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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「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,その半径を$R'$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. 四面体IBCDにおいて球のベクトル方程式

\begin{displaymath}
\left\vert\overrightarrow{u} \right\vert^2-R^2
+k\left\{2\...
...hrm{BCD})\cdot\overrightarrow{u}+6V(\mathrm{OBCD}) \right\}=0
\end{displaymath}

を考える.等式(9)より

\begin{displaymath}
2\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD})\cdot\overrightarrow{b}+6V(\mathrm{OBCD})\\
=-6V(\mathrm{OBCD})+6V(\mathrm{OBCD})=0
\end{displaymath}

等が成り立つから,これはB,C,Dを通る.これが点Iを通るとする.

\begin{eqnarray*}
&&\mathrm{OI}^2-R^2
+k\left\{2\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD...
...CD}) \right\}\\
&=&
\mathrm{OI}^2-R^2
+k6V(\mathrm{IBCD})=0
\end{eqnarray*}

よって

\begin{displaymath}
k=-\dfrac{\mathrm{OI}^2-R^2}{6V(\mathrm{IBCD})}
\end{displaymath}

のとき点Iを通る.つまり

\begin{displaymath}
\left\vert\overrightarrow{u} \right\vert^2-R^2
-\dfrac{\ma...
...hrm{BCD})\cdot\overrightarrow{u}+6V(\mathrm{OBCD}) \right\}=0
\end{displaymath}

は四面体IBCDの外接球となる.よってその中心は

\begin{displaymath}
\overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}}
=\dfrac...
...OI}^2-R^2}{6V(\mathrm{IBCD})}\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD})
\end{displaymath}

である. これより

\begin{displaymath}
\left\vert\overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}...
...BCD})\right\vert}
{\left\vert 6V(\mathrm{IBCD}) \right\vert}
\end{displaymath}

ところが $\left\vert\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD})\right\vert$ $\bigtriangleup \mathrm{BCD}$の面積であるから

\begin{displaymath}
\left\vert V(\mathrm{IBCD}) \right\vert=\dfrac{1}{3}r\left\vert\overrightarrow{S}(\mathrm{BCD})\right\vert
\end{displaymath}

が成り立つ.この結果

\begin{displaymath}
\left\vert\overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}} \right\vert
=\dfrac{R^2-\mathrm{OI}^2}{2r}
\end{displaymath}

となる.これはAをIに代えた場合であるが, Aによらない値であり, したがって

\begin{displaymath}
\left\vert\overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{A}}...
...overrightarrow{\mathrm{O}\mathrm{O}_{\mathrm{D}}} \right\vert
\end{displaymath}

である.この値を$R'$とすると $\mathrm{OI}^2=R^2-2R'r$が成り立つ. □

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 (等面四面体の場合)

等面四面体の場合に,こ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3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.
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, \[ r=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}} \] 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 \[ \left(x-\dfrac{a}{2} \right)^2+\left(y-\dfrac{b}{2} \right)^2+\left(z-\dfrac{c}{2} \right)^2 -\dfrac{1}{4}+k\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}-1 \right)=0 \] 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,この円の中心は \[ \left(\dfrac{a}{2}-\dfrac{1}{4a},\ \dfrac{b}{2}-\dfrac{1}{4b},\ \dfrac{c}{2}-\dfrac{1}{4c} \right) \] 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, \[ R'r=\dfrac{1}{4}=R^2 \] が成立している.

コーシー・シュワルツの不等式から \[ \begin{array}{ll} &(a^2+b^2+c^2)\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} \right)\\ \geqq& \left(a\cdot\dfrac{1}{a}+b\cdot\dfrac{1}{b}+c\cdot\dfrac{1}{c}\right)^2=9 \end{array} \] 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.


Aozora 2012-10-07