有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

数式を枠からはみ出さずに表示するためには, 画面を横に傾けてください.

ベクトルの内積

ベクトルの内積

定理《ベクトルの内積の成分表示》

 $n = 2$ または $n = 3$ とする. ベクトル $\vec a = (a_1,\cdots,a_n),$ $\vec b = (b_1,\cdots,b_n)$ に対して, \[\vec a\cdot\vec b = a_1b_1+\cdots +a_nb_n\] が成り立つ.

証明

 $\vec a \neq \vec 0,$ $\vec b \neq \vec 0,$ のとき, $\vec a,$ $\vec b$ の成す角を $\theta$ とおくと, 余弦定理により \[\begin{aligned} \vec a\cdot\vec b &= |\vec a||\vec b|\cos\theta \\ &= |\vec a||\vec b|\cdot\frac{|\vec a|^2+|\vec b|^2-|\vec b-\vec a|^2}{2|\vec a||\vec b|} \\ &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^na_k{}^2+\sum_{k = 1}^nb_k{}^2-\sum_{k = 1}^n(b_k-a_k)^2}{2} \\ &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^na_k{}^2+\sum_{k = 1}^nb_k{}^2-\sum_{k = 1}^n(b_k{}^2-2a_kb_k+a_k{}^2)}{2} \\ &= \sum_{k = 1}^na_kb_k \end{aligned}\] が成り立つ.

参考

 一般の「有限次元空間」のベクトルに内積の概念を拡張するとき, この定理の等式をベクトルの内積の定義として採用する(この等式のほうが, 内積の性質を調べるのに適している). こちらを定義として採用した場合, 内積の性質から \[ |\vec b-\vec a|^2 = |\vec b|^2-2\vec a\cdot\vec b+|\vec a|^2\] であることがわかる. $\vec a \neq \vec 0,$ $\vec b \neq \vec 0$ で $\vec a,$ $\vec b$ の成す角が $\theta$ であるとき, 余弦定理により \[ |\vec b-\vec a|^2 = |\vec a|^2+|\vec b|^2-2|\vec a||\vec b|\cos\theta\] が成り立つから, \[\vec a\cdot\vec b = |\vec a||\vec b|\cos\theta\] が得られる.

問題《ベクトルによる中線定理の証明》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm M$ とおくとき, \[\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)\] が成り立つことを, $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ を使って示せ.

解答例

\[ |\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{BM}}|^2 = \frac{1}{2}(|\vec b|^2+|\vec c|^2) \quad \cdots [1]\] を示せばよい. \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AM}} &= \frac{1}{2}(\vec b+\vec c), \\ \overrightarrow{\mathrm{BM}} &= \overrightarrow{\mathrm{AM}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}} \\ &= \frac{1}{2}(\vec b+\vec c)-\vec b = \frac{1}{2}(\vec c-\vec b) \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} |\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^2 &= \frac{1}{4}(|\vec b|^2+2\vec b\cdot\vec c+|\vec c|^2), \\ |\overrightarrow{\mathrm{BM}}|^2 &= \frac{1}{4}(|\vec c|^2-2\vec b\cdot\vec c+|\vec b|^2) \end{aligned}\] が成り立つ. 辺々を加えると, $[1]$ が得られる.

背景

 本問の結果は「中線定理」(parallelogram law)として知られている.
 「中線定理」の別証明については, 余弦定理による証明(こちら)と, 距離の公式による証明(こちら)も参照されたい.

コーシー=シュワルツの不等式

定理《コーシー=シュワルツの不等式》

 平面上, または空間のすべてのベクトル $\vec a,$ $\vec b$ に対して, \[|\vec a\cdot\vec b| \leqq |\vec a||\vec b|\] が成り立つ. 等号成立は, $\vec a,$ $\vec b$ の一方が他方の定数倍である場合に限る.

証明

(i)
$\vec a$ または $\vec b$ が $\vec 0$ のときは明らか.
(ii)
$\vec a,$ $\vec b$ が $\vec 0$ でないとき, $\vec a,$ $\vec b$ の成す角を $\theta$ とおくと, \[\vec a\cdot\vec b = |\vec a||\vec b|\cos\theta\] であるから, \[ -1 \leqq \cos\theta \leqq 1\] の両辺に $|\vec a||\vec b|$ を掛けると, $-|\vec a||\vec b| \leqq \vec a\cdot\vec b \leqq |\vec a||\vec b|,$ つまり $|\vec a\cdot\vec b| \leqq |\vec a||\vec b|$ が得られる.

