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空間でのチャップル型定理

南海　 平面図形の定理に「チャップルの定理」とか「オイラーの定理」といわれるものがある．二人が独立に発見したようだが，時間的にはチャップルの方が早いようだ．ここでは「チャップルの定理」ということにする．それは

$\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内心をIとし， 内接円の半径を$r$とする． また，外心をOとし， 外接円の半径を$R$とすると， $\mathrm{OI}^2=R^2-2Rr$である．

というものだ．四面体にも外心と内心がある． ここにはどのような関係が成り立つのだろうか． これに関する定理を「空間でのチャップル型定理」と言おう． これについて次の命題が成立する． これは『幾何学大辞典』の第4巻にあり， 辞典の著者である岩田至康さんによる命題である．

命題 1        四面体ABCDがある． その外心をO，外接球の半径を$R$とし， 内心をI，内接球の半径を$r$とする．

頂点Aと内心Iを交換した四面体IBCDの外心を $\mathrm{O}_{\mathrm{A}}$とし，他も同様に定める．このとき四面体 $\mathrm{O}_{\mathrm{A}} \mathrm{O}_{\mathrm{B}} \mathrm{O}_{\mathrm{C}} \mathrm{O}_{\mathrm{D}}$ の外心はOに一致し，外接球の半径を$R'$とおくと $\mathrm{OI}^2=R^2-2R'r$である． ■

証明     以下位置ベクトルの基準点は四面体ABCDの外心Oとする． $\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}$がAによらないことを示す．

$\left\vert\overrightarrow{u} \right\vert^2-R^2=0$は 四面体ABCDの各頂点を通る球の方程式であり， $[ \overrightarrow{u}-\overrightarrow{b},\ \overrightarrow{u}-\overrightarrow{c},\ \overrightarrow{u}-\overrightarrow{d} ]=0$ は，3点B，C，Dを通る平面の方程式である． よって，

$$\left\vert\overrightarrow{u} \right\vert^2-R^2 +k\left\{[ ... ...ow{c},\ \overrightarrow{u}-\overrightarrow{d} ] \right\}=0$$

は，3点B，C，Dを通る球面の方程式である． これが内心Iを通るように$k$を定める． $\overrightarrow{u}$に $\overrightarrow{i}=\overrightarrow{\mathrm{OI}}$を代入して，

$$\mathrm{OI}^2-R^2 +k\left\{[ \overrightarrow{i}-\overrigh... ...ow{c},\ \overrightarrow{i}-\overrightarrow{d} ] \right\}=0$$

よって

$$k=-\dfrac{\mathrm{OI}^2-R^2}{[ \overrightarrow{i}-\overrig... ...errightarrow{c},\ \overrightarrow{i}-\overrightarrow{d} ]}$$

のとき点Iを通る．つまり

$$\left\vert\overrightarrow{u} \right\vert^2-R^2 -\dfrac{\ma... ...ow{c},\ \overrightarrow{u}-\overrightarrow{d} ] \right\}=0$$

は四面体IBCDの外接球となる．

$$\begin{eqnarray*} &&[ \overrightarrow{u}-\overrightarrow{b},\ \overrightarro... ... \overrightarrow{b},\ \overrightarrow{c},\ \overrightarrow{d}] \end{eqnarray*}$$

なので，その中心 $\mathrm{O}_{\mathrm{A}}$は

$$\overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}} =\dfrac... ...w{d} +\overrightarrow{d}\times\overrightarrow{b}}{2} \right)$$

である． ここで， $\dfrac{1}{6}[ \overrightarrow{i}-\overrightarrow{b},\ \overrightarrow{i}-\overrightarrow{c},\ \overrightarrow{i}-\overrightarrow{d} ]$が，四面体IBCDの体積である． これは，内接円の半径を高さとし， $\bigtriangleup \mathrm{BCD}$を底面とする四面体なので，

$$\left\vert[ \overrightarrow{i}-\overrightarrow{b},\ \ove... ...{6}{3}r\left\vert\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD}) \right\vert$$

である．面積ベクトルの展開式から，

$$\left\vert\dfrac{\overrightarrow{b}\times\overrightarrow{c}... ...vert =\left\vert\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD}) \right\vert$$

