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一般の場合の証明

南海 以上の考察はそのまま$n$次元に一般化される． 面積公式から考察をはじめたが， 面積公式そのものは必要ない． 一次独立性を判定する行列式が0であることのみを用いる．

太郎 ここまでのことをまとめると

1. まず$n+1$次元空間におかれた$n+2$個の点が， $n$次元空間上にある条件を座標の行列式で表す．
2. その条件を，点間の距離の行列式で表す．
3. 点間の距離の行列式に半径の和か差を代入する．
4. その結果得られる半径の間の関係式が$n$次元の場合の球定理である．

となります．

南海 そのとおりだ．

さて$n+1$次元空間で同様のことを行う． そのために，$n+1$次元空間の座標を $(x,\ y,\ \cdots,\ z)$として， $\cdots$の部分にも座標変数があり合計で$n+1$個であるとしよう．

太郎 $n+1$元空間におかれた$n+2$個の点を

$$\mathrm{A}_i(x_i,\ y_i,\ \cdots,\ z_i)\quad (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n+2)$$

とする．これらの点が$n$次元空間上にあるための必要十分条件は

$$\alpha=\left\vert \begin{array}{cccccc} x_1&y_1&\cdots&... ...n+2}&1&0\\ 0&0&\cdots&0&0&1 \end{array} \right\vert =0$$

です．

$$\left\vert \begin{array}{ccccc} -2x_1&-2x_2&\cdots&-2x_... ... 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert=-(-2)^{n+1}\alpha$$

である．$n=1$の場合と同様に計算する． ${x_1}^2+{y_1}^2+\cdots+{z_1}^2$や $x_1x_2+y_1y_2+\cdots+z_1z_2$などをそれぞれ $\sum {x_1}^2$，$\sum x_1x_2$のように表す． $n+1$個の座標にわたる和である． $n=1$の場合と同様に

$$-(-2)^{n+1}\alpha^2=\left\vert \begin{array}{ccccc} -2\... ... {x_{n+2}}^2&1\\ 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert$$

となる． ここで， 第$n+3$列に${x_1}^2$，${x_2}^2$，…，${x_{n+2}}^2$をかけて それぞれ第一列，第二列，…，第$n+2$列に加える． また 第$n+3$行に${x_1}^2$，${x_2}^2$，…，${x_{n+2}}^2$をかけて それぞれ第一行，第二行，…，第$n+2$行に加える． 各座標成分についてこれを行うことで

$$-(-2)^{n+1}\alpha^2=\left\vert \begin{array}{cccccc} 0&... ...)^2&\cdots&0&1\\ 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert$$

を得る． ここで ${d_{ij}}^2=\sum (x_i-x_j)^2$とおく． $n+1$次元空間におかれた$n+2$個の点が$n$次元空間上にある必要十分条件 は$\alpha=0$であったので，等式

$$\left\vert \begin{array}{cccccc} 0&{d_{12}}^2&\cdots&{d... ...2&\cdots&0&1\\ 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert=0$$

が$n+1$次元空間におかれた$n+2$個の点が$n$次元空間上にある条件を， 点間の距離の関係式で表したものである．

南海 ここに ${d_{ij}}^2=(r_i+r_j)^2$を代入する． ただし$n+2$番目の球に他の球が内接する場合 ${d_{i(n+2)}}^2=(r_i-r_{n+2})^2$を代入する． この場合は$r_{n+2}$を負にとることにすれば， 場合に分ける必要がない．

太郎

$$\left\vert \begin{array}{cccccc} 0&(r_1+r_2)^2&\cdots&(... ...2&\cdots&0&1\\ 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert=0$$

第$n+3$行に${r_j}^2$をかけ第$j$行から引く． 第$n+3$列に${r_j}^2$をかけ第$j$列から引く． この結果

$$\left\vert \begin{array}{cccccc} -2{r_1}^2&2r_1r_2&\cdo... ...r_{n+2}}^2&1\\ 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert=0$$

第$n+3$行，第$n+3$列に2をかけ， そのうえで各列を2で割っても$行列式=0$は変わらない．

$$\left\vert \begin{array}{cccccc} -{r_1}^2&r_1r_2&\cdots... ...r_{n+2}}^2&1\\ 1&1&\cdots&1&0 \end{array} \right\vert=0$$

そのうえで 第$j$行を$r_j$で割り， 第$j$列を$r_j$で割る．この結果

$$\left\vert \begin{array}{ccccc} -1&1&\cdots&1&\frac{1}{... ...{r_2}&\cdots&\frac{1}{r_{n+2}}&0 \end{array} \right\vert=0$$

これを展開することにより$n=1$の場合と同様に

$$\left\vert \begin{array}{cccc} -1&1&\cdots&1\\ 1&-1... ...ts&-1 \end{array} \right\vert\sum_{i<j}\dfrac{2}{r_ir_j}=0$$ (1)

が得られるはずです．

南海 結論はその通りである．実際，次のようになる．

$$\begin{eqnarray*} &&(-1)^{n+4}\left\vert \begin{array}{ccccc} -1&1&\cdots&1... ...&1\\ &\cdots&&\\ 1&1&\cdots&-1 \end{array} \right\vert \end{eqnarray*}$$

この結果，等式(1)が得られる．

ここで$n+1$次行列式$D_{n+1}$と$F_{n+1}$を

$$D_{n+1}=\left\vert \begin{array}{cccc} -1&1&\cdots&1\\ ... ...\\ &\cdots&&\\ 1&1&\cdots&-1 \end{array} \right\vert$$

とおく．等式(1)は

$$D_{n+1}\sum_{i=1}^{n+2}\dfrac{1}{{r_i}^2} -F_{n+1}\sum_{i<j}\dfrac{2}{r_ir_j}=0$$ (2)

となる．

$$\begin{eqnarray*} F_{n+1}&=&\left\vert \begin{array}{cccc} 1&1&\cdots&1\\ ... ... 1&1&\cdots&-1 \end{array} \right\vert=D_{n+1}+2D_n=D_n-nF_n \end{eqnarray*}$$

これから

$$(-2)^n=D_n-n(-2)^{n-1}\quad つまり\quad D_n=(-2)^{n-1}(n-2)$$

よってすべての$n$で

$$\dfrac{D_{n+1}}{F_{n+1}}=\dfrac{(-2)^n(n-1)}{(-2)^n}=n-1$$

等式(2)より

$$(n-1)\sum_{i=1}^{n+2}\dfrac{1}{{r_i}^2} =\sum_{i<j}\dfrac{2}{r_ir_j}$$

両辺に $$\sum_{i=1}^{n+2}\frac{1}{{r_i}^2}$$を加えて

$$n\sum_{i=1}^{n+2}\dfrac{1}{{r_i}^2} =\left(\sum_{i}^{n+2}\dfrac{1}{r_i}\right)^2$$

を得る． すでに指摘したように，$n+1$この球が$n+2$番の球に内接しているときは， $r_{n+2}$を負とすることによって示される． 以上で定理2が示された． □

和算では$n=3$のときの公式を用いて， 六球連鎖の問題を解いたのだ． 互いに接する3個の球 $O_0,\ O_1,\ O_2$のどれにも接する球の連鎖$C_i$ について，まず$C_1,\ C_2$で球定理をつかえば$C_2$の半径が決まる． これから $C_3,\ C_4,\ \cdots$と順に決定してゆけば$C_6$で終わることが示せる． これは膨大な計算になるはずだ．

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