_A)＝1/(4d^2－a^2)[(2d^2－a^2){(→PB)＋(→PC)}＋(a^2)(→PD)]
・・・(4.1.12)
同様にして
(→PH_B)＝1/(4d^2－a^2)[(2d^2－a^2){(→PA)＋(→PC)}＋(a^2)(→PD)]
・・・(4.1.13)
(→PH_C)＝1/(4d^2－a^2)[(2d^2－a^2){(→PA)＋(→PB)}＋(a^2)(→PD)]
・・・(4.1.14)
△ABCは1辺aの「正三角形」だからH_Dは△ABCの「重心」よって
(→PH_D)＝1/3[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)」のはずである。
(→PH_D)＝1/[4(S_D)^2]×[yz(→PA)＋xz(→PB)＋xy(→PC)]
＝4/(3a^4)[x^2{(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}]
＝4/(3a^4)[(a^4)/4{(→PA)＋(→PB)＋(→PC)}]
＝1/3[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)]でO.K.
(7)
(→PO_A)＝1/[2x(x＋2w)]×[x(x＋w)(→PB)＋x(x＋w)(→PC)＋2xw(→PD)]
＝1/2(x＋2w)[((x＋w)(→PB)＋(x＋w)(→PC)＋2w(→PD)]
＝1/(4d^2－a^2）[d^2(→PB)＋d^2(→PC)＋2{d^2－(a^２)/2}(→PD)]
＝1/(4d^2－a^2）[d^2{(→PB)＋(→PC)}＋(2d^2－a^2)(→PD)]・・・(4.1.15)
同様に
(→PO_B)＝1/(4d^2－a^2）[d^2{(→PA)＋(→PC)}＋(2d^2－a^2)(→PD)] ・・・(4.1.16)
(→PO_C)＝1/(4d^2－a^2）[d^2{(→PA)＋(→PB)}＋(2d^2－a^2)(→PD)] ・・・(4.1.17)
O_Dは正三角形ABCの「重心」になるので、(→PO_D)＝1/3[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)]のはず。
(→PO_D)＝2/[3a^4]×[(2x^2)(→PA)＋(2x^2)(→PB)＋(2x^2)(→PC)]
＝[2/(3a^4)]×(a^4)/2[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)]
＝1/3[(→PA)＋(→PB)＋(→PC)] でO.K．
(4)「2次元外接球面」の半径をR(3)は(2.1.6)の detJ(3)＝(x^2)[3d^2ーa^2] より
[R(3)]^2＝(k^2)/4ー(xyzw)/（detJ(3))
＝(a^2+d^2)/4－[(x^3)w]/[(x^2)(3d^2ーa^2)]
＝(a^2+d^2)/4－xw/(3d^2ーa^2)
＝[(a^2+d^2)(3d^2ーa^2)ーa^2(2d^2ーa^2)]/[4(3d^2ーa^2)]
＝［3d^4+2(ad)^2－a^4－2(ad)^2+a^4]/[4(3d^2ーa^2)]
＝(3d^4)/[4(3d^2ーa^2)]
[R(3)]^2＝(3d^4)/[4(3d^2ーa^2)] ・・・(4.1.18)
ゆえに R(3)＝(√3d^2)/[2√(3d^2ーa^2)] ・・・(4.1.19)
四面体の四線座標を利用した内心Iと傍心E_Dの重心座標ーその3 2009.02.16(月)
４.
例えば
(1)「内心I]では、内接円，または2次元の内接球面の半径をr＞０とすれば
三角形では (α，β，γ)＝(r，r,r）、四面体では(α，β，γ，δ)＝(r,r，r，r)がそれぞれ
真の「三線座標」と「四線座標」である。その比を考えると、それぞれ
α：β：γ＝１：１：１， α(4)：β(4)：γ(4)：δ(4)＝1:1:1:1となる。
(2)「重心G」では、「△ABC」のその真の「三線座標」は(α，β，γ)＝（2S/3ａ,2S/3ｂ，2S/3ｃ)
その比は α：β：γ＝1/a：１/ｂ：1/ｃ、「四面体ABCD」では、その真の「四線座標」は
(α，β，γ，δ)＝(3V/4S_A，3V/4S_B，3V/4S_C，3V/4S_D)で、「四線座標」の比は
α:β：γ：δ＝1/S_A：1/S_B：1/S_C：1/S_D ・・・(4.1.1)
(3)
「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」を求めてみよう。
任意の点P∈E^nにたいし、その「ベクトルによる重心座標表現」を
(→PI)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD) ・・・(4.1.2) かつ
κ＋λ＋μ＋ν＝1・・・(4.1.3) とし、「内接球面」の半径をr（r＞0)とする。
また「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
「内心I」から「△BCDの造る平面」、「△ACDの造る平面」、「△BDの造る平面」、
「△ABCの造る平面」へ降ろした「垂線」の足を順にI^A，I^B，I^C，I^Dとすれば
求める条件は
r＝I(I^A)＝I(I^B)＝I(I^C)＝I(I^D) ・・・(4.1.4）
このI(I^A)＝α，I(I^B)＝β，I(I^C)＝γ，I(I^D)＝δ だから(4.1.4)は
r＝α＝β＝γ＝δ ・・・(4.1.5) ここで[命題3.3]の(1)から
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_D)ν だから(4.1.5)は
r＝(3V/S_A)κ＝(3V/S_B)λ＝(3V/S_C)μ＝(3V/S_D)ν ・・・(4.1.6) となり、
これをκ＋λ＋μ＋ν＝1・・・(4.1.3)のもと、5つの方程式で、5つの未知数κ，λ，μ，νとrを
解けばよい。
(4.1.6)にたいしていわゆる「加比の理」を用いれば、
r＝(3V/S_A)κ＝(3V/S_B)λ＝(3V/S_C)μ＝(3V/S_D)ν
＝(3Vκ＋3Vλ＋3Vμ＋3Vν)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)＝(3V)(κ＋λ＋μ＋ν)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)
＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)
よって r＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(4.1.7)
κ＝S_A/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)、λ＝S_B/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)，
μ＝S_C/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)，ν＝S_D/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(4.1.8)
と解けた。これらを(4.1.2)に代入して、次の「定理4.2]が得られた。
「定理4.2]
「四面体ABCD」の2次元の「内接球面」の半径をr（ r＞0）とし「内心」をIとしたとき、
「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は 任意の点P∈E^n(ただし n≧3)
にたいして
(→PI)＝[1/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)]×[(S_A)(→PA)＋(S_B)(→PB)＋(S_C)(→PC)＋(S_D)(→PD)]
・・・(4.2.1)
その半径rは r＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)・・・(4.2.2)
detJ(3)＝(6V)^2 だから (4.2.2)は
r＝√[detJ(3)]/2(S_A＋S_B＋S_C＋S_D)=√[detJ(3)]/4F ・・・(4.2.3）とも表現される。
☆ 同様に「角D内で△ABCで『傍接する』傍接球面」の「中心」を「E_D」で表せば。
「傍心E_D」の「ベクトルによる重心座標表現」は 任意の点P∈E^n(ただし n≧3)
にたいして
(→PE_D)＝[1/(S_A＋S_B＋S_C－S_D)]×[(S_A)(→PA)＋(S_B)(→PB)＋(S_C)(→PC)－(S_D)(→PD)]
・・・(4.2.4)
2F＝S_A＋S_B＋S_C＋S_D とおけば、
(→PE_D)＝[1/2(F－S_D)]×[(S_A)(→PA)＋(S_B)(→PB)＋(S_C)(→PC)－(S_D)(→PD)]
そして、この傍接球面の半径r_Bは
r_D＝(3V)/(S_A＋S_B＋S_C－S_D)＝√[(detJ(3)]/2(S_A＋S_B＋S_C－S_D)
＝√[detJ(3)]/4(F－S_D) ・・・(4.2.5)
などとなる。三角形の場合も容易に求まる。これらはまた、次回に示そう。
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 2009.02.16(月)
「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。
3.
「四線座標」の導入
(1) 記号の導入：
三角形について：△ABCの面積をSとし、3辺 BC＝ａ,CA＝ｂ，AB＝ｃとおく。また頂点A，B，Cから
対辺BC，CA，ABに降ろした「垂線」の足を順にH_A，H_B，H_Cとする。辺BC，CA，ABをそれぞれ
「△ABC」の底辺と見たときの△ABCの「高さ」を順にh_A，h_B，h_Cとするとh_A＝A(H_A)，
h_B＝B(H_B)，h_C＝C(H_C)となる。面積Sが，S＝(1/2)ａ(h_A)＝(1/2)ｂ(h_A)＝(1/2)ｃ(h_C)
と書けるので、
h_A＝(2S)/ａ ，h_B＝(2S)/ｂ，h_C＝(2S)/ｃ ・・・(3.1.1) である。
四面体について：「四面体ABCD」の「体積」をVとし，△BCD，△ACD，△ABD，△ABCの面積を
順に S_A，S_B，S_C，S_D・・・(3.1.2)と書く。
また頂点A，Ｂ，C，Dから対辺の△BCD，△ACD，△ABD，△ABCに
降ろした垂線の足を順にH_A，H_B，H_C，H_Dとおき、△BCD，△ACD，△ABD，△ABCを
それぞれ「四面体ABCD」の底面と見たときの高さを順に h_A，h_B，h_C，h_D ・・・(3.1.3)
とおく。さすれば h_A＝A(H_A)，h_B＝B(H_B)，h_C＝C(H_C)，h_D＝D(H_D)・・・(3.1.4)
また、体積V＝(1/3)(S_A)(h_A)＝(1/3)(S_B)(h_B)＝(1/3)(S_C)(h_C)＝(1/3)(S_D)(h_D)から
h_A＝(3V)/S_A ，h_B＝(3V)/S_B，h_C＝(3V)/S_C ，h_D＝(3V)/S_D ・・・(3.1.5)
場合によっては △BCD＝S_A ，△ACD＝S_B，△ABD＝S_C，△ABC＝S_D ・・・(3.1.6)と略記する。
以後これらをずっと使用する。
(2)
［定義3.1] 四面体ABCDに関する「四線座標」の定義
四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。点Tから四面体ABCDの各面△BCD，△ACD，
△ABD，△ABCに降ろした垂線の足を順にT^A，T^B，T^C，T^D ・・・(3.1.7)とし、
α＝点Tから面△BCDまでの距離＝T(T^A)，β＝点Tから面△ACDまでの距離＝T(T^B)，
γ＝点Tから面△ABDまでの距離＝T(T^C)，δ＝点Tから面△ABCまでの距離＝T(T^D) ・・・(3.1.8)
とおき、その符号は、次のように決める。
例えば点Tが「面BCDの造る平面」に関して、頂点Aと反対側にあるときは、α＜0 と考える。・・・(3.1.9)
このようにして「四面体ABCD」を用いて、3次元空間E^3に「三線座標」を真似て「四線座標」が
導入できることが分かる。また、例えば面△ABC上の点Tに関しては、「四面体」での「四線座標」と
「△ABC」での「三線座標」の2通りが考えられる。このとき、「重心座標」のようには
「四線座標」が「三線座標」の「拡張」とはなってはいないので注意する必要がある。区別するときは、
「三線座標」は(α(３)，β(3)，γ(3)）などと書き、「四線座標」の方は(α(4)，β(4)，γ(4)，δ(４))
などで表すことにする。
点Tの「四線座標」の「一意性」は定かではないが、「四面体ABCD」に関する「重心座標」の
「一意性」とこれから述べる[命題3.2]以降によって、明らかになるだろう。
ーー「△ABC」に関する「三線座標」及び「四面体ABCD」に関する「四線座標」
と「重心座標」との関係ーー
[命題3.2]
(1) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「重心座標」を(κ，λ，μ，ν）
かつ κ＋λ＋μ＋ν＝１，「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
「κ≠1 ⇒ α＝(3V/S_A)κ」，「λ≠1 ⇒ β＝(3V/S_B)λ」
「μ≠1 ⇒ γ＝(3V/S_C)μ」，「ν≠1 ⇒ δ＝(3V/S_D)ν」・・・(3.2.1) が成立する。