である．これより

$$\left\vert\overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}... ...w{S}(\mathrm{BCD}) \right\vert}=\dfrac{R^2-\mathrm{OI}^2}{2r}$$

これは，A，B，C，Dによらない一定の値である． この値を$R'$としたので，

$$R^2-\mathrm{OI}^2=2rR'$$

である．よって， $\mathrm{OI}^2=R^2-2R'r$が示された． □

耕一　 これは平面の場合のチャップルの定理の拡張なのですか． 平面の場合のチャップルの定理は，円周角の定理まで用いたはずですが， 四面体の場合は線型代数だけでできました．

南海　 平面の場合は$R=R'$となる． その証明に円周角の定理がいる． そこに平面の場合の難しさがあった． これについては2009年の京大の入試問題乙2番6 を見てほしい．

四面体のこの命題は線型代数の範囲の命題であり， ここまでなら$n$次元の場合にも拡張できるだろう． それは今はおくが，試みてほしい．

例 1.3 (等面四面体の場合)   等面四面体の場合に，この空間でのチャップル型定理がどのようになるか，確認しよう．

等面四面体では外心と内心が一致するので，命題1は，

$$R^2=2R'r$$

である．これを示そう．

証明      $a,\ b,\ c$を $ a^2+b^2+c^2=1 $ を満たす正の定数とし， $xyz$空間上の四面体ABCDを $\mathrm{A}(a,\ 0,\ 0)$， $\mathrm{B}(0,\ b,\ 0)$， $\mathrm{C}(0,\ 0,\ c)$， $\mathrm{D}(a,\ b,\ c)$で定める．

このとき，四面体 ABCD の各面は， \[ \sqrt{a^2+b^2},\ \sqrt{b^2+c^2},\ \sqrt{c^2+a^2} \] を3辺の長さとする合同な三角形である．

球

$$\left(x-\dfrac{a}{2} \right)^2+\left(y-\dfrac{b}{2} \right)^2+\left(z-\dfrac{c}{2} \right)^2 =\dfrac{1}{4}$$

は四面体の各頂点を通り，これが外接球である．その半径$R$は $R=\dfrac{1}{2}$である．

$r$は，四面体の中心である内心とABC平面

$$\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$$

との距離なので，
\[ r=\dfrac{\left|\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-1 \right|}{\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}}=\dfrac{1}{2\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}} \] である．

次に，3点A，B，Cと中心 $\left(\dfrac{a}{2},\ \dfrac{b}{2},\ \dfrac{c}{2}\right)$を通る球を

$$\left(x-\dfrac{a}{2} \right)^2+\left(y-\dfrac{b}{2} \right)... ...{4}+k\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}-1 \right)=0$$

とおく．これが中心を通るので

$$-\dfrac{1}{4}+k\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-1 \right)=0$$

つまり， $k=\dfrac{1}{2}$である． このとき，この球の中心は

$$\left(\dfrac{a}{2}-\dfrac{1}{4a},\ \dfrac{b}{2}-\dfrac{1}{4b},\ \dfrac{c}{2}-\dfrac{1}{4c} \right)$$

である．よって

$$R'=\dfrac{1}{4}{\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}}$$

この結果，

\[ 2R'r=\dfrac{1}{4}=R^2 \]

が成立している．

コーシー・シュワルツの不等式から

$$\begin{array}{ll} &(a^2+b^2+c^2)\left(\dfrac{1}{a^2}+\df... ...ot\dfrac{1}{b}+c\cdot\dfrac{1}{c}\right)^2=9 \par \end{array}$$

が成り立ち， $a^2+b^2+c^2=1$ なので，

$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\geqq 9$$

よって，

$$r\leqq \dfrac{1}{2\sqrt{9}}=\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}R$$

である。ここで等号成立は，

$$a:b:c=\dfrac{1}{a}:\dfrac{1}{b}:\dfrac{1}{c}$$

つまり$a=b=c$のとき． $a^2+b^2+c^2=1$ より

$$a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

のときである．

これは平面の場合のチャップル型定理と同様のものである．

これがどのように一般化されるかは，未解決である．

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