問題《$3$ 点の最小シュタイナー木問題》

(1)
平面上の単位ベクトル $\overrightarrow{e_1},$ $\overrightarrow{e_2},$ $\overrightarrow{e_3}$ が $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}+\overrightarrow{e_3} = \vec 0$ を満たすとき, $\overrightarrow{e_1},$ $\overrightarrow{e_2},$ $\overrightarrow{e_3}$ の互いに成す角をそれぞれ求めよ.
(2)
すべての平面ベクトル $\vec a (\neq \vec 0),$ $\vec p$ に対して \[ |\vec a-\vec p| \geqq |\vec a|-\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p\] が成り立つことを示せ.
(3)
すべての内角が $120^\circ$ 未満の $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 内部の点 $\mathrm P$ から各頂点までの距離の和 $L = |\overrightarrow{\mathrm{PA}}|+|\overrightarrow{\mathrm{PB}}|+|\overrightarrow{\mathrm{PC}}|$ が最小になるとき, 点 $\mathrm P$ はどのような位置にあるか.
(参考: 2000 東北大)

解答例

(1)
$|\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}| = |-\overrightarrow{e_3}| = |\overrightarrow{e_3}| = 1$ の両辺を $2$ 乗すると, $|\overrightarrow{e_1}| = |\overrightarrow{e_2}| = 1$ から \[ 1 = |\overrightarrow{e_1}|^2+2\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}+|\overrightarrow{e_2}|^2 = 2\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}+2\] つまり $\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2} = -\dfrac{1}{2}$ となるので, $\overrightarrow{e_1}$ と $\overrightarrow{e_2}$ の成す角は $120^\circ$ である.
同様に, $\overrightarrow{e_2}$ と $\overrightarrow{e_3},$ $\overrightarrow{e_3}$ と $\overrightarrow{e_1}$ の成す角は $120^\circ$ である.
(2)
コーシー=シュワルツの不等式により, \[\begin{aligned} |\vec a-\vec p| &= \left|\frac{\vec a}{|\vec a|}\right||\vec a-\vec p| \\ &\geqq \left|\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot (\vec a-\vec p)\right| = \left||\vec a|-\dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p\right| \\ &\geqq |\vec a|-\dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p \end{aligned}\] が成り立つ.
(3)
$\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ と異なる点 $\mathrm O$ を起点とした位置ベクトルによって $\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c),$ $\mathrm P(\vec p)$ とおく. (2) で示した不等式から, \[\begin{aligned} |\overrightarrow{\mathrm{PA}}| &= |\vec a-\vec p| \geqq |\vec a|-\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p \quad \cdots [1], \\ |\overrightarrow{\mathrm{PB}}| &= |\vec b-\vec p| \geqq |\vec b|-\frac{\vec b}{|\vec b|}\cdot\vec p \quad \cdots [2], \\ |\overrightarrow{\mathrm{PC}}| &= |\vec c-\vec p| \geqq |\vec c|-\frac{\vec c}{|\vec c|}\cdot\vec p \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ. 辺々を加えると, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|-\left(\frac{\vec a}{|\vec a|}+\frac{\vec b}{|\vec b|}+\frac{\vec c}{|\vec c|}\right)\cdot\vec p\] が得られる. $\dfrac{\vec a}{|\vec a|}+\dfrac{\vec b}{|\vec b|}+\dfrac{\vec c}{|\vec c|} = \vec 0$ が成り立つように点 $\mathrm O$ をとり直す. (1) で示したことから, このような点は $\angle\mathrm{AOB} = \angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA}$ を満たす点として定まる. しかも, $\triangle\mathrm{ABC}$ の内角に関する条件から, この $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にとれることに注意する. このとき, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|\] が成り立つ. 等号成立は, $[1]$~$[3]$ で等号が成り立つ場合に限る. これは, $\vec p$ が $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ の定数倍である場合に限る. $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ は $\vec 0$ でなく互いに平行でないから, これは $\vec p = \vec 0$ となる場合である. ゆえに, 点 $\mathrm P$ が上記の点 $\mathrm O$ に一致するとき, つまり $\angle\mathrm{APB} = \angle\mathrm{BPC} = \angle\mathrm{CPA}$ を満たす場合に限り, $L$ は最小となる.