(2) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
Tの「重心座標」を(κ，λ，μ，ν）、κ＋λ＋μ＋ν＝１とする。
κ≠1 かつλ≠1 かつ μ≠1 かつν≠1 ・・・(3.2.2)のときは
(S_A)α＋(S_B)β＋(S_C)γ＋(S_D)δ＝3V ・・・(3.2.3) が成立する。
(3) △ABC⊆E^2（平面)とし、点T∈E^2をとる。Tの「重心座標」を(κ，λ，μ）かつ
κ＋λ＋μ＝１、「三線座標」を(α，β，γ)とする。
「κ≠1 ⇒ α＝(2S/ａ)κ」， 「λ≠1 ⇒ β＝(2S/ｂ)λ」
「μ≠1 ⇒ γ＝(2S/ｃ)μ」 ・・・(3.2.4) が成立する。
(4) △ABC⊆E^2（平面)とし、点T∈E^2をとる。Tの「重心座標」を(κ，λ，μ）かつ
κ＋λ＋μ＝１，「三線座標」を(α，β，γ）とする。
κ≠1 かつ λ≠1 かつ μ≠1 ・・・(3.2.5) のときは
ａα＋ｂβ＋ｃγ＝2S ・・・(3.2.6) が成立する
「証明」
(2)について：
まず(1)が成り立つとして(2)を証明する。
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_A)ν より、
(S_A)α＝(3V)κ，(S_B)β＝（3V)λ，(S_C)γ＝(3V)μ，(S_D)δ＝(3V)ν ・・・(3.2.7)
ゆえに
(S_A)α＋(S_B)β＋(S_C)γ＋(S_D)δ＝(3V)(κ＋λ＋μ＋ν)＝(3V)×1＝3V
よって(3.2.3)が成り立つ。
(4)について：
まず(3)が成り立つとして(4)を証明する。
α＝(2S/ａ)κ，β＝(2S/ｂ)λ，γ＝(2S/ｃ)μ より
ａα＝(2S)κ，ｂβ＝(2S)λ，ｃγ＝(2S)μ ・・・(3.2.8)
ゆえにａα＋ｂβ＋ｃγ＝(2S)κ＋(2S)λ＋(2S)μ＝(2S)(κ＋λ＋μ)＝2S×1＝2S
よって(3.2.6)が成り立つ。
(1)について：
それでは(1)を証明しよう。
点Tの「四面体ABCD」に関する「重心座標」(κ，λ，μ，ν）、κ＋λ＋μ＋ν＝１について
「 κ≠1 ⇒ α＝(3V/S_A)κ」を証明する。
κ≠1であるから T≠A となり(∵[系2.3]）直線ATは「△BCDの造る平面」と1点T_Aで交わり、
[命題2.7]から (→T(T_A))＝κ(→A(T_A)) となる。H_Aは頂点Aから下した垂線の足だった。
（ア）０＜κ＜1 のとき、直線AT上に3点 A,T，T_Aがこの順に並び、また線分A(H_A)が頂点Aからの
「垂線」として存在する。点Tから「△BCDの造る平面」に「垂線」を引きその足をT^Aとおく。
T(T^A)＝α＞0 である。T_A≠H_Aとしよう。△A(T_A)(H_A)∽△T(T_A)(T^A)となるから
⇒ A(T_A)：T(T_A)＝ A(H_A)：T(T^A) ・・・(3.2.9)となる。
(→T(T_A))＝κ(→A(T_A))から A(T_A):T(T_A)＝１：κ， T(T^A)＝α，(3.1.5)から
A(H_A)＝h_A＝(3V)/S_A だから (3.2.9) は 1：κ＝h_A：α
⇒ α＝(h_A)κ＝(3V/S_A)κ ゆえに (3.2.1)の第１式が成立。
これで α＝(3V/S_A)κ が証明された。T_A＝H_A のときは(→T(T_A))＝κ(→A(T_A))は
(→T(H_A))＝κ(→A(H_A)) ・・・(3.2.10)となり α＝T(H_A) ，A(H_A)＝h_A だから
(3.2.10)から α＝κ(h_A)＝(3V/S_A)κ となり、(3.2.1)の第１式が成立。
（イ）κ＝0 のとき (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))＝(→0)からT＝T_A∈「△BCDの造る平面」 ゆえにα＝0
よって α＝(3V/S_A)κは両辺とも「0」となり成立する。
（ウ）κ< 0のとき、四面体ABCDの面△BCDを底面、頂点Aを上方にもってきたとき、点Tは底面の△BCD
よりも下方にある。直線AT上には頂点A、交点T_A、点Tの順に上方から並んでいる。
α＝T(T^A)＜０である。T_A≠H_Aとしよう。△T(T^A)(T_A)∽△A(H_A)(T_A) である。
よって A(T_A)：T(T_A)＝A(H_A)：T(T^A) すなわち 1：(－κ）＝h_A：(－α)
⇒ α＝(h_A)κ＝(3V/S_A)κ つまり α＝(3V/S_A)κ
T_A＝H_A のときは (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))は (→T(H_A))＝κ(→A(H_A)) ・・・(3.2.11)
となる。α＝T(H_A) A(H_A)＝h_A から （－α）＝(－κ)(h_A) これから
(ア)と同様に式がでる。
(エ) κ＞１のとき (→T(T_A))＝κ(→A(T_A))から点Tは「四面体ABCD」の上方にあり、
直線AT上に上方から点T、頂点A，交点T_Aの順に並んでいる。T_A≠H_Aとしよう。
△(T_A)A(H_A)∽△(T_A)T(T^A) ⇒ A(T_A)：T(T_A)＝A(H_A)：T(T^A)
すなわち 1：κ＝h_A：α よって α＝κ(h_A)＝(3V/S_A)κ となる。T_A=H_Aのときも
式がでる。
以上により、「κ≠1 ⇒ α＝(3V/S_A)κ」が証明された。
(3.2.1)の他の式も同様である。
こうして、[命題3.2]の(1)が「証明」された。
[命題3.2]の (3),(4)が「三線座標」の場合で(3)はh_Aなどで (3.1.5)の代わりに(3.1.1)を使えば同様にできる。
（[命題3.2]の「証明」終わり）
[命題3.3]
(1) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「重心座標」を
(κ，λ，μ，ν）かつ κ＋λ＋μ＋ν＝１，「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。このとき
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_A)ν ・・・(3.3.1) が成立する。
(2) 四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3をとる。Tの「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。
このとき
(S_A)α＋(S_B)β＋(S_C)γ＋(S_D)δ＝3V ・・・(3.3.2) が成立する。
(3) △ABC⊆E^2（平面)とし、点T∈E^2をとる。Tの「重心座標」を(κ，λ，μ）かつ
κ＋λ＋μ＝１、「三線座標」を(α，β，γ)とする。このとき
α＝(2S/ａ)κ，β＝(2S/ｂ)λ，γ＝(2S/ｃ)μ ・・・(3.3.3) が成立する。
(4) △ABC⊆E^2（平面)とし、点T∈E^2をとる。Tの「三線座標」を(α，β，γ)とする。
このとき ａα＋ｂβ＋ｃγ＝2S ・・・(3.3.4) が成立する。
「証明」
(1) で κ≠1 かつλ≠1 かつ μ≠1 かつ ν≠1 および(3)でκ≠1 かつλ≠1 かつ μ≠1の場合は
[命題3.2]から(1)(2)(3)(4)は成り立つ。
そこで(1)では、
「κ＝1 または λ＝1 または μ＝1 または ν＝1」・・・(3.3.5)のときに「証明」をすればよい。
また(3)では
「κ＝1 または λ＝1 または μ＝1」 ・・・(3.3.6) のときに「証明」をすればよい。
(1)について：
κ＝1 または λ＝1 または μ＝1 または ν＝1 ・・・(3.3.5)とする。
点T∈E^3をとる。Tの「重心座標」を (κ，λ，μ，ν）かつ κ＋λ＋μ＋ν＝１，
「四線座標」を(α，β，γ，δ）とする。 そして κ＝１とする。
(ア) T＝A のときは、頂点A」の「重心座標」は (κ，λ，μ，ν）＝(1，0，0，0)で(3.1.5)から
α＝T(T^A)＝h_A＝(3V/S_A)、 κ＝１だから α＝(3V/S_A)κ がやはり成立する。
(イ) κ＝１でT≠A とすると [系2.3]から (→AT)//「△BCDの造る平面」であり、
よって、またα＝T(T^A)＝h_A＝(3V/S_A)，κ＝１だから α＝(3V/S_A)κ が成立する。
(ウ) κ＝1のとき、λ＋μ＋ν＝0 で 「ベクトルによる重心座標表現」は
任意の点 P∈E^n（ただしn≧3）にたいし
(→PT)＝(→PA)＋λ(→PB)＋μ（→PC)＋ν(→PD) ・・・(3.3.7)
となる。ここで もし λ≠1ならば[命題3.2]から β＝(3V/S_B)λ が成立する。
そこで、さらにλ＝１とすれば、Tの重心座標は(1,1,μ,ν） ，1＋μ＋ν＝０ となる。
よって T≠Bである。[∵ Bの重心座標は (0,1,0,0) ] λ＝１だから「系2.3」と同様にして
(→BT)//「△ACDの造る平面」となる。ゆえに β＝T(T^B)＝h_B＝(3V/S_B)となる。λ＝１なので
β＝(3V/S_B)λが成立する。次にμ≠１ならばT≠Cで [命題3.2]からγ＝(3V/S_C)μが成立する。
そこで
（エ）κ＝1 かつ λ＝1かつ μ＝１としよう。するとκ＋λ＋μ＋ν＝１からν＝－2 となる。
μ＝1だから (→CT)//「△ABDの造る平面」となる。
よって γ＝T(T^C)＝h_C＝3V/S_C そしてμ＝1 なのでγ＝(3V/S_C)μ が成立する。
そして ν＝－２なのでν≠1であり、(→DT)//「△ABDの造る平面」とはならない。
ゆえに δ＝(3V/S_D)ν が成立する。
以上により κ＝1 かつ λ＝1かつ μ＝１かつν＝－2のときも
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_D)ν ・・・(3.3.1)が成立する。
(オ) この κ＝λ＝μ＝１かつ ν＝－2のときを図形的に考えてみよう。点Tは「四面体ABCD」に関して
どこにくるのか調べてみる。κ＝λ＝μ＝１かつ ν＝－2より 点Tの「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PT)＝(→PA)＋(→PB)＋(→PC)－2(→PD) ・・・(3.3.7)だから 特に P⇒D とおくと
(→DT)＝(→DA)＋(→DB)＋(→DC) ・・・(3.3.8) そこで△ABCの重心をG_D とおくと
G_D の「四面体ABCD」に関する「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PG_D)＝1/3(→PA)＋1/3(→PB)＋1/3(→PC)＋0×(→PD）・・・(3.3.9) 。G_Dの「四面体ABCD」
に関する「重心座標」は(1/3，1/3，1/3，0) 、△ABCに関する「重心座標」は(1/3，1/3，1/3）で
あって(3.3.9)で特にP＝D とおいて (→DG_D)＝1/3[(→DA)＋(→DB)＋(→DC)] ・・・(3.3.10)
これと(3.3.8)から (→DT)＝3(→DG_D) ・・・(3.3.11）となる。ゆえに(→DT)はDから対面の
△ABCに向かってその重心G_Dを通り、DG_Dの長さを3倍にしたもので、Tは四面体ABCDの外部の所にある。
つまり D(G_D)：(G_D)Ｔ＝1：2 ・・・(3.3.12)となる。T_D＝G_Dであり、 T(T^D)＝δはδ＜０である。
すなわち (→DT)は「△ABCの造る平面」とは平行にはならず、
T(T^D)：D(H_D)＝T(G_D)：D(G_D)＝(－２):1 ⇒ δ：h_D＝(－2)：１
⇔ δ＝(h_D)×(－2) ・・・(3.3.13)
h_D＝3V/S_D ，ν＝－2だから (3.3.13)は δ＝(3V/S_D)ν となる。
このようにして、κ＝１から始めてλ，μ，νとやっていって、
α＝(3V/S_A)κ，β＝(3V/S_B)λ，γ＝(3V/S_C)μ，δ＝(3V/S_D)ν ・・・(3.3.1) が成立する。
よって他の場合も(3.2.2)は成立する。ゆえに(2)，(4)も成立する。
（[命題3.3]の「証明」終わり）
[命題3.4]
(1)四面体ABCD⊆E^3(3次元空間）とし、点T∈E^3の「重心座標」
(κ，λ，μ，ν），κ＋λ＋μ＋ν＝1 と「四線座標」(α，β，γ，δ）の間には[命題3.3］の(1)の
関係が成立し、1対1の対応がある。「四線座標」では、点が異なれば「四線座標」も異なる。
(2)
△ABC⊆E^2とし、点T∈E^2の「重心座標」(κ，λ．μ），κ＋λ＋μ＝1 と「三線座標」(α，β，γ）の
間には[命題3.3］の(3)の関係が成立し、1対1の対応がある。「三線座標」では、点が異なれば
「三線座標」も異なる。
☆
最後に、「重心座標」、「三線座標」、「四線座標」ともその比さえ分かればよいときもある。
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＝ν/(1ーk)
すなわち κ≠1 ならば l＝λ/(λ＋μ＋ν)，m＝μ/(λ＋μ＋ν)，n＝ν/(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 ーーに続くーーー
三角形の傍心・内心についての等式_追加版 2009.02.16(月)
前回のBlogでは△ABCに対して、傍心・内心の「ベクトルによる重心座標表現」と
その半径を与え、種々の等式を証明した。「前回で書き残した等式」がまだ少しあるので
それを紹介し、証明しておく。
0.
