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$n$次元$n+1$面体

南海　 これを$n$次元の場合に拡張してみよう．

$n$次元のユークリッド空間で考えよう． 実数$\mathbb{R}$の$n$個の組 $(a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n)$で点が定まると考えるのだ． ここに$n+1$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1}$があるとする． この$n+1$個の識別と座標成分の識別を明確にするときは，次のように書く．

$$A_i=({a_1}^i,\ {a_2}^i,\ \cdots,\ {a_n}^i)\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n+1)$$

拓生　 上につけるのですね． これら$n+1$個の点は，同じ平面上にあったりしてはいけないですね．

南海　 これら$n+1$個の点のどの3点も同一直線上にはないとする． これを一般の位置にあるという．

拓生　 $n+1$面体でも重心Gは，

$$\overrightarrow{\mathrm{OG}} =\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n+1}\overrightarrow{\mathrm{OA}_i}$$

で定義される．重心は物理の概念ですから，数学としてはこれで定義する．

しかし外心の存在は明らかではないです． 2011年の京都大学で外心の存在を示せという問題が出ました． 4通りの解答を学びました．

南海　 解の3を使うと数学的帰納法で出来ないか．

拓生　 確かに．

外心の存在証明

$n\ge2$とし， $n+1$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1}$が一般の位置にあるとする． これらの点から等距離にある点が存在することを，$n$に関する数学的帰納法で示す．

$n=2$のときは三角形の外心である．

$n$のとき成立とする．$n+1$のときの成立を示す．$n+1$次元空間で考える． 座標は先と同様とする．

数学的帰納法の仮定から， $n+2$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1},\ \mathrm{A}_{n+2}$のうち， $n+1$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1}$ から等距離$r$にある点は存在する．その点を $\mathrm{O}(o_1,\ o_2,\ \cdots,\ o_{n+1})$とする． 任意の実数$l$に対して，点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1}$は方程式

$$\sum_{k=1}^{n+1}(x_k-o_k)^2-r^2=0$$

を満たす． また$n+1$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1}$で定まる $n+1$次元空間における$n$次元の平面の方程式を $f(x_1,\ \cdots,\ x_{n+1})=0$とおく． $n+1$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1}$は方程式

$$\sum_{k=1}^{n+1}(x_k-o_k)^2-r^2+lf(x_1,\ \cdots,\ x_{n+1})=0 \quad \cdots\maru{2}$$

を満たす． $\mathrm{A}_{n+2}$は $f(x_1,\ \cdots,\ x_{n+1})=0$を満たさない． よって $f({a_1}^1,\ \cdots,\ {a_{n+1}}^{n+2})\ne 0$である．そこで$l$を

$$l=-\dfrac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}({a_k}^{n+2}-o_k)^2-r^2}{f({a_1}^1,\ \cdots,\ {a_{n+1}}^{n+2})}$$

で定める．この$l$に対して方程式$\maru{2}$は， $n+2$個の点 $\mathrm{A}_1,\ \mathrm{A}_2,\ \cdots,\ \mathrm{A}_{n+1},\ \mathrm{A}_{n+2}$ を通る球の方程式となる．これを平方完成しなおすことにより， これらの点から等距離にある点の存在が確定する． □

$n$次直辺四面体

南海　 $n+1$面体 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2\cdots\mathrm{A}_{n+1}$の外心をOとする． 垂心Hとは 直線 $\mathrm{A}_i\mathrm{H}$が$\mathrm{A}_i$を除く他の$n$個の点で張られる 部分空間と直交する，つまりそれを構成するすべてのベクトルと直交することとする．

垂心が存在すれば$n=3$のときと同様に，すべて異なる任意の $i,\ j,\ p,\ qは$に対して

$$\overrightarrow{\mathrm{A}_i\mathrm{A}_j}\cdot \overrightarrow{\mathrm{A}_p\mathrm{A}_q}=0$$

となる．

拓生　 逆にこのとき，点Hを

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}} =\dfrac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n+1}\overrightarrow{\mathrm{OA}_i}$$

で定めると，番号$j$と，$j$でなく互いに異なる$p$と$q$に対して

$$\begin{eqnarray*} &&\overrightarrow{\mathrm{A}_j\mathrm{H}}\cdot \overrightarr... ..._j}\cdot \overrightarrow{\mathrm{A}_p\mathrm{A}_q}) \right\}=0 \end{eqnarray*}$$

となり，このHが垂心であることがわかります．

$3(n+1)$点球

拓生　 すると，九点円の一般化も形式的にやれます．

南海　 その前に(ii)を一般化して定式化してほしい．

拓生　 はい．

$n$次元空間に$n+1$面体 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2\cdots\mathrm{A}_{n+1}$がある． その外心をO，外接球の半径を$R$とする．その垂心が存在するとし，それをHとする． $n+1$個の頂点から一つを除いた他の点で定まる$n-1$次空間を， この$n+1$面体の面という．

各面の重心$n+1$点，各頂点から対面への垂線の足$n+1$点， 頂点と垂心を$n-1:1$に内分する点$n+1$点の$3(n+1)$点は同一球面上にある． ■

証明      頂点$\mathrm{A}_1$と垂心Hを$n-1:1$に内分する点$\mathrm{L}_1$と 面 $\mathrm{A}_2\cdots\mathrm{A}_{n+1}$の重心$\mathrm{G}_1$との中点をEとする．

$$\overrightarrow{\mathrm{OE}}= \dfrac{1}{2}\left\{ \dfrac{... ... =\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n+1}\overrightarrow{\mathrm{OA}_i}$$

である．Eは各頂点にに関して対称なので， 対応する他の2点の組に関しても中点である． そしてEと4面の重心との距離はいずれも $\dfrac{1}{n}R$で相等しいので， これら$2(n+1)$点はEを中心とし，半径$\dfrac{1}{n}R$の球面上にある．

$\mathrm{A}_1$から面 $\mathrm{A}_2\cdots\mathrm{A}_{n+1}$への垂線の足を$\mathrm{H}_1$ とすると，球の直径が $\mathrm{L}_1\mathrm{G}_1$であり， 垂心の定義から $\mathrm{L}_1\mathrm{H}_1\bot\mathrm{G}_1\mathrm{H}_1$ なので，$\mathrm{H}_1$もこの球面上にある． 以上から，各$n+1$点ずつ$3(n+1)$個の点はEを中心とする半径$\dfrac{1}{n}R$の球面上にある． □

拓生　 垂心が存在しなくても，一定の定理にすることが出来るのですか．

南海　 そこが彦根東高校の高校生が考えたところで， この証明で使ったところだけを引き出すと，次のようにまとめることが出来る．

$n$次元空間に$n+1$面体 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2\cdots\mathrm{A}_{n+1}$がある． その外心をO，外接球の半径を$R$とする． 点Hを

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}} =\dfrac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n+1}\overrightarrow{\mathrm{OA}_i}$$

で定める． 各面の重心$n+1$点，点Hから各面への垂線の足$n+1$点， 頂点と点Hを$n-1:1$に内分する点$n+1$点の$3(n+1)$点は同一球面上にある． ■

拓生　 そうか．これで証明に使ったことは全てはいっていますね．

南海　 こういうことを考えている 高校生がいるということは，たいへん嬉しいことだ．

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