背景

  • 分岐点を新たに設けてもよいという条件の下で, 与えられたいくつかの点をもれなく結ぶ最短経路を求める問題は, 「最小シュタイナー木問題」(the shortest path problem)と呼ばれ, インフラの建設計画を立てたり, 電気回路の設計をしたりする際に現れる素朴で重要な問題である.
  • $1$ 直線上にある $3$ 点を結ぶ最短経路は, 明らかに最も離れた $2$ 点を結ぶ線分である. よって, $3$ 点の「最小シュタイナー木問題」については, $3$ 点が三角形をなす場合が問題になる. 「三角不等式」$\mathrm P_1\mathrm P_2+\mathrm P_2\mathrm P_3 \geqq \mathrm P_1\mathrm P_3$ を使うと, これは三角形の各頂点までの距離の和が最小になる点を求める問題に帰着できる(詳細は割愛する).
  • $L$ の最小値を与える点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の「フェルマー点」または「トリチェリ点」(Fermat point, Torricelli point)などと呼ばれる.

ベクトルの垂直条件

定理《ベクトルの垂直条件》

 平面または空間において, $\vec 0$ でないベクトル $\vec a,$ $\vec b$ に対し, \[\vec a\perp\vec b \iff \vec a\cdot\vec b = 0\] が成り立つ.

問題《三角形の垂心とオイラー線・九点円》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G,$ 外心を $\mathrm O,$ 外接円の半径を $R$ とおく. 次のことを示せ.
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ を満たす点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(2)
$3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ はこの順に同一直線上にあり, $\mathrm{OG}:\mathrm{GH} = 1:2$ である.
(3)
直線 $\mathrm{AH},$ $\mathrm{BC}$ の交点 $\mathrm F$ は, 線分 $\mathrm{AH}$ の中点 $\mathrm L,$ 辺 $\mathrm{BC}$ の中点 $\mathrm M$ を直径の両端とし, 線分 $\mathrm{OH}$ の中点 $\mathrm N$ を中心とする半径 $\dfrac{R}{2}$ の円周上にある.

解答例

(1)
(i)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形であるとき. $\angle\mathrm A = 90^\circ$ であるとしても一般性を失わないから, その場合を考える. このとき, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心 $\mathrm O$ は斜辺 $\mathrm{BC}$ の中点である. よって, $\overrightarrow{\mathrm{OB}} = -\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ であるので, 与式から $\overrightarrow{\mathrm{OA}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ が成り立つ. したがって, $\mathrm A = \mathrm H$ であるから, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(ii)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形でないとき. $\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ から, \[\overrightarrow{\mathrm{AH}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\] である. これと外心の条件 $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|$ から \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} &= (\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}) \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2-|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 = 0 \end{aligned}\] が成り立つ. 同様に, $\overrightarrow{\mathrm{BH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CA}} = 0,$ $\overrightarrow{\mathrm{CH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0$ が成り立つ. これは $\mathrm{AH} \perp \mathrm{BC},$ $\mathrm{BH} \perp \mathrm{CA},$ $\mathrm{CH} \perp \mathrm{AB}$ であることを意味する. したがって, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(i), (ii) から, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ から, \[\overrightarrow{\mathrm{OH}} = 3\cdot\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{3} = 3\overrightarrow{\mathrm{OG}}\] が成り立つ. よって, $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ はこの順に同一直線上にあり, $\mathrm{OG}:\mathrm{GH} = 1:2$ である.
(3)
$\overrightarrow{\mathrm{ON}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OH}},$ $\overrightarrow{\mathrm{OL}} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OH}}}{2},$ $\overrightarrow{\mathrm{OM}} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{2}$ から \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{NL}} &= \overrightarrow{\mathrm{OL}}-\overrightarrow{\mathrm{ON}} \\ &= \frac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OH}}}{2}-\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OH}} = \frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}}, \\ \overrightarrow{\mathrm{NM}} &= \overrightarrow{\mathrm{OM}}-\overrightarrow{\mathrm{ON}} \\ &= \frac{\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{2}-\frac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{2} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}} \end{aligned}\] であるので, 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M$ は $\mathrm N$ を中心とする半径 $\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = \dfrac{R}{2}$ の円周の直径の両端に位置する. 更に, $\mathrm{LF} \perp \mathrm{FM}$ であるから, 点 $\mathrm F$ もこの円周上にある.