[命題0.1]
△ABCにおいてBC＝ａ，CA＝ｂ，AB＝ｃ ，２ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃ とおく。
角 A/2 の正接・余弦・正弦の2乗をs,ａ，ｂ，ｃ つまり 3辺ａ,ｂ，ｃで次のように
表すことができる。
(1) tan^2(A/2)＝(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)/[ｓ(ｓ－ａ)] ・・・(0.1.1)
(2) cos^2(A/2)＝ｓ(s－ａ）/(bc) ・・・(0.1.2)
(3) sin^2(A/2)＝(ｓ－ｂ)(s－ｃ）/(bc) ・・・(0.1.3)
「証明」
(1)について：前回のBLogの[補題2.2]から
tan(A/2)＝r/(ｓ－ａ) であった。r＝S/s とHeron(ヘロン)の公式
S^2＝ｓ(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)により
tan^2(A/2)＝(S/s)^2/(ｓ－ａ)^2＝[ｓ(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/[s(ｓ－ａ)]^2
＝[(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/[s(ｓ－ａ)]
(2)について：
tan^2(A/2)が求まったので、お決まりの cos^2(A/2)＝1/[1＋tan^2(A/2)]を使って求める。
1＋tan^2(A/2)＝1＋(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)/[ｓ(ｓ－ａ)]＝[ｓ(ｓ－ａ)＋(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/[ｓ(ｓ－ａ)]
ところが ｓ(ｓ－ａ)＋(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)
＝2ｓ^2－(ａ＋ｂ＋ｃ)ｓ＋ｂｃ
＝2ｓ^2－２ｓ×ｓ＋ｂｃ＝ｂｃ(∵ 2ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃ）
よって 1＋tan^2(A/2)＝bc/[ｓ(ｓ－ａ)]
ゆえに cos^2(A/2)＝1/[1＋tan^2(A/2)]＝[ｓ(ｓ－ａ)]/ｂｃ
(3)について：
sin^2(A/2)＝tan^2(A/2)×cos^2(A/2)＝[(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)/s(ｓ－ａ)]×[ｓ(ｓ－ａ)]/ｂｃ
＝[(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/ｂｃ
（[命題0.1]の「証明」終わり）
[命題0.2]
△ABCにおいてその面積をS，BC＝ａ，CA＝ｂ，AB＝ｃ，△ABCの頂点Aから辺BCに降ろした垂線の足をH_A、
頂点Bから対辺のCAに降ろした垂線の足をH_B，頂点Cから対辺のABに降ろした垂線の足をH_Cとし,
h_A＝A(H_A) ，h_B＝B(H_B)，h_C＝C(H_C) とおけば
1/(h_A)＋1/(h_B)＋1/(h_C)＝1/r ・・・(0.2.1)
「証明」
証明は極めて簡単である。S＝(1/2)a(h_A)＝(1/2)ｂ(h_B)＝(1/2)ｃ(h_C) から
1/(h_A)＝ａ/(2S) ，1/(h_B)＝ｂ/(2S) ，1/(h_C)＝ｃ/(2S)
また r＝S/s＝(2S)/(2s)＝(2S)/(ａ＋ｂ＋ｃ）⇒ 1/r＝(ａ＋ｂ＋ｃ）/(2S)
ゆえに 1/(h_A)+1/(h_B)＋1/(h_C)＝ａ/(2S)＋ｂ/(2S)＋ｃ/(2S)
＝(ａ＋ｂ＋ｃ）/(2S)＝1/r
すなわち 1/(h_A)＋1/(h_B)＋1/(h_C)＝1/r
（[命題0.2]の「証明」終わり）
[命題0.3]
∠Aの二等分線と辺BCとの交点をDとし、AD＝f_Aで表すことにし、
同様に∠Bの二等分線と辺CAとの交点をEとし、BE＝f_B、∠Cの二等分線と辺CAとの交点をFとし、
CF＝f_Cとすれば、
(1) (f_A)^2＝[ｂｃ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｂ＋ｃーａ)]/(ｂ＋ｃ)^2
＝[4ｂｃｓ(s－ａ）]/(ｂ＋ｃ)^2 ・・・(0.3.1)
⇔ f_A＝√[ｂｃ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｂ＋ｃーａ)]/(ｂ＋ｃ)＝2√[ｂｃｓ(ｓーａ)]/(ｂ＋ｃ)
(2) (f_B)^2＝[ｃａ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａーｂ)]/(ｃ＋ａ)^2
＝[4ｃａｓ(ｓ－ｂ）]/(ｃ＋ａ)^2 ・・・(0.3.2)
⇔ f_B＝√[ｃａ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａーｂ)]/(ｃ＋ａ)＝2√[ｃａｓ(ｓーｂ)]/(ｃ＋ａ)
(3) (f_C)^2＝[ａｂ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ａ＋ｂーｃ)]/(ａ＋ｂ)^2
＝[4ａbｓ(ｓ－c)]/(ａ＋ｂ)^2 ・・・(0.3.3)
⇔ f_C＝√[ａｂ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ａ＋ｂーｃ)]/(ａ＋ｂ)＝2√[ａｂｓ(ｓーｃ)]/(ａ＋ｂ)
(4)
(f_A)(f_B)(f_C)＝8(abcs)S/[(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａ)(a＋b)]
＝8(abcrｓ^2)/[(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａ)(a＋b)] ・・・(0.3.3)
「証明」
(1)を証明すれば(2)(3)も同様であるので、(1)と(4)を証明しよう。
(1)について：ベクトルを使おう。
f_A=AD。点Dは∠Aの二等分線と辺BCとの交点だから
BD:DC=AB:AC＝c：b よって(ｂ＋ｃ)(→AD)＝ｂ(→AB)＋ｃ(→AC)
よって (ｂ＋ｃ)^2(f_A)^2=(ｂ＋ｃ)^2|(→AD)|^2＝|ｂ(→AB)＋ｃ(→AC)|^2 ここで
|ｂ(→AB)＋ｃ(→AC)|^2=ｂ^2｜(→AB)|^2＋ｃ^2｜(→AC)|^2＋2ｂｃ((→AB)，(→AC))
＝(ｂｃ)^2＋(ｂｃ)^2＋2ｂｃ×(c^2＋b^2ーａ^2)/2
＝2(bc)^2＋ｂｃ(c^2＋b^2ーａ^2)
＝bc{2ｂｃ＋(c^2＋b^2)－a^2}＝ｂｃ[(ｂ＋ｃ)^2－a^2]
＝ｂｃ(a＋b＋c)(b＋cーa)＝4ｂｃｓ(ｓーａ)
ゆえに (ｂ＋ｃ)^2(f_A)^2=ｂｃ(a＋b＋c)(b＋cーa)＝4ｂｃｓ(ｓーａ)
これより(0.3.1)が導かれる。
(4)
[(f_A)(f_B)(f_C)]^2
＝[4ｂｃｓ(s－ａ）]/(ｂ＋ｃ)^2×[4ｃａｓ(ｓ－ｂ）]/(ｃ＋ａ)^2
×[4ａｂs(ｓ－ｃ)]/(ａ＋ｂ)^2
＝64(ａｂｃｓ)^2×［ｓ(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/[(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａ)(ａ＋ｂ)]^2
＝64(ａｂｃｓ)^2×(S^2)/[(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａ)(ａ＋ｂ)]^2
ゆえに (f_A)(f_B)(f_C)
＝8(abcs)S/[(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａ)(a＋b)]
＝8(abcrｓ^2)/[(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ａ)(a＋b)] （∵ S＝rs ）
（[命題0.3]の「証明終わり）
[命題0.4] 最後に△ABCにおいて辺BCの中点をMとして、中線の長さm_A＝AMをａ，ｂ，ｃ
などで表しておこう。
(m_A)^2＝[2ｂ^2＋2c^2－ａ^2]/4＝[ｂ^2＋c^2＋2bccosA]/4 ・・・(0.4.1)
「証明」パップス（またはパッポス）の中線定理
AB^2＋AC^2＝2(AM^2＋BM^2）⇔c^2＋b^2＝2{(m_A)^2＋(a/2)^2}⇔ (m_A)^2＝[c^2＋b^2/2ー(a^2/4)]
⇔ (m_A)^2＝[(c^2＋b^2)/2ー(a^2/4)]＝[2ｂ^2＋2c^2－ａ^2]/4 ここで b^2＋c^2－ａ^2＝2bccosA
よって (m_A)^2＝[ｂ^2＋c^2＋(ｂ^2＋2c^2－ａ^2)]/4＝[ｂ^2＋c^2＋2bccosA]/4
（[命題0.4]の「証明」終わり）
三角形の傍心・内心及びその半径と諸公式_2009.02.08(日)
△ABCに対して、∠A内の辺BCで傍接する傍接円の「ベクトルによる重心座標表現」を前回のBlogで与えた。
その中心をE_Aとした。同様に∠Bの二等分線と∠Bの二つの外角の二等分線は1点E_Bで交わり傍接円E_Bが、
∠Cの二等分線と∠Cの二つの外角の二等分線は1点E_Cで交わり傍接円E_Cができる。
そこでこの3つの傍接円E_A，E_B，E_Cの半径を順にr_A，r_B，r_Cとする。また内接円の半径をrとし、
△ABCの面積をSとする。前回のことから次の事が言える。
1.
