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三角形の成立条件と距離の公理

南海  われわれの$xy$平面は普通のユークリッドの距離が定まっているとする.

距離という以上,それは負でない実数値が定まり, また点$\mathrm{A}$と点$\mathrm{B}$の距離が 点$\mathrm{B}$と点$\mathrm{A}$の距離に等しく, さらに$\mathrm{AB}=0$であることは $\mathrm{B}=\mathrm{A}$と同値でなければならないだろう.

しかしこれだけで距離とすると,実はいろいろな距離ができすぎる. つまり余りに広い定義は,数学の定義としては意味がないのだ. もう少し,これこそ距離だ,といえるように距離を特徴づけなければならない.

そのために,われわれの日頃使っている距離について調べておかねばならない.

2点 $\mathrm{A}(x_1,\ y_1),\ \mathrm{B}(x_2,\ y_2)$と 原点$\mathrm{O}$に対して, $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$が成立しているとする. つまりどの3点も同一直線上にないとする.

\begin{eqnarray*}
\mathrm{OA}&=&\sqrt{{x_1}^2+{y_1}^2}\\
\mathrm{OB}&=&\sqrt{{x_2}^2+{y_2}^2}\\
\mathrm{AB}&=&\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}
\end{eqnarray*}

である.これらの間にどのような関係が成り立っているか.

美樹  これらの間の関係って,三角形の成立条件ですか.

南海  そうだ.そこでまず三角形の成立条件とは何か.

美樹 

定理 2

3つの正数$a,\ b,\ c$を3辺の長さとする三角形が存在するための 必要十分条件は,不等式

\begin{displaymath}
a<b+c,\ b<c+a,\ c<a+b
\quad \cdots\maru{1}
\end{displaymath}

が成り立つことである.

南海  不等式は$c$に注目すれば

\begin{displaymath}
\vert b-a\vert<c<b+a
\end{displaymath}

ともかける.どの文字についても同じである. そこで,定理2を証明してほしい.

美樹  はい.まず必要条件を示します. 平面に $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$があり, $\mathrm{OB}=a,\ \mathrm{OA}=b,\ \mathrm{AB}=c,\ $とする.

$\mathrm{O}$が原点になるように平行移動し, 他の2点の座標が $\mathrm{A}(x_1,\ y_1),\ \mathrm{B}(x_2,\ y_2)$ であるとする. このとき

\begin{displaymath}
\vert\mathrm{OA}-\mathrm{OB}\vert<\mathrm{AB}<\mathrm{OA}+\mathrm{OB}
\quad \cdots\maru{2}
\end{displaymath}

が成立することを示せばよい.

$\mathrm{OA}+\mathrm{OB}$$\mathrm{AB}$の大小は,その2乗である $(\mathrm{OA}+\mathrm{OB})^2$$\mathrm{AB}^2$の大小と一致します.

また $\vert\mathrm{OA}-\mathrm{OB}\vert$$\mathrm{AB}$の大小は,その2乗である $(\mathrm{OA}-\mathrm{OB})^2$$\mathrm{AB}^2$の大小と一致します.

そこで$\maru{2}$の両辺を2乗して差をとる.

\begin{eqnarray*}
&&(\mathrm{OA}+\mathrm{OB})^2-\mathrm{AB}^2\\
&=&(\sqrt{{x_1}...
...
&=&2\sqrt{({x_1}^2+{y_1}^2)({x_2}^2+{y_2}^2)}+2(x_1x_2+y_1y_2)
\end{eqnarray*}

また,

\begin{eqnarray*}
&&\mathrm{AB}^2-(\mathrm{OA}-\mathrm{OB})^2\\
&=&(x_1-x_2)^2+...
...
&=&-2(x_1x_2+y_1y_2)+2\sqrt{({x_1}^2+{y_1}^2)({x_2}^2+{y_2}^2)}
\end{eqnarray*}

です.

これがともに正であることは

\begin{displaymath}
-\sqrt{({x_1}^2+{y_1}^2)({x_2}^2+{y_2}^2)}
<x_1x_2+y_1y_2
<\sqrt{({x_1}^2+{y_1}^2)({x_2}^2+{y_2}^2)}
\end{displaymath}

と同値,つまり

\begin{displaymath}
(x_1x_2+y_1y_2)^2<({x_1}^2+{y_1}^2)({x_2}^2+{y_2}^2)
\end{displaymath}

と同値です. これってコーシー・シュワルツの不等式ですね.

そこで右辺から左辺を引くと

\begin{displaymath}
({x_1}^2+{y_1}^2)({x_2}^2+{y_2}^2)-(x_1x_2+y_1y_2)^2
=(x_1y_2-x_2y_1)^2
\end{displaymath}

となる. ところが $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$が三角形になるとき, $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$は平行でないので, 平行条件が成立せず

\begin{displaymath}
x_1y_2-x_2y_1\ne 0
\end{displaymath}

です.よって

\begin{displaymath}
(x_1y_2-x_2y_1)^2>0
\end{displaymath}

となる.これで三角形の成立条件の不等式が示された.


十分条件を示す.

    $\maru{1}$を満たす3正数$a,\ b,\ c$がある. $a,\ b,\ c$を3辺とする三角形が存在することは, 次のように図形的に示される.

つまり,長さ$c$の線分$\mathrm{AB}$をとる. 点$\mathrm{A}$を中心に半径$b$の円と, 点$\mathrm{B}$を中心に半径$a$の円をかく.

