重心座標表現の意味（その1)

「ベクトルによる重心座標表現」の意味> (その１) 2008.09.06(土)

☆　　「ベクトル　AB」を　(→AB）で表し、「ベクトル　a」を(→a）、
また「零　ベクトル」を(→0）で表すことにする。また下の添字を使うものは前後の文章で区別
できるときは、An(Aのn番目）と表し、区別したほ方が分かりやすいときはA_nなどとする。
また両方を自在に使うものとする。mを自然数として、E^mで「m次元ユークリッド空間」を表す
ものとする。E^3で「3次元ユークリッド空間」という具合である。

さて、既に△ＡＢＣの「垂心Ｈ」「外心Ｏ」の「ベクトルによる重心座標表現」を与えた。
このとき、「ベクトルの内積」を使った表示が「基本」であった。その「証明」を
与える前に、「ベクトルによる重心座標表現」とはどういうものかを述べておこう。
ここで使うのは、位相幾何学でのいわゆる「単体」についてのものである。

m,nを自然数として　m≧nとする。E^n内の(n＋1）個の点A_0,A_1，A_2,・・・，A_nをとる。
A_0,A_1，A_2,・・・，A_nを頂点とする「n次元単体」を|A0，A1，A2,・・・，An｜で
表すことにする。さらに|A0，A1，A2,・・・，An｜⊂E^n⊂E^m　とする。E^m内の
かってな点Pをとり固定し、これを「基準点P」と呼ぶことにする。
このとき　E^n内の任意の点Ｔに対し(n＋1）個の実数　λ0，λ1，λ2,・・・，λnで、
　λ0＋λ1＋λ2＋・・・＋λn=1　・・・(1.1.1)　となるものが「一意的に」定まり、
(→PT)=λ0(→PA_0)＋λ1(→PA_1)＋λ2(→PA_2)＋・・・＋λn(→PA_n)　・・・(1.1.2)
と表される。これはよく知られている。大事なことは、

「E^n内の点Ｔによって一意的にきまる、このλ0，λ1，λ2,・・・，λnが
　条件(1.1.1)により、E^m内の基準点Pの位置によらず、Pと異なるE^m内の基準点Qに
　　対しても「同じ」λ0，λ1，λ2,・・・，λnによって
(→QT)=λ0(→QA_0)＋λ1(→QA_1)＋λ2(→QA_2)＋・・・＋λn(→QA_n)　・・・(1.1.3)
　　　と表される」ということである。

これが一般の「n次元単体」についての「ベクトルによる重心座標表現」の意味である。　
　一般の「n次元単体」に対してこの「ベクトルによる重心座標表現」を説明すると
繁雑になるので、以下　n=3で説明しよう。他の場合も同様である。
n=3のときで考える。m≧3とし、E^mをm次元ユークリッド空間，A0,A1，A2,A3は
E^3の4点とする。「3次元単体」　|A0,A1，A2,A3｜で考えることになるが、
A0=A,A1=B，A2=C,A3=Dとおき、「3次元単体」の|A,B，C,D｜で議論する。
　　|A,B，C,D｜⊂E^3⊂E^m　である。
「単体」についてほんの少しだけふり省ってみよう。
[定義1.1]
　　4点A,B，C,Dが「一般の位置にある」
　⇔(def)　「ベクトル(→AB)，(→AC)，(→AD)が一次独立」
　この定義は次の[補題１．2]から　well-defind　であることが分かる。