[命題1.1]
△ABCに対して3辺の長さを BC=a,CA=ｂ, AB＝c とおく。
そのとき、それぞれ「傍心E_A」，「傍心E_B」，「傍心E_C」の「ベクトルによる重心座標表現」は
次のようになる。 △ABC⊆E^2⊆E^mとし、任意の点P∈E^m (m≧2)にたいして、
(→PE_A)={－ａ(→PA)＋ｂ(→PB)＋c(→PC)}/(－a+ｂ＋c) ・・・(1.1.1)
(→PE_B)={ａ(→PA)ーｂ(→PB)＋c(→PC)}/(a－ｂ＋c) ・・・(1.1.2)
(→PE_C)={ａ(→PA)＋ｂ(→PB)－c(→PC)}/(a＋ｂ－c) ・・・(1.1.3)
これは確かに△ABCに関する「ベクトルによる重心座標表現」である。
また、内接円の中心をIで表し、内接円自体も「内接円I]とよぶことにすると
[命題1.2]
△ABCの面積をS、その3辺の長さをBC=a,CA=ｂ, AB＝c とおく。またa+ｂ+c＝2ｓ・・・(1.2.1)
とし、内接円の半径をrとする。
このとき、「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は次のようになる。
△ABC⊆E^2⊆E^mとし、任意の点P∈E^m (m≧2)にたいして、
(→PI)={ａ(→PA)＋ｂ(→PB)＋ｃ(→PC)}/(ａ+ｂ＋ｃ) ・・・(1.2.1)
また 半径rは r=2S/(ａ＋ｂ＋ｃ) ⇔ r=S/s ⇔ S＝ｒｓ ・・・(1.2.2)
となる。
[注意]：[命題1.2]は既知としておく。(1.2.1)が角の二等分線と辺の関係から導かれ、(1.2.2)が
△ABCを「内心I]で3つの三角形△IBC，△ICA，△IABに分けたとき、3つの面積の和＝△ABCの面積＝S
から出ることはよいだろう。受験生には(1.2.1),(1.2.2)は必須であろう。
さて、「内接円I」の半径rは(1.2.2)のようになったが、「傍接円E_A，E_B ，E_C」の半径に
ついては次のようになる。
[命題1.3］
△ABCの面積をS、その3辺の長さを BC=ａ,CA=b, AB＝ｃ とおく。またａ+ｂ+ｃ＝2s・・・(1.3.1)
とおく。
半径 r_Aは r_A=2S/(－ａ＋ｂ＋ｃ) ⇔ r_A=S/(ｓ－ａ) ⇔ S＝(r_A)(ｓ－ａ) ・・・(1.3.2)
半径 r_Bは r_B=2S/(ａ－ｂ＋ｃ) ⇔ r_B=S/(ｓ－ｂ) ⇔ S＝(r_B)(ｓ－ｂ) ・・・(1.3.３)
半径 r_Cは r_C=2S/(ａ＋ｂ－ｃ) ⇔ r_C=S/(ｓ－ｃ) ⇔ S＝(r_C)(ｓ－ｃ) ・・・(1.3.4)
となる。
したがって r_A,r_B，r_Cはみな、rよりも大きい。
◎ [命題1.3］の「証明」は ［以下の[命題1.3］を拡張した[命題2.4]の中で］行われる。しばらく辛抱して欲しい。
なお ａ＋b＋c＝２s だから b＋c－ａ＝2s－2a＝2(sーa) などから
ｓ－a＝(b＋c－ａ)/2>0 ， ｓ－b＝(c＋ａ－b)/2>0 ，s－c＝(a＋b－c)/2>0 と
なっている事を注意しておく。
この[命題1.3」からすぐ、次の[公式1.4]がでる。
[公式1.4]
△ABCにたいしてその面積をS，r，r_A，r_B，r_Cは上記のとおりとする。
このとき、
1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＝1/r ・・・(1.4.1)
「◎実は「四面体」の場合は 「傍接球面」が4つできて、このときは
1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＋1/(r_D)＝2/r ・・・(☆）となる。
これはまた次回とする。」
[公式1.4]の「証明」
[命題1.3］から r_A=S/(s－ａ) ⇒ 1/(r_A)＝(s－ａ)/S
r_B=S/(s－ｂ) ⇒ 1/(r_B)＝(s－ｂ)/S
r_C=S/(s－c) ⇒ 1/(r_C)＝(s－c)/S
よって 1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＝{(s－ａ)＋(s－ｂ)＋(s－c)}/S＝{3s－(ａ＋ｂ＋c)}/S
＝(3s－2s)/S＝s/S そして (1.2.2)から 1/r＝s/S
したがって 1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＝1/r
（[公式1.4]の「証明」終わり）
[公式1.5]
△ABCにたいしてその面積をSとし，ｓ，ｒ，r_A，r_B，r_Cは上記のとおりとする。
このとき 「内接円」の半径r と「傍接円」の半径 r_A，r_B，r_C は3辺の長さ
ａ，ｂ，cを用いて表せる。ここに 2ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃ とする。
(1) r＝√[(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/s] = (1/2)√[(b＋ｃ－ａ)(c＋ａ－b)(ａ＋b－ｃ)/(ａ＋b＋ｃ)] ・・・(1.5.1)
(2） r_A＝√[ｓ(ｓ－ｂ)(ｓ－c)]/(ｓ－ａ)]＝(1/2)√[(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｃ＋a－ｂ)(ａ＋ｂ－ｃ)/(ｂ＋ｃ－ａ)]
r_B＝√[ｓ(ｓ－ｃ)(ｓ－ａ)]/(ｓ－ｂ)]＝(1/2)√[(ａ＋ｂ＋ｃ)(a＋ｂ－ｃ)(b+c－a))/(c＋ａ－ｂ)]
r_C＝√[ｓ(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)]/(ｓ－ｃ)]＝(1/2)√[(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｂ＋ｃ－a)(c＋ａ－b)/(ａ＋ｂ－c)] ・・・(1.5.2)ｃ
[公式1.5]の「証明」
ヘロンの公式 S^2＝ｓ(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ) を使う。
(1)は ｒｓ＝Ｓ ⇒ r^2＝(S^2)/(ｓ^２)＝[s(s－ａ)(s－ｂ)(s－ｃ)]/(s^２)＝[(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－c)]/ｓ
⇔ r＝√[(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－c)]/ｓ]
(2)は [命題1.3］の(1.3.2)から
(r_A)^2=(S^2)/(ｓ－ａ)^2＝[ｓ(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)(ｓ－c)]/(ｓ－ａ)^2＝[s(s－ｂ)(s－c)]/(s－ａ)
⇔ r_A＝√[ｓ(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)]/(ｓ－ａ) となって証明された。
（[公式1.5]の「証明」終わり）
[ 公式1.6] ついでに △ABCの「外接円」の半径Rを3辺の長さで表しておく。
R＝ａbｃ/√[(ａ＋ｂ＋c)(ｂ＋ａ－c)(c+a－ｂ))(ａ＋ｂ－c)] ・・・(1.6.1)
[ 公式1.6]の「証明」
よく知られた 公式 S＝ａｂｃ/4R すなわち R＝ａｂｃ/4Sと ヘロンの公式
S＝√[s(s－ａ)(s－ｂ)(s－c)]＝√[(ａ＋ｂ＋c)(ｂ＋ａ－c)(c+ａ－ｂ)(ａ＋ｂーｃ)]/4
を使えばよい。
（[公式1.6]の「証明」終わり）
ーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーー
2．
[命題1.3]を証明するために、いくつか準備をする。
[補題2.1]
△ABCの「内接円I」と辺BC，辺CA，辺ABとの接点を順にL,M，Nとおく。
2s＝a＋b＋ｃとする。このとき次のことが成り立つ。
AM＝AN＝s－ａ ， BN＝BL＝s－ｂ ，CL＝CM＝s－ｃ ・・・(２.1.1)
「証明」
AM＝AN ，BN＝BL，CL＝CM だからAM＝AN＝x ，BN＝BL＝y ，CL＝CM＝z とおいて
x，y，zの連立方程式をたてて、x,y,zを求める。
x＋y＝ｃ ，y＋z＝ａ，z＋x＝ｂ ・・・(２.1.2) この3式を加えて
2(x＋y＋z)＝a＋ｂ＋c＝2s⇒x＋y＋z＝s ・・・(２.1.3)
(２.1.3)と(２.1.2)から順に z＝ｓーｃ，x＝ｓ－ａ ，y＝s－ｂ
よって証明された。
（[補題2.1]の[証明」終わり）
◎ なお [補題2.1］はよく知られたことである。
次に
[補題2.2]
△ABCについて[補題2.1]と同じ記号を使う
tan(A/2)＝r/(ｓ－ａ) ，tan(B/2)＝r/(ｓ－ｂ) ，tan(C/2)＝r/(ｓ－ｃ) ・・・(２.2.1)
「証明」
tan(A/2)＝r/(s－a)だけ示そう。△ANIは∠ANI＝90° の直角三角形で∠IAN＝A/2
そして[補題2.1]から 辺AN＝ｓ－ａ ，NI＝r （内接円の半径） よって tan(A/2)＝r/(ｓ－ａ)
（[補題2.2]の[証明」終わり）
[計算補題2.3]
△ABCについてその面積をS，BC＝a，CA＝b，AB=c，２s＝a＋b＋c，内接円の半径をrとする。
このとき
(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)－ｒ^2＝(ｃｒ^2)/(ｓ－ｃ) ・・・(２.3.1)
「証明」
ヘロンの公式と r＝S/sを使う。
S^2＝s(s－a)(s－ｂ)(s－c) だから (s－a)(s－ｂ)＝S^2/{s(s－c)} よって
(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)－r^2＝(S^2)/{ｓ(ｓ－c)}－(S/ｓ)^2＝(S^2)×{s－(s－c)}×1/{(ｓ^2)(ｓ－c)}
＝c{(S/ｓ)^2}/(s－c)＝(cr^2)/(ｓ－c)
（[計算補題2.3]の「証明」終わり）
◎[補題2.1]と[補題2.2] は「内心I]の方からでてくる性質であった。
次に「傍接円」の方からの性質を述べる。
[命題2.4]
△ABCにたいし BC＝ａ，CA＝ｂ，AB=ｃ，2ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃ，内接円の接点を[補題2.1]のように
Ｌ，M，Nとしておく。
また「傍接円E_A」を考え、直線ABとの接点をD，直線ACとの接点を点Eとおく。
DE_A＝r_A である。このとき、
BD＝ｓ－ｃ ，CE＝ｓ－ｂ・・・(２.4.1) ，r_A＝S/(ｓーａ) ⇔ S＝(r_A)(ｓ－ａ)・・・(２.4.2)