    $\maru{1}$は,この2円の中心間の距離cが, 半径の和$b+a$よりも小さく, 半径の差の絶対値$\vert b-a\vert$よりも大きいことを意味している.

よってこの2円は交わる. 交点を$\mathrm{O}$とすれば, $\mathrm{OA}=b,\ \mathrm{OB}=a$となり, 3辺が$a,\ b,\ c$ $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$が存在した.

これで定理2が示された.□

南海  十分条件の証明は図形に頼った. それも証明にはなっているのだが, 円が交わる条件を無前提に使っている.

美樹  使わずにできるのですか.

南海  図形に頼らない十分条件の証明も試みてみよう. 三角関数を念頭においたものだが,三角関数は使わない.

    $\maru{1}$を満たす3正数$a,\ b,\ c$がある. このとき,$\mathrm{O}$を原点とし, $\mathrm{A}(b,\ 0)$とする.

$\mathrm{B}(X,\ Y)$

\begin{displaymath}
X=a\cdot\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab},\
Y=a\cdot\sqrt{1-\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right)^2}
\end{displaymath}

で定める.

条件$\maru{1}$は各辺が負でないので

\begin{displaymath}
(b-a)^2<c^2<(b+a)^2
\end{displaymath}

と同値である.

これから

\begin{displaymath}
b^2+a^2-c^2<2ab,\ -2ab<b^2+a^2-c^2
\end{displaymath}

と同値なので

\begin{displaymath}
-1<\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}<1
\end{displaymath}

つまり

\begin{displaymath}
\left\vert\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right\vert<1
\end{displaymath}

である.したがって

\begin{displaymath}
1-\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right)^2>0
\end{displaymath}

であるから,これは確かに$x$軸上にない$xy$平面上の点を定めている.

美樹  あとは

\begin{displaymath}
\mathrm{OB}=a,\ \mathrm{AB}=c
\end{displaymath}

を確認すればよい.やってみます.

作り方から は明らかです.

\begin{eqnarray*}
\mathrm{AB}^2&=&(X-b)^2+Y^2\\
&=&\left(a\cdot\dfrac{a^2+b^2-c...
...
&=&\dfrac{(2a^2-2c^2)\cdot(-2b^2)}{4b^2}+a^2
=-a^2+c^2+a^2=c^2
\end{eqnarray*}

確かに成りたちます.

よって$a,\ b,\ c$を3辺とする三角形が存在した. □

美樹  なるほど.条件を満たす点を実際に構成するのですね.

南海  もちろんこのように$X,\ Y$を定めたのは, $\angle \mathrm{BOA}=\theta$としたとき, $a\cos\theta,\ a\sin\theta$が念頭にあり,それをヒントにしているが, 見つかってしまえば,三角関数とは独立に,定理が示せている.

三角性の成立条件の不等式のことを三角不等式ともいう.

美樹  三角不等式は, 三平方の定理で特徴づけられる距離から導かれる結果なのですね.

南海  そう. ただし,今度は距離という概念を定義しようとすると, 三角不等式を距離が満たすべき性質の一つとしなければ, 意味のある定義にはならない.

3点が同一直線上にある場合を含めると, 2点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B}$の間の距離$\mathrm{AB}$というものは, 次の性質をもっている. 平面上の任意の3点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C}$に関して


ここでこれをふまえて集合$X$の「距離」という概念を定義しよう.

定義 1

距離の公理 集合$X$の上に 2変数実数値の写像 $d(x,\ y)$が定義されていて、 $X$の任意の要素$x,\ y,\ z$に対して, $d$距離の公理とよばれる次の性質を全て満たすなら, $d$$X$上の距離であるという.

美樹  すると 2点 $\mathrm{P}(x_1,\ y_1),\ \mathrm{Q}(x_2,\ y_2)$に対して

\begin{displaymath}
d(\mathrm{P},\ \mathrm{Q})=\vert x_1-x_2\vert+\vert y_1-y_2\vert
\end{displaymath}

と定めるとき,$d$は距離でしょうか. 確認してみます.
  1. $\vert x_1-x_2\vert+\vert y_1-y_2\vert\ge 0$は成立.
  2.  
  3. \begin{eqnarray*}
&&\vert x_1-x_2\vert+\vert y_1-y_2\vert=0\\
&&\vert x_1-x_2\vert=0,\ \vert y_1-y_2\vert=0\\
&&\mathrm{P}=\mathrm{Q}
\end{eqnarray*}

    も成立.
  4. $\vert x_1-x_2\vert+\vert y_1-y_2\vert=\vert x_2-x_1\vert+\vert y_2-y_1\vert$より, 対称性も成立.
  5. $\mathrm{R}(x_3,\ y_3)$とします.

    \begin{eqnarray*}
&&d(\mathrm{P},\ \mathrm{Q})=\vert x_1-x_2\vert+\vert y_1-y_2...
...rt\\
&=&d(\mathrm{R},\ \mathrm{P})+d(\mathrm{R},\ \mathrm{Q})
\end{eqnarray*}

    三角不等式も成立します.

この$d$も距離なのですね.

でもこの距離は,$\mathrm{AB}$を斜辺とする 直角三角形 $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$において

\begin{displaymath}
d(\mathrm{A},\ \mathrm{B})
=d(\mathrm{C},\ \mathrm{B})+d(\mathrm{C},\ \mathrm{B})
\end{displaymath}

なので,三平方の定理は成立しません.

南海  そうなんだ. だから逆にいうと,三平方の定理は, 普通の距離,ユークリッドの距離を特徴づけるものなのだ.


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