背景

  • 三角形において, 外心, 重心, 垂心を通る直線を「オイラー線」(Euler line)と呼ぶ. ただし, 正三角形に対しては, 外心, 重心, 垂心が一致するため,「オイラー線」は定義されない.
  • (3) の結果は頂点 $\mathrm A$ の取り方によらないから, $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の中点, 各頂点から対辺またはその延長に下ろした垂線の足, 各頂点と垂心を結ぶ線分の中点, 以上 $9$ 個の点は同一円周上にあり, その中心は外心と垂心を結ぶ線分の中点, 半径は外接円の半径の半分であることがわかる. この円を「九点円」(nine-point circle)と呼ぶ.

問題《四面体のモンジュ点》

 四面体 $\mathrm{ABCD}$ の外接球の中心を $\mathrm O$ とおく. $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}},$ $\vec d = \overrightarrow{\mathrm{OD}}$ とおき, $\overrightarrow{\mathrm{OM}} = \dfrac{\vec a+\vec b+\vec c+\vec d}{2}$ で定まる点 $\mathrm M$ をとる. 辺 $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm L$ について, $\mathrm{LM} \perp \mathrm{CD}$ であることを示せ.

解答例

\[\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{LM}} = \overrightarrow{\mathrm{OM}}-\overrightarrow{\mathrm{OL}} = \frac{\vec a+\vec b+\vec c+\vec d}{2}-\frac{\vec a+\vec b}{2} = \frac{\vec c+\vec d}{2} \end{aligned}\] であるから, \[\overrightarrow{\mathrm{LM}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}} = \frac{\vec c+\vec d}{2}\cdot (\vec d-\vec c) = \frac{|\vec d|^2-|\vec c|^2}{2} = 0\] が成り立つ. よって, $\mathrm{LM} \perp \mathrm{CD}$ である.

背景

 本問において, 点 $\mathrm M$ は, 辺 $\mathrm{AB}$ の中点を通って辺 $\mathrm{CD}$ に垂直な平面上にある. この辺 $\mathrm{AB}$ と対辺 $\mathrm{CD}$ の選び方は任意だから, 四面体 $\mathrm{ABCD}$ の各辺の中点を通って対辺に垂直な $6$ 枚の平面は $1$ 点 $\mathrm M$ で交わる. この点 $\mathrm M$ を四面体 $\mathrm{ABCD}$ の「モンジュ点」(Monge point)と呼ぶ. 外心 $\mathrm O,$ 重心 $\mathrm G$ について \[\overrightarrow{\mathrm{OM}} = 2\overrightarrow{\mathrm{OG}}\] であるから, $\mathrm O,$ $\mathrm G,$ $\mathrm M$ は一直線上にあり, $\mathrm{OG}:\mathrm{GM} = 1:1$ である. $\mathrm O \neq \mathrm G$ のとき, $\mathrm O,$ $\mathrm G,$ $\mathrm M$ を通る直線を四面体 $\mathrm{ABCD}$ の「オイラー線」(Euler line)と呼ぶ.

三角形の面積

定理《ベクトルと三角形の面積》

 $\triangle\mathrm{OPQ}$ において, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,d)$ であるとき, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}})^2} \\ &= \frac{1}{2}|ad-bc| \end{aligned}\] が成り立つ.

問題《ベクトルと三角形の面積》

 上記の公式を示せ.

解答例

(1)
三角形の面積の公式をベクトルの内積を用いて書き直し, 変形すると, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ}\sin\angle\mathrm{POQ} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\sqrt{1-\cos ^2\angle\mathrm{POQ}} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\sqrt{1-\left(\frac{\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}}{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|}\right) ^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}})^2} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] となる.
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,d)$ のとき, $[1]$ により, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd)^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{(ad-bc)^2} = \frac{1}{2}|ad-bc| \end{aligned}\] が成り立つ.
 別証明については, こちらを参照されたい.