また r_A＝(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)/r⇔rr_A＝(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)・・・(２.4.3) となる。
「証明」
まず D(E_A)＝r_A に注意。 BD＝X とおく。Xと r_A の連立方程式を作り、それを解く。
(1) ∠CBD＝180°－Ｂ だから ∠DB(E_A)＝∠CBD/2＝90°ーB/2
よって 直角三角形BD(E_A)において ∠B(E_A)D＝B/2 ・・(２.4.3.*) ← ここがポイントである。
ゆえに tan(B/2)＝BD/D(E_A)=X/(r_A) つまり tan(B/2)=X/(r_A) ・・・(２.4.4)
[補題2.2]の(2.2.1)から tan(B/2)=ｒ/(ｓ－ｂ)
よって、まず X/(r_A)＝r/(ｓ－ｂ) ・・・(２.4.5) の等式を得る。
(2) 次に
直角三角形AD(E_A)では、∠DA(E_A)＝A/2 ，AD＝AB＋BD＝c＋X だから
tan(A/2)=(r_A)/(X＋c) これと [補題2.2]の(2.2.1)から tan(A/2)=r/(ｓ－ａ)
よって (r_A)/(X＋ｃ)＝r/(ｓ－a) ・・・(２.4.6) の等式を得る。
(3) そこで
(２.4.5)×(２.4.6)として r_Aを消去して、
X/(X+c)＝(r^2)/[(ｓ－a)(ｓ－b)] 逆数をとり (X＋ｃ)/X＝(ｓ－a)(ｓ－ｂ)/(r^2)
⇔ 1＋c/X＝(ｓ－a)(ｓ－b)/(r^2) ⇔ c/X＝[(ｓ－a)(ｓ－ｂ)－(r^2)]/(r^2) ・・・(２.4.7)
ここで[計算補題2.3]より (ｓ－a)(ｓ－ｂ)－(r^2)=(ｃr^2)/(ｓ－c) これを(２.4.7)に
代入して ｃ/X＝[(cr^2)/(ｓ－ｃ)]/(r^2)＝ｃ/(ｓ－c)
したがって X＝ｓ－ｃ ・・・(２.4.8) すると X＋ｃ＝ｓとなるから (２.4.6)より
r_A＝(rｓ)/(ｓ－a)=S/(sーa) つまり r_A＝S/(ｓーa) の(２.4.2)式を得た。（これで[命題1.3]も
証明された。） なお、 rs＝S を用いた。
また X＝ｓ－cを(２.4.5) に代入し、その逆数をとり変形して
r_A＝(ｓ－ｂ)(ｓ－c)/r となり (２.4.3)を得る。CE＝s－ｂも同様にできる。
また tan(A/2)=(r_A)/s そして (２.4.6)の前の等式より tan(A/2)＝r/(ｓ－a)
よって tan(A/2)=(r_A)/s =r/(ｓ－a) ・・・（2.4.9) も分かった。
（[命題2.4]の「証明】終わり）
同様に考えて以上のことをまとめれば、
[命題2.5]
S＝rｓ＝(r_A)(ｓ－a)＝(r_B)(ｓ－ｂ)＝(r_C)(ｓ－c) ・・・(2.5.1)
r_A＝S/(sーa)＝(s－ｂ)(s－c)/r ⇔ rr_A＝(ｓ－ｂ)(ｓ－ｃ)・・・(2.5.2)
r_B＝S/(sーｂ)＝(sーc)(s－a)/r ⇔ rr_B＝(ｓ－ｃ)(ｓ－ａ)・・・(2.5.3)
r_C＝S/(sーc)＝(sーa)(s－ｂ)/r ⇔ rr_C＝(ｓ－ａ)(ｓ－ｂ)・・・(2.5.4)
tan(A/2)＝r／(s－a)＝(r_A)/ｓ ，tan(B/2)＝r／(ｓ－ｂ)＝(r_B)/ｓ
tan(C/2)＝r／(s－c)＝(r_C)/ｓ ・・・(2.5.5)
ーーーーーーーーーーーーーーーー
3.
これを用いて次の[命題3.1]を示そう。
[命題3.1]
△ABCの面積をS、外接円の半径を Rとし、r,r_A，r_B，r_C は上記と同様とする。このとき
(1) S^2＝r(r_A)(r_B)(r_C) ⇔ S＝√[r(r_A)(r_B)(r_C)] ・・・(3.1.1)
(2) r＝4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) ・・・(3.1.2)
(3) r_A＝4Rsin(A/2)cos(B/2)cos(C/2) ・・・(3.1.3)
同様に
r_B＝4Rsin(B/2)cos(A/2)cos(C/2) ，r_C＝4Rsin(C/2)cos(A/2)cos(B/2)
[命題3.1]の「証明」
(1) [命題2.5]の(２.5.2)(２.5.3)(２.5.4)を掛け合わせれば
ヘロンの公式 S^2＝s(ｓ－a)(ｓ－ｂ)(s－c) と r＝S/s より
(r^3)(r_A)(r_B)(r_C)＝[(ｓーa)(sーｂ)(ｓーc)]^2=(S^4)/(ｓ^2)＝(S^2)(S/ｓ)^2＝(S^2)(r^2)
よって r(r_A)(r_B)(r_C)＝S^2 となり(3.1.1)が示された。
(2) 正弦定理の a＝2RsinA ,ｂ=2RsinB，c＝2RsinCと「和・積」と2倍角の公式を使う。
なおcos(90°－θ)＝sinθ、sin(90°－θ)＝cosθは縦横に使う。
[命題2.5]から
r＝(s－a）tan(A/2)=R(sinB＋sinB－sinA)tan(A/2)
＝2R[sin(B＋C)/2×cos(BーC)/2－sin(A/2)cos(A/2)]tan(A/2)
＝２Rcos(A/2)tan(A/2)[cos(BーC)/2－cos(B＋C)/2]
＝4Rsin(A/2)[sin(B/2)sin(C/2)]
＝4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) となる。
よって r＝4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) となり (3.1.2)が導かれた。
(3) 同様に [命題2.5]から
r_A＝stan(A/2)＝(1/2)(ａ＋b＋ｃ)tan(A/2)＝R(sinA＋sinB＋sinC)tan(A/2)
＝R[2sin(A/2)cos(A/2)＋2sin{(B+C)/2}cos{(B－C)/2}]tan(A/2)
＝2R[sin(A/2)cos(A/2)＋cos(A/2)cos{(B－C)/2}]tan(A/2)
＝2Rcos(A/2)[sin(A/2)＋cos{(B－C)/2}]tan(A/2)
＝2Rcos(A/2)×tan(A/2)[cos(B＋C)/2＋cos(B－C)/2]
＝4Rsin(A/2)[cos(B/2)cos(C/2)]
＝4Rsin(A/2)cos(B/2)cos(C/2)
よって r_A＝4Rsin(A/2)cos(B/2)cos(C/2) となり(3.1.3)が示された。
（[命題2.5]の「証明」終わり）
「注意」：(2)は sinB＋sinC－sinA＝4cos(A/2)×sin(B/2)sin(C/2)
(3)は sinA＋sinB＋sinC＝4cos(A/2)cos(B/2)cos(c/2) を
「証明しておいて」からやるとわかり易かった。
4.最後に Napier（ネーピア）の公式と呼ばれる式の証明を示しておく。今となっては簡単な
式の変形に過ぎない。「対数」と関係があるのかもしれない。
[命題4.1] Napier（ネーピア）の公式
(ａ＋ｂ)/(ａ－ｂ)＝[tan（A+B)/2]/[tan(A－B)/2] ・・・(4.1.1)
「証明」
正弦定理から
ａ＋ｂ＝2R(sinA＋sinB)＝4R[sin(A+B)/2)cos{(A－B)/2}] ・・・(4.1.2)
ａ－ｂ＝2R(sinA－sinB)＝4R[cos{(A+B)/2}sin{(A－B)/2}] ・・・(4.1.3)
(4.1.2)÷(4.1.3) をして
(ａ＋ｂ)/(ａ－ｂ)＝[sin{(A+B)/2}cos{(A－B/2}]/[cos{(A+B)/2}sin{(A－B)/2})
＝[sin{(A+B)/2}/cos{(A+B)/2}]/[sin{(A－B)/2}/cos{(A－B)/2}]
＝[tan(A＋B)/2]/[tan(A－B)/2]
（Napier（ネーピア）の公式「証明」終わり）
△ABCの傍心のベクトルによる重心座標表現の公式 2009.02.07(土)訂正版
[読者の皆様、いつも読んで下さりありがとうございます。誤りを2022.12.11(日)に訂正しました
ので宜しくお願いします。これで大丈夫と思います…が]
△ABCに対して、その傍接円は３つできる。その「傍接円」の中心を「傍心」という。
したがって 「傍心」は３つある。△ABCの3辺を BC=a,CA=b, AB＝c とおく。
E^mでm次元ユークリッド空間を表すものとし、(→PB)で「ベクトルPB」を表すものとする。
1.
「傍接円の定義」
平面上に辺BCを底辺にとり、頂点Aが上方にくるように△ABCを書いておく。辺ABの頂点Bの方への
延長線上に点D、辺ACの頂点Cの方への延長線上に点Eをとる。
すると∠B=∠ABCと∠C=∠ACBの「外角」はそれぞれ∠CBDと∠BCEになる。
さて辺BCよりも下方で直線ABDよりも右かつ直線ACEよりも左の
△ABCの外部の「領域」を考える。この「領域内」において、
辺BC及び直線ABDに接し、かつ直線ACEに接する一つの円が△ABCの外部にできる。
これを△ABCの『辺BCに「傍接」する「傍接円」』とよぶことにする。
この様な傍接円は辺BCに対してはただ１つ存在する。
その中心をE_Aで表し,「傍心E_A」という。またその円を「傍接円E_A」とよぶことにする。
同様にして『辺CAに「傍接」する「傍接円E_B」』，『辺ABに「傍接」する「傍接円E_C」』ができる。
この様に三角形に対しては「傍接円」は３つできる。
2.
※※※※※ 「傍接円E_A」の中心「傍心E_A」の求め方：※※※※※※※※※※※※※※※※
「傍接円E_A」は辺BCと直線ABDに接するのであるから、その中心E_Aは「∠B=∠ABC」の
外角∠CBDの二等分線m上にあり、「∠C=∠ACB」の外角∠BCEの二等分線n上にもある。
この交点が「傍心E_A」になる。
さらに辺BCの下方へ、∠A=∠BACの二等分線l(エル)を引いてみるとl(エル)はこの点E_Aを通るのである。
つまり、２つの外角と1つの内角の3本の二等分線l(エル)，m,nは1点で交わり、
その交点が「傍心E_A」である。 (これが普通のE_Aの求めかたである。)
3.
[主命題1.1]
△ABCに対して3辺の長さを BC=a,CA=ｂ, AB＝c とおく。
そのとき、「傍心E_A」の「ベクトルによる重心座標表現」は次のようになる。
△ABC⊆E^2⊆E^mとし、任意の点P∈E^m (m≧2)にたいして、
(→PE_A)={－a(→PA)＋ｂ(→PB)＋c(→PC)}/(－a+ｂ＋c) ・・・(1.1.1)
(－a+ｂ＋c)/(－a＋ｂ＋c)＝1だから、
これは確かに△ABCに関する「ベクトルによる重心座標表現」である。
なお、ｂ＋c＞a に注意されたい。
4.