[補題1.2]
　 ベクトル (→AB),(→AC)，(→AD)が一次独立　・・・(1.2.1)
　⇔ ベクトル(→BA)，(→BC),(→BD)が一次独立　 ・・・(1.2.2)
⇔ ベクトル(→CA)，(→CB),(→CD)が一次独立　 ・・・(1.2.3)
⇔ ベクトル(→DA)，(→DB),(→DC)が一次独立　 ・・・(1.2.4)
「証明」
　(1.2.1)であるとする。このとき、(1.2.2)を示せば十分である。
そこで、今　α(→BA)＋β(→BC)＋γ(→BD)=(→0)　・・・(1.2.5)としよう。
(→BA)=ー(→AB)，(→BC)=(→AC)ー(→AB)などにより、(1.2.5)は、
ー(α＋β＋γ)(→AB)＋β(→AC)＋γ(→AD)=(→0)　となる。ここで、
　(→AB)，(→AC)，(→AD)が一次独立だから、
　ー(α＋β＋γ)=0，β=0，γ=0　よって　α=β＝γ=0　となる。
　　（証明終わり）
よって、「3次元単体」の|A,B，C,D｜　⇔　四面体ABCD　となる。
[補題1.3]
　mは自然数，m≧3としE^3を3次元ユークリッド空間、E^3⊂E^mであるとする。
　PをE^m内の任意の点、A,B，C,DはE^3内の４点で、
　(→AB),(→AC)，(→AD)が一次独立であるとする。そのとき次のことが成立する。
　「もし　実数κ（カッパ），λ，μ，ν　があって、
　　κ＋λ＋μ＋ν=0　かつ　κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)=(→0) 」
⇒　「実は　κ＝λ=μ=ν=0　　　・・・(1.3.1)」　
「証明」
　　κ＋λ＋μ＋ν=0　より　κ=ー(λ＋μ＋ν)　これを　
　　κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)=(→0)に代入して、
　　λ{(→PB)ー(→PA)}＋μ{(→PC)－(→PA)}＋ν{(→PD)ー(→PA)}=(→0)
すなわち　λ(→AB)＋μ(→AC)＋ν(→AD)=(→0)　となる。
　(→AB),(→AC)，(→AD)は一次独立だから　λ=μ=ν=0　よって　また、
　κ=ー(λ＋μ＋ν)=0　となり証明された。
　（証明終わり）
[命題1.4]
　
P，A，B，C，Dは[補題1.3]のとおりとする。
このとき、 　「κ1＋λ1＋μ１＋ν1=κ2＋λ2＋μ2＋ν2 」
　　　 かつ
「κ1(→PA)＋λ1(→PB)＋μ1(→PC)＋ν1(→PD)=κ2(→PA)＋λ2(→PB)＋μ2(→PC)＋ν2(→PD)」
⇒　κ1=κ2，λ1=λ2，μ1=μ2,ν1=ν2
　　ここに，κ1，λ1，μ1,ν1；　κ2，λ2，μ2,ν2は実数とする。

「証明」
　上の第1，第2式はそれぞれ　
　(κ1－κ2)＋(λ1－λ2)＋(μ1－μ2)＋(ν1－ν2)＝0　かつ
　(κ1－κ2)(→PA)＋(λ1－λ2)(→PB)＋(μ1－μ2)(→PC)＋(ν1－ν2)(→PD)=(→0)　
　となるから　[補題1.3]から　κ1－κ2=0，λ1－λ2=0，μ1－μ2=0，ν1－ν2=0
　すなわち　κ1=κ2，λ1=λ2，μ1=μ2,ν1=ν2
　(証明終わり）
この[命題1.4]から　次の[命題1.5]がでることは明らかである。
[命題1.5]
　　κ1＋λ1＋μ１＋ν1=1　，　κ2＋λ2＋μ2＋ν2=1　かつ　
　κ1(→PA)＋λ1(→PB)＋μ1(→PC)＋ν1(→PD)=κ2(→PA)＋λ2(→PB)＋μ2(→PC)＋ν2(→PD)
　⇒　κ1=κ2，λ1=λ2，μ1=μ2,ν1=ν2
◎　このようにして　Ｔ∈E^3　，P∈E^3　として　、まず　点Pを固定して点Tを
　　κ＋λ＋μ＋ν=1　，(→PT)=κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC)＋ν(→PD)　と表現したときの
「表現の一意性」が証明された。しかし、これは「基準点P」の取りかたに依存しているかも
　しれない。ここで、「κ＋λ＋μ＋ν=1」という条件を
「まだ本質的に使用してない」ことに注意しておく。
・・・（その2)に続く・・・