問題《対辺が互いに垂直な等面四面体》

 四面体 $\mathrm{OABC}$ が $2$ つの条件
(i)
$\mathrm{OA} \perp \mathrm{BC},$ $\mathrm{OB} \perp \mathrm{CA},$ $\mathrm{OC} \perp \mathrm{AB}$
(ii)
$4$ つの面の面積がすべて等しい
を満たすとする. このとき, 四面体 $\mathrm{OABC}$ は正四面体であることを示せ.
(参考: 2003 京都大)

解答例

 $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく. (i) から \[\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0, \quad \overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CA}} = 0, \quad \overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0\] つまり \[\vec a\cdot (\vec c-\vec b) = 0, \quad \vec b\cdot (\vec a-\vec c) = 0, \quad \vec c\cdot (\vec b-\vec a) = 0\] であるので, \[\vec a\cdot\vec b = \vec b\cdot\vec c = \vec c\cdot\vec a\] が成り立つ. また, (ii) から, 特に $\triangle\mathrm{OAB} = \triangle\mathrm{OBC} = \triangle\mathrm{OCA}$ であるので, \[\begin{aligned} \frac{1}{2}\sqrt{|\vec a|^2|\vec b|^2-(\vec a\cdot\vec b)^2} &= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec b|^2|\vec c|^2-(\vec b\cdot\vec c)^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec c|^2|\vec a|^2-(\vec c\cdot\vec a)^2} \end{aligned}\] から \[ |\vec a|^2|\vec b|^2 = |\vec b|^2|\vec c|^2 = |\vec c|^2|\vec a|^2, \quad |\vec a| = |\vec b| = |\vec c|\] つまり $\mathrm{OA} = \mathrm{OB} = \mathrm{OC}$ が成り立つ. 同様に, 点 $\mathrm A$ を始点としたベクトルで考えると $\mathrm{AO} = \mathrm{AB} = \mathrm{AC}$ が, 点 $\mathrm B$ を始点としたベクトルで考えると $\mathrm{BO} = \mathrm{BC} = \mathrm{BA}$ が, 点 $\mathrm C$ を始点としたベクトルで考えると $\mathrm{CO} = \mathrm{CA} = \mathrm{CB}$ が得られる. ゆえに, \[\mathrm{OA} = \mathrm{OB} = \mathrm{OC} = \mathrm{AB} = \mathrm{BC} = \mathrm{CA}\] であるので, 四面体 $\mathrm{OABC}$ は正四面体である.

背景

  • 各面が合同な四面体を「等面四面体」とよぶ.
  • $4$ つの面の面積が等しい四面体は「等面四面体」であることが知られている.
  • すべての鋭角三角形 $\mathrm{ABC}$ に対して, 各面が $\triangle\mathrm{ABC}$ と合同な「等面四面体」が存在する. これは, 次にように証明できる: $3$ 辺の長さが $a,$ $b,$ $c$ の鋭角三角形について, $a,$ $b,$ $c$ を面の対角線の長さとする直方体が存在することを示す. $x^2+y^2 = a^2,$ $y^2+z^2 = b^2,$ $z^2+x^2 = c^2$ なる正の数 $x,$ $y,$ $z$ の存在を示せばよい. これら $3$ 式の辺々を加えて両辺を $2$ で割ると $x^2+y^2+z^2 = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}$ となるから, これは $x^2 = \dfrac{c^2+a^2-b^2}{2},$ $y^2 = \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2},$ $z^2 = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$ と同値であり, 条件からこれら $3$ 式の右辺は正であることに注意すると, $x = \sqrt{\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}},$ $y = \sqrt{\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}},$ $z = \sqrt{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}}$ が条件を満たすことがわかる.
  • 「等面四面体」の重心, 外心, 内心は一致する. また, 重心, 外心, 内心のうち $2$ つが一致する四面体は等面四面体であることが知られている.
  • 「等面四面体」の内接球と各面との接点は, その面の外心であることが知られている.