この[主命題1.1]を証明するために準備をする。
[補題1.2]
△ABCにたいして BC=a ，AC=ｂ とおく また ∠BAC＝A，∠ABC＝B と書くことにする。
このとき、よく知られているように
(ア）a＜ｂ⇔ A＜B (イ) a=ｂ⇔ A=B (ウ) a＞ｂ ⇔ A＞B ・・・（1.2)となる。
[補題1.3]
△ABCにおいて a＜ｂ (つまり BC＜ AC)とする。点D,Eは上記1.のようにとる。二等分線nも同じく
外角∠BCEの二等分線とする。
このとき外角∠BCEの二等分線nと直線ABとは交わる。
「証明」
外角∠BCEの二等分線n上 かつ、辺BCの下方に点Fをとる。
∠CBD＋∠BCF ＜180° ・・・(1.3.1) を示せば直線ABと直線nとは1点で交わる。
そこで (1.3.1)を示そう。
まず
∠CBD＝180°－B ・・・(1.3.2) ,∠BCE＝A＋B よって∠BCF＝(∠BCE)/2＝(A＋B)/2 ・・・(1.3.3)
また a＜ｂだから[補題1.2]の(ア)を使うと A＜ B ＜180° よって⇒0°＜(B－A)/2＜90° ・・・(1.3.4)
そこで (1.3.2),(1.3.3)より
∠CBD＋∠BCF=(180°－B)＋(A＋B)/2=180°－(B－A)/2
(1.3.4)から、0°＜180°－(B－A)/2＜180° よって ∠CBD＋∠BCF=180°－(B－A)/2 ＜180° となり
∠CBD＋∠BCF＜180° となって (1.3.1)が示された。
（[補題1.3]の「証明」終わり）
[補題1.4]
△ABCにおいて a=ｂ のとき、∠BCEの二等分線nは直線ABと平行である。
「証明」
a=ｂ ⇔ A＝B から
∠BCE=A＋B＝2A よって ∠BCF=(∠BCE)/2＝A (点Fは[補題1.3]と同じようにとる）
一方 ∠ABC=B=A
ゆえに 二直線AB，nに関して錯角の∠ABCと∠BCFとがAに等しいので平行である。
（[補題1.4]の「証明」終わり）
5.
次に ※※※※※※重要な[命題1.5]を述べる。※※※※※※※※※※
[命題1.5]
△ABCにおいて a＜ｂ (つまり BC＜AC)とする。点D,Eは上記1.のようにとる。二等分線nも同じく
外角∠BCEの二等分線とする。[補題1.3]より外角∠BCEの二等分線nと直線ABとは交わる。
この交点をK_Aとおく。K_Aは辺ABの点Bの方の延長線上にある。
⇒ K_Aは辺ABをｂ:aの比に【外分】する点になる。
A(K_A)：B(K_A)＝ｂ：a
すなわち 点 K_Aは辺ABをｂ:(－a)の比に【分ける点】である。・・・(1.5.1)
【証明」
頂点Bから直線CEに平行な直線を引き、直線n=直線CFとの交点をJとする。
直線BJ//直線ACとなるから∠BJC＝∠JCE（錯角が等しい）・・・(1.5.2)
また、直線CJすなわち直線nは∠BCEの二等分線だから∠BCJ=∠JCE・・・(1.5.3)
よって(1.5.2),(1.5.3)から△BCJにおいて∠BJC＝∠BCJつまり、△BCJは二等辺三角形となり
⇒ BJ=BC=a ・・・(1.5.4)
そこで直線BJと直線ACが平行で、△(K_A)BJと△(K_A)ACにおいて、
∠(K_A)BJ＝∠(K_A)AC、∠B(K_A)J＝∠A(K_A)Cであるから、
⇒△(K_A)BJ∽△(K_A)AC
よって(1.5.4)から
A(K_A)：B(K_A)＝AC：BJ＝AC：BC＝ｂ:a となる。
（[命題1.5]の「証明」終わり）
6.
※※※※※※※それでは[主命題1.1]の「証明」に入る※※※※※※※※※
[命題1.6]
△ABCにおいて 辺BC=a ,CA=ｂ とし、（ア）a＜ｂ または （イ）a=ｂ とする。
『辺BCに「傍接」する「傍接円」』の「傍心」を「E_A」とする。
このとき、（ア）（イ)どちらでも、
(→AE_A)＝[ｂ(→AB)＋c(→AC)]/(－a＋ｂ＋ｃ) ・・・(1.6.1)
「証明」
（ア) a＜b の場合、[補題1.3]から外角∠BCEの二等分線nと直線ABとの交点がある。それをK_Aとする。
[命題1.5]から 点K_Aは辺ABをb:(－a)の比に【分ける点】である。
よって 頂点Cを始点としたベクトルを考えて
(→C(K_A))＝[(－a)(→CA)＋ｂ(→CB)]/{ｂ＋(－a)} ・・・(1.6.2)
「傍心E_A」は直線C(K_A)上にあるから (→CE_A)＝λ(→CK_A) ・・・(1.6.3)となる実数λがある。
(1.6.2),(1.6.3)から
(→AE_A)－(→AC)＝λ[(－a)(→CA)＋b{(→AB)－(→AC)}]/{ｂ＋(－a)}
＝(ｂλ)/(ｂ－a)(→AB)＋{(a－b)λ/(ｂ－a)}(→AC)
＝(ｂλ)/(ｂ－a)(→AB)－λ(→AC)(∵a＜ｂ)
ゆえに (→AE_A)＝(ｂλ)/(ｂ－a)(→AB)＋(1－λ)(→AC) ・・・(1.6.4)
一方 A(E_A)は∠BACの二等分線l(エル)であるから
直線A(E_A)と辺BCとの交点をLとすれば、BL：LC＝c:ｂより
(→AE_A)＝μ[ｂ(→AB)＋c(→AC)]/(ｂ＋c) ・・・(1.6.5) となる実数μがある。
(→AB)，(→AC)は一次独立だから(1.6.4),(1.6.5)より
(ｂμ)/(ｂ＋c)=(ｂλ)/(ｂ－a) ・・・(1.6.6) かつ
(cμ)/(ｂ＋c)=1－λ ・・・(1.6.7) このλ，μの連立方程式を解く。
(1.6.6) ⇔ λ＝μ(ｂ－a)/(ｂ＋c) ・・・(1.6.8) これを(1.6.7)に代入して
(cμ)/(ｂ＋c)＝{(ｂ＋c－(ｂ－a)μ}/(ｂ＋c)
⇔ cμ＝ｂ＋c－(ｂ－a)μ ⇔ (ｂ＋c－a)μ＝b＋c ⇒ μ＝(ｂ＋c)/(ｂ＋c－a) ・・・(1.6.9)
(1.6.9)を(1.6.5)に代入して
(→AE_A)＝[ｂ(→AB)＋c(→AC)]/(－a＋ｂ＋c) となり、(1.6.1)が示された。
（イ) a＝bのときC(E_A)∥ABより
(→CE_A)＝λ(→AB) ・・・(1.6.10)
また (→AE_A)＝μ[ｂ(→AB)＋c(→AC)]/(ｂ＋c) ・・・(1.6.5)となる実数λ,μがある。
(∵E_Aは∠BACの二等分線l(エル)上にある)
(1.6.10)⇔ (→AE_A)＝λ(→AB)＋1(→AC) ・・・(1.6.11)
ここで、(→AB)，(→AC)は一次独立だから(1.6.5),(1.6.11)より
(ｂμ)/(ｂ＋c)=λ ・・・(1.6.12) かつ (cμ)/(ｂ＋c)=1 ・・・(1.6.13)
(1.6.13) ⇔ μ＝(ｂ＋c)/c ・・・(1.6.14)
a＝ｂ ⇒ ｂ＋c－a=c よって (1.6.14) ⇔ μ＝(ｂ＋c)/(ｂ＋c－a) ・・・(1.6.15)
(1.6.15)を(1.6.5)に代入して
(→AE_A)＝[b(→AB)＋c(→AC)]/(－a＋ｂ＋c) となり、やはり(1.6.1)が示された。
（[命題1.6]の「証明」終わり）
◎同様にして
[命題1.7]
△ABCにおいて 辺BC=a ,CA=ｂ とし、（ウ）a ＞ｂ とする。
『辺BCに「傍接」する「傍接円」』の「傍心」を「E_A」とする。
このとき、
(→AE_A)＝[ｂ(→AB)＋c(→AC)]/(－a＋ｂ＋c) ・・・(1.7.1)
※※※※※※※以上の[命題1.6] [命題1.7]より目標の[主命題1.1]が証明される※※※※※※※※※
[主命題1.1]の「証明」
△ABCにおいて 辺BC=a ,CA=ｂ としたとき、
その【傍心E_A】について
(→AE_A)＝[ｂ(→AB)＋c(→AC)]/(－a＋ｂ＋c) ・・・(1.1.2)
よって
(→PE_A)－(→PA)＝[ｂ(→PB)－ｂ(→PA)＋c(→PC)－c(→PA)]/(－a＋ｂ＋c)
⇔ (→PE_A)＝{(－a＋ｂ＋c)－(ｂ＋c)}(→PA)/(－a＋ｂ＋c)＋{ｂ(→PB)＋c(→PC)}/(－a＋ｂ＋c)
＝{－a(→PA)＋ｂ(→PB)＋c(→PC)}/(－a＋ｂ＋c)
となって証明された。
（[主命題1.1]の「証明」終わり）
垂心四面体ABCDで成り立つベクトル等式の「証明」2009.01.20(火)
［表記の約束］： (→PQ)で「ベクトルPQ」を表し、E^mでm次元ユークリッド空間を表すことにする。
また S_A のAは下付きのA（添字）を表す。((→AB)，(→AC))でもって (→AB)と(→AC)の「内積」を
表すことにし、一般の四面体に対してその「体積」をＶで表す。
◎さらに、J(3)は次のような3次の対称正方行列で、detJ(3)はその「行列式」を表す。detJ(3)は
いわゆる「Gramの行列式」である。
J(3)＝
( (→AB,→AB) (→AB,→AC) (→AB,→AD) ）
( (→AC,→AB) (→AC,→AC) (→AC,→AD) ）
( (→AD,→AB) (→AD,→AC) (→AD,→AD) ）
(→AB),(→AC)，(→AD)は一次独立だから detJ(3)＞0 である。
さて、2009.01.14(水)に与えた「ベクトル等式」を証明する。
次のようであった。
[命題1.1」
垂心四面体ABCDにおいて
△BCD、△ACD、△ABD、△ABCの面積を順 に S_A ,S_B, S_C,S_D とし、
頂点 A,B,C,D から対面の△BCD、△ACD、△ABD、△ABCに下した垂線の足をそれぞれ
H_A,H_B,H_C,H_Dとすれば、
等式
{(S_A)^2}(→AH_A)+{(S_B)^2}(→BH_B)+{(S_C)^2}(→CH_C)＋{(S_D)^2}(→DH_D)=(→0)
・・・(1・1・1)
が成立する。
◎
△ABC では、対応する等式は次のようになる。
[命題2.1]
３辺 BC,CA,AB の長さをそれぞれ a,b,c とし、頂点 A,B,Cから対辺 BC,CA,AB に
下した垂線の足を、順に H_A , H_B, H_C とし、△ABCの面積をSとすれば、
等式
(a^2)(→AH_A)+(b^2)(→BH_B)+(c^2)(→CH_C)＝(→0)
・・・(2・1・1)
が成立する。
※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※
(ア)垂心四面体ABCDで成り立つ事柄の復習
[命題1.2]
「四面体ABCD」の「垂心Ｈ」が存在する
⇔(1) AB⊥CD かつ AC⊥BD かつ AD⊥BC ・・・(1.2.1)
⇔(2) (AB)^2＋(CD)^2=(AC)^2＋(BD)^2=(AD)^2＋(BC)^2 ・・・(1.2.2)
(1)は容易に
⇔ ((→AB)，(→AC))=((→AB)，(→AD))=((→AC)，(→AD)) ・・・(1.2.3)
⇔ ((→BA)，(→BC))=((→BA)，(→BD))=((→BC)，(→BD)) ・・・(1.2.4)
⇔ ((→CA),(→CB))＝((→CA)，(→CD))=((→CB)，(→CD)) ・・・(1.2.5)
⇔ ((→DA)，(→DB))=((→DA)，(→DC))=((→DB)，(→DC)) ・・・(1.2.6)
そこで 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)) ・・・(1.2.7)
とおく。 このとき、
[命題1.3]
垂心四面体ABCDにおいて
x＋y＝(AB)^2 ，x＋z＝(AC)^2， x＋w＝(AD)^2，
y＋z＝(BC)^2 ，y＋w＝(BD)^2， z＋w＝(CD)^2 ・・・(1.3.1)
であった。
また
[命題1.4]
垂心四面体ABCDにおいて
detJ(3)＝(6V)^2＝yzw＋xzw＋xyw＋xyz ・・・(1.4.1) であった。
※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※
(イ) △ABCで成り立つ事の復習
[命題2.2］
△ABCにおいて、その面積をSとし，x＝((→AB)，(→AC))，y＝((→BA)，(→BC))，z＝((→CA),(→CB))と
おけば、x＋y＝(AB)^2 ，x＋z＝(AC)^2，y＋z＝(BC)^2 ・・・(2.2.1)となる。
その「垂心H」の「ベクトルによる重心座標表現」は任意の点P∈E^m（m≧２)
（ ただし△ABC⊆E^2⊆E^m）としておく） に対して、
(→PH)＝1/{4(S^2)}[yz(→PA)＋xz(→PB)＋xy(→PC)］ ・・・(2.2.2)
また 4(S^2)＝yz＋xz＋xy ・・・(2.2.3) であった。
◎ 以上(ア)(イ)が復習である。
※※※※※※※※※※※※ それでは「証明」に入る ※※※※※※※※※
[命題1.1」の「証明」
垂心四面体ABCDの「垂心」をＨとする。
このとき、2008.11.3[垂心四面体で見落としていた大事な事］のブログで述べたように
H_A,H_B,H_C,H_D は順に△BCD,△ACD、△ABD,△ABCの「垂心」であった。よって[命題2.2］の
三角形での「垂心のベクトルによる重心座標表現」により、[命題1.2]の(1.2.7)に注意すれば、
任意の点P∈E^m(m≧3)に対して、
(→PH_A)＝1/{4(S_A)^2}[zw(→PB)＋yw(→PC)＋yz(→PD)］ ・・・(1.1.1)
かつ 4(S_A)^2＝zw＋yw＋yz ・・・(1.1.2)
同様に
(→PH_B)＝1/{4(S_B)^2}[zw(→PA)＋xw(→PC)＋xz(→PD)］ ・・・(1.1.3)
4(S_B)^2＝zw＋xw＋xz ・・・(1.1.4)
(→PH_C)＝1/{4(S_C)^2}[yw(→PA)＋xw(→PB)＋xy(→PD)］ ・・・(1.1.5)
4(S_C)^2＝yw＋xw＋xy ・・・(1.1.6)
(→PH_D)＝1/{4(S_D)^2}[yz(→PA)＋xz(→PB)＋xy(→PC)］ ・・・(1.1.7)
4(S_D)^2＝yz＋xz＋xy ・・・(1.1.8)
したがって(1.1.1)，(1.1.3)，(1.1.5)，(1.1.7)の分母を払い、四式を加えて
(1.1.2)，(1.1.4)，(1.1.6)，(1.1.8)を使えば
{4(S_A)^2}(→PH_A)＋{4(S_B)^2}(→PH_B)＋{4(S_C)^2}(→PH_C)＋{4(S_D)^2}(→PH_D)
＝zw(→PB)＋yw(→PC)＋yz(→PD)＋zw(→PA)＋xw(→PC)＋xz(→PD)
＋yw(→PA)＋xw(→PB)＋xy(→PD)＋yz(→PA)＋xz(→PB)＋xy(→PC)
＝(zw＋yw＋yz)(→PA)＋(zw＋xw＋xz)(→PB)
＋(yw＋xw＋xy)(→PC)＋(yz＋xz＋xy)(→PD)
＝{4(S_A)^2}(→PA)＋{4(S_B)^2}(→PB)＋{4(S_C)^2}(→PC)＋{4(S_D)^2}(→PD)
すなわち
{4(S_A)^2}(→PH_A)＋{4(S_B)^2}(→PH_B)＋{4(S_C)^2}(→PH_C)＋{4(S_D)^2}(→PH_D)
＝{4(S_A)^2}(→PA) ＋{4(S_B)^2}(→PB) ＋{4(S_C)^2}(→PC) ＋{4(S_D)^2}(→PD) ・・・(1.1.8)
ゆえに {4(S_A)^2}[(→PH_A)－(→PA)]＋{4(S_B)^2}[(→PH_B)－(→PB)]
＋{4(S_C)^2}[(→PH_C)－(→PC)]＋{4(S_D)^2}[(→PH_D)－(→PD)]＝(→0)
すなわち
{(S_A)^2}(→AH_A)＋{(S_B)^2}(→BH_B)＋{(S_C)^2}(→CH_C)＋{(S_D)^2}(→DH_D)＝(→0)
よって [命題1・1]は証明された。
（ [命題１・１]の「証明」終わり ）※ 注意：[命題1.4]は使用しなかった。
次に △ABCの場合の[命題2.1]は、次の[命題２．３]を使う。
[命題２．３] [命題2．2]から次の事が分かる。
△ABCにおいて、頂点A、B、Cから対辺 BC、CA、AB に下した垂線の足を順にH_A，H_B，H_Cとすれば、
H_A，H_B，H_C は 辺 BC，CA ，ABを
B(H_A)：(H_A)C＝y:z ，C(H_B)：(H_B)A＝z:x ，A(H_C)：(H_C)B＝x:y
の比に分ける点である。
[命題２．３]については、Gooのブログ「あれこれゆっくりと学びについて考える」
の2008.8.31の[三角形の垂心のベクトルによる重心座標表現」に
書いてあるので,そちらを見ていただきたい。）
※※※※※※※※※※※※ [命題2.1]の「証明」をしよう※※※※※※※※※
[命題２．３]から△ABCの場合の[命題2.1]の「証明」は簡単である。
[命題2.1]の「証明」
[命題２．３]から
[命題2.2]の(2・2・1)に注意すれば
(→AH_A)＝{1/(y＋z)}[z(→AB)＋y(→AC)]＝{1/(a^2)}[z(→AB)＋y(→AC)] ・・・（2.1.1)
(→BH_B)＝{1/(x＋z)}[z(→BA)＋x(→BC)]＝{1/(b^2)}[z(→BA)＋x(→BC)] ・・・（2.1.2)
(→CH_C)＝{1/(x＋y)}[y(→CA)＋x(→CB)]＝{1/(c^2)}[y(→CA)＋x(→CB)] ・・・（2.1.3)
（ なお BC＝a ，CA＝b ，AB＝c に注意せよ ）
分母を払って 加えれば
(a^2)(→AH_A)＋(b^2)(→BH_B)＋(c^2)(→CH_C)
＝[z(→AB)＋y(→AC)]＋[z(→BA)＋x(→BC)]＋[y(→CA)＋x(→CB)]
＝[z(→AB)＋z(→BA)]＋[y(→AC)＋y(→CA)]＋[x(→BC)＋x(→CB)]
＝(→0)＋(→0)＋(→0)＝(→0)
（ [命題2.1]の「証明」終わり ）
※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※
◎ [命題1.1」の「別証明」
(1.1.1)で P ⇒A ，(1.1.3)で P ⇒B ，(1.1.5)で P ⇒ C ，(1.1.7)で P ⇒ D として
分母を払い四式を加えれば、
{4(S_A)^2}(→AH_A)＋{4(S_B)^2}(→BH_B)＋{4(S_C)^2}(→CH_C)＋{4(S_D)^2}(→DH_D)
＝[zw(→AB)＋zw(→BA)]＋[yw(→AC)＋yw(→CA)]＋[yz(→AD)＋yz(→DA)］
＋[xw(→BC)＋xw(→CB)]＋[xz(→DB)＋xz(→BD)]＋[xy(→CD)＋xy(→DC)］
＝(→0)＋(→0)＋(→0)＋(→0)＋(→0)＋(→0)＝(→0)
（ [命題1.1」の「別証明」終わり）
＜垂心四面体で成り立つベクトル等式＞ 2009.1.14(水)
１ 復習
垂心四面体ABCDとは、４つの頂点A,B,C,Dから対面に下した4本の垂線が1点で交わる四面体をさす。
この交点を「四面体ABCD」の「垂心」と呼ぶ。
［命題1.1］
垂心四面体ABCDにおいて、
△BCD、△ACD、△ABD、△ABCの面積を順にS_A ，S_B ，S_C ，S_Dとし、
頂点A,B,C,Dから対面に下した垂線の足をそれぞれH_A，H_B ，H_C ，H_D
とすれば、 H_A，H_B ，H_C ，H_Dはそれぞれ△BCD、△ACD、△ABD、△ABCの
三角形としての「垂心」 であるが、
等式
[(S_A)^2](→AH_A)＋[(S_B)^2](→BH_B)＋[(S_C)^2](→CH_C)＋[(S_D)^2](→DH_D)＝(→0)
・・・(1.1.1)
が成立する。
２
三角形ABCでは、対応する等式は、次のようになる。
［命題2.1］
3辺BC，CA，ABの長さをそれぞれ a，b，c とし、頂点A，B，Cから対辺BC，CA，ABに
下した垂線の足を、順にH_A H_B ，H_C とすれば、
等式
(a^2)(→AH_A)＋(b^2)(→BH_B)＋(c^2)(→CH_C)＝(→0) ・・・(2・1・1）
が成立する。
「証明は近いうちに示す」
垂心四面体ができる条件の補足 2008.12.12(金)
2008.12.9(火)に「一般の四面体が3次元空間内に実現できる条件」を述べた。（証明はしてない）
（四面体ABCDにおいて、6辺の長さを BC＝a，CA=b,AB＝c，BD＝e，CD＝fとおく。）
また、前に「垂心四面体ABCDの垂心・外心の具体例1.2.3.4.5」では、
6辺a,b,c,d,e,fの内 △ABCの3辺a，b，cで三角形ができる・・・(1.1)
ようにし、第4番目の辺dの長さを決めるのにｄ＞０が与えられたとすれば、
垂心四面体の条件a^2+d^2=b^2+e^2=c^2+f^2より、
e^2＝d^2＋(a^2－b^2)>0 ・・・(1.2) かつ f^2=d^2＋(a^2－c^2)>0 ・・・(1.3)
となるようにd^2の条件を決め、さらに何度もこのBlogで用いてきた(4×Gramの行列式)
4detJ>0 ・・・(1.4) の条件をも満たすようにd^2の範囲を求めた。
そのとき、△ABC以外の四面体ABCDの3つの面が実際に、構成できることを示して
説明してきたが、これは不要であり、
実は、d^2については(1.2)～(1.4)までの3つの条件が満たされるようにすれば十分なのである。
そのことを「説明しよう」と思う。
まず
[命題1.1]
正の数 a,b,cで △ABCができる条件は、
⇔ ヘロンの公式の式の中に表れてくる、
H(a,b,c)＝(a＋b＋c)(a＋b－c)(b＋c－ａ)(c＋a－b) ・・・(1.5)式を
考えたとき、H(a,b,c)＞０となること
これは、例えば b,c正の数が与えられたとき、x＞０としたとき、xの３次の関数
f(x)＝H(x,b,c)/(x＋b＋c)＝(x＋b－c)(b＋c－x)(c＋x－b)・・・(1.6)を考え
これをx＞０の範囲で不等式f(x)＞０を解けば、
|b－ｃ|＜x＜b＋c ・・・(1.７)となることから分かる。
◎
H(a,b,c)＞０ということは △ABCの面積をS_Dとしたとき、
16{(S_D)^2}＝H(a,b,c)＞０だから
(S_D)^2＞０となる（面積が正で存在！）ということである。
[2]
ところで「垂心四面体ABCD」で成り立つ「種々の等式」の内、
detJ＝4(S_D)^2(d^2)－(a^2)(x^2)＝4(S_D)^2(k^2)－(abc)^2 ・・・(2.1)
という式があった。（そして、(S_D)^2の部分はH(a,b,c)の式から導いていた。）
ここに、kは a^2+d^2=b^2+e^2=c^2+f^2=k^2を満たす正の数、S_Dは△ABCの面積である。
（Blog内のLinkの貼りかたが分からないので済みませんが、前の「種々の等式の証明」
のところを見てください。）
この detJ=4{(S_D)^2}(k^2)－(abc)^2という式は次のようにも表現できる。
detJ=4{(S_A)^2}(k^2)－(aef)^2＝4{(S_B)^2}(k^2)－(dbf)^2
＝4{(S_C)^2}(k^2)－(cde)^2＝4{(S_D)^2}(k^2)－(abc)^2 ・・・(2.2)
が成立している。ここで 16{(S_A)^2}＝H(a,e,f)，16{(S_B)^2}＝H(d,b,f)
16{(S_B)^2}＝H(c,d,e) ,16{(S_D)^2}＝H(a,b,c) である。
したがって、（ここからは、前に述べた畏友K氏が注意してくれたものである。）
detJ＞であれば 4{(S_A)^2}(k^2)－(aef)^2＞０ ，4{(S_B)^2}(k^2)－(dbf)^2＞０
4{(S_C)^2}(k^2)－(cde)^2＞０ となる。
よって (S_A)^2＞(aef)^2/{4(k^2)}＞０ ，(S_B)^2＞(dbf)^2/{4(k^2)}＞０，
(S_C)^2＞(cde)^2/{4(k^2)}＞０
より、H(a,e,f)＞０，H(d,b,f)＞０，H(c,d,e)となる。
つまり 垂心四面体ABCDにおいて、
detJ＞０であれば H(a,e,f)＞０，H(d,b,f)＞０，H(c,d,e)＞０
となるので △BCD，△ACD，△ABDが構成できるというわけである。
ここに S_A＝△BCDの面積、S_B＝△ACDの面積，S_C＝△ABDの面積
[命題2.1]
垂心四面体ABCDにおいて detJ＞０
から H(a,e,f)＞０ ，H(d,b,f)＞０，H(c,d,e)＞０，H(a,b,c)＞０
が導かれる。
「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」の続き
2008_12_10(水)
[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。
「四平方定理」を「一般の垂心四面体」へ拡張した「七平方定理」 2008.11.3(月)
☆ この「定理」は2008.10.30(木)に得たばかりである。
「垂心四面体ABCD」の6辺の長さを例によって、
BC＝a ，CA＝b ，AB＝c ，AD＝d ，BD＝e ，CD＝f ・・・(1.1.1)とし、
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)) ・・・(1.1.2)とおくと、
x＝(b^2＋c^2－a^2)/2＝(c^2＋d^2－e^2)/2＝(d^2＋b^2－f^2)/2
y＝(c^2＋a^2－b^2)/2＝(e^2＋c^2－d^2)/2＝(a^2＋e^2－f^2)/2
z＝(a^2＋b^2－c^2)/2＝(b^2＋f^2－d^2)/2＝(f^2＋a^2－e^2)/2
w＝(d^2＋e^2－c^2)/2＝(f^2＋d^2－b^2)/2＝(e^2＋f^2－a^2)/2 ・・・(1.1.3)
kを a^2＋d^2=b^2＋e^2=c^2＋f^2＝k^2 ・・・(1.1.4)を満たす正の数とする。
また、△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABCの面積をそれぞれ、S_A ，S_B ，S_C ，S_D
とする。
このとき、次の関係式(1.1.5)があった。
y＋z＝a^2 ，x＋z＝b^2 ，x＋y＝c^2 ，
x＋w＝d^2 ，y＋w＝e^2 ，z＋w＝f^2 ・・・(1.1.5)
実は、
「四面体ABCD」が「垂心四面体」であること、つまり(1.1.2) ⇔ (1.1.5) である。
このことは、また別の機会に示すつもりである。
さて、次の[定理2.1]が成り立ち、これは、「3直角四面体」で成立する「四平方定理」の
自然な拡張である。平方が7つあるので「七平方定理」と呼ぶことにする。
すなわち、
[定理2.1] 垂心四面体の「七平方定理」・・・・次の(2.1.5）を指す。
「垂心四面体ABCD」の6辺の長さを、
BC＝a ，CA＝b ，AB＝c ，AD＝d 、BD＝e ，CD＝f ・・・(2.1.1)とし、
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)) ・・・(2.1.2)とおき、
kを a^2＋d^2=b^2＋e^2=c^2＋f^2＝k^2 ・・・(2.1.3)を満たす正の数とする。
また、△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABCの面積をそれぞれ S_A ，S_B ，S_C ，S_D
とする。
このとき、aとd ，bとe ，cとfが3組の対辺であるが、
(1) 4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]＝(ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2 ・・・(2.1.4)
が成立する。
すなわち (2S_A)^2＋(2S_B)^2＋(2S_C)^2＋(2S_D)^2＝(ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2 ・・・(2.1.5）
(2) 「A－3直角四面体」では、上の(2.1.3)から
よく知られた、(S_A)^2＝(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2 ・・・(2.1.6) の式が
自然に導かれる。
「証明」
(1) 2008.11.03(月)に、このBlogのあとにアップロードする予定のBlog「垂心四面体ABCDの垂心の
ベクトルによる重心座標表現で見落としていた大事なこと」により、
S_A ，S_B ，S_C ，S_Dは それぞれ △BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABCの面積だから、
4(S_A)^2＝zw＋yw＋yz ・・・(2.2.1)， 4(S_B)^2＝zw＋xw＋xz ・・・(2.2.2)
4(S_C)^2＝yw＋xw＋xy ・・・(2.2.3)， 4(S_D)^2＝yz＋xz＋xy ・・・(2.2.4)
これらを加えれば、(1.1.5)を用いて
4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]
＝(zw＋yw＋yz)＋(zw＋xw＋xz)＋(yw＋xw＋xy)＋(yz＋xz＋xy)
＝2(xy＋xz＋xw＋yz＋yw＋zw）
＝2{x(z＋w)＋y(x＋w)＋z(y＋w)}
＝2{x(f^2)＋y(d^2)＋z(e^2)}
＝(2x)(f^2)＋(2y)(d^2)＋(2z)(e^2) ・・・(2.2.5)
ここで (1.1.3)から
2x＝b^2＋c^2－a^2 ，2y＝c^2＋a^2－b^2 ，2z＝a^2＋b^2－c^2 を代入して
4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]
＝(b^2＋c^2－a^2)(f^2)＋(c^2＋a^2－b^2)(d^2)＋(a^2＋b^2－c^2)(e^2)
ところで、(2.1.3)の a^2＋d^2=b^2＋e^2=c^2＋f^2＝k^2 により、d^2，e^2，f^2を
k^2と、a^2，b^2，c^2で表せば、
4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]
＝(b^2＋c^2－a^2)(k^2－c^2)＋(c^2＋a^2－b^2)(k^2－a^2)＋(a^2＋b^2－c^2)(k^2－b^2)
＝{(b^2＋c^2－a^2)＋(c^2＋a^2－b^2)＋(a^2＋b^2－c^2)}(k^2)
－[(c^2){(b^2)＋(c^2)－(a^2)}＋(a^2){(c^2)＋(a^2)－(b^2)}＋(b^2){(a^2)＋（b^2)－(c^2)}]
＝{(a^2)＋(b^2)＋(c^2)}(k^2)
－[(bc)^2＋(c^4)－(ac)^2＋(ac)^2＋(a^4)－(ab)^2＋(ab)^2＋(b^4)－(bc)^2]
＝{(a^2)＋(b^2)＋(c^2)}(k^2)－[(a^4)＋(b^4)＋(c^4)]
＝(a^2){(k^2)－(a^2)}＋(b^2){(k^2)－(b^2)}＋(c^2){(k^2)－(c^2)}
＝(a^2)(d^2)＋(b^2)(e^2)＋(c^2)(f^2)
＝(ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2
ここで、(2.1.3)の a^2＋d^2=b^2＋e^2=c^2＋f^2＝k^2 により
(k^2)－(a^2)＝(d^2) ，(k^2)－(b^2)＝(e^2) ，(k^2)－(c^2)＝(f^2）を用いた。
こうして (2.1.4)の
4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]＝(ad)^2＋(be)^2＋(cf)^2
が導かれた。
次に
(2)を示そう。
「A－3直角四面体ABCD」は、∠BAC＝∠BAD＝∠CAD＝90度の四面体で、これは「垂心H」が
「頂点A」になる特殊な「垂心四面体」であった。
よって 上の(1.1.2)の x＝0 であって、
x＝((→AB)，(→AC))＝((→AB)，(→AD))＝((→AC)，(→AD))＝0
これは(1.1.3)から、
b^2＋c^2－a^2＝c^2＋d^2－e^2＝d^2＋b^2－f^2＝0 ，
a^2＝b^2＋c^2 ，e^2＝c^2＋d^2 ，f^2＝b^2＋d^2 ・・・(2.3.1)
ゆえに a^2，e^2，f^2は b^2 ，c^2 , d^2 で表される。
よって
△ABCは∠BAC＝90度の直角三角形、△ABDは∠BAD＝90度の直角三角形，
△ACDは∠CAD＝90度の直角三角形であり、
S_D＝(bc)/2 ，S_C＝(cd)/2 ，S_B＝(bd)/2 ゆえに
bc＝2(S_D) ，cd＝2(S_C) ，bd＝2(S_B) ・・・(2.3.2) である。
さて、
(1)で証明した公式(2.1.4)の右辺に(2.3.1)を代入すれば、
(2.1.4)の右辺＝(a^2)(d^2)＋(b^2)(e^2)＋(c^2)(f^2)
＝(b^2＋c^2)(d^2)＋(b^2)(c^2＋d^2)＋(c^2)(b^2＋d^2)
＝2{(bd)^2＋(cd)^2＋(bc)^2} ・・・(2.3.3)
これに (2.3.2)を代入すれば、
(2.1.4)の右辺＝8[(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]となる。
よって (2.1.4)式は
4[(S_A)^2＋(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]＝8[(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2] となる。
ゆえに 4(S_A)^2＝4[(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2]
すなわち (S_A)^2＝(S_B)^2＋(S_C)^2＋(S_D)^2
となり、(2.1.6)式が自然に導かれた。
（証明 終わり）