座標平面上の
2 2 2 点
( x 1 , y 1 ) , (x_1,y_1), ( x 1 , y 1 ) , ( x 2 , y 2 ) (x_2,y_2) ( x 2 , y 2 ) の間の距離
d d d は,
d = ( x 2 − x 1 ) 2 + ( y 2 − y 1 ) 2 d = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2} d = ( x 2 − x 1 ) 2 + ( y 2 − y 1 ) 2
である.
△ A B C \triangle\mathrm{ABC} △ A B C において, 辺
B C \mathrm{BC} B C の中線を
M \mathrm M M とおく.
A B 2 + A C 2 = 2 ( A M 2 + B M 2 ) = 2 ( A M 2 + C M 2 ) \mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2) A B 2 + A C 2 = 2 ( A M 2 + B M 2 ) = 2 ( A M 2 + C M 2 )
が成り立つことを,
2 2 2 点間の距離の公式を使って示せ.
2019 / 03 / 28 2019/03/28 2 0 1 9 / 0 3 / 2 8 2022 / 08 / 25 2022/08/25 2 0 2 2 / 0 8 / 2 5 解答例
点
M \mathrm M M を原点, 半直線
M C \mathrm{MC} M C を
x x x 軸の
0 0 0 以上の部分として,
x x x 軸,
y y y 軸を定める.
A ( p , q ) , \mathrm A(p,q), A ( p , q ) , C ( r , 0 ) \mathrm C(r,0) C ( r , 0 ) とおくと,
B ( − r , 0 ) \mathrm B(-r,0) B ( − r , 0 ) となるから,
A B 2 + A C 2 = { ( p + r ) 2 + q 2 } + { ( p − r ) 2 + q 2 } = 2 { ( p 2 + q 2 ) + r 2 } = 2 ( A M 2 + B M 2 ) = 2 ( A M 2 + C M 2 ) \begin{aligned}
\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 &= \{ (p+r)^2+q^2\} +\{ (p-r)^2+q^2\} \\
&= 2\{ (p^2+q^2)+r^2\} \\
&= 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)
\end{aligned} A B 2 + A C 2 = { ( p + r ) 2 + q 2 } + { ( p − r ) 2 + q 2 } = 2 { ( p 2 + q 2 ) + r 2 } = 2 ( A M 2 + B M 2 ) = 2 ( A M 2 + C M 2 )
が成り立つ.
参考
本問の結果は,「中線定理」 (parallelogram law) として知られており,
「スチュワートの定理」(こちら を参照) の特別な場合である.
「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, ベクトルによる証明 (こちら ), 複素数による証明 (こちら ) も参照されたい.
x y xy x y 平面において
x x x 座標,
y y y 座標が整数である点を「格子点」と呼ぶ.
点
C ( 2 , 1 3 ) \mathrm C\left(\sqrt 2,\dfrac{1}{3}\right) C ( 2 , 3 1 ) からそれぞれの「格子点」までの距離はすべて異なることを示せ.
2 \sqrt 2 2 が無理数であることは証明なしに使ってよい.
2016 / 12 / 10 2016/12/10 2 0 1 6 / 1 2 / 1 0 2024 / 04 / 30 2024/04/30 2 0 2 4 / 0 4 / 3 0 解答例
P ( x , y ) , \mathrm P(x,y), P ( x , y ) , P ′ ( x ′ , y ′ ) \mathrm P'(x',y') P ′ ( x ′ , y ′ ) を「格子点」とし,
C P = C P ′ \mathrm{CP} = \mathrm{CP}' C P = C P ′ として,
P = P ′ \mathrm P = \mathrm P' P = P ′ を示す.
このとき,
C P 2 = C P ′ 2 \mathrm{CP}^2 = \mathrm{CP}'{}^2 C P 2 = C P ′ 2 から,
( x − 2 ) 2 + ( y − 1 3 ) 2 = ( x ′ − 2 ) 2 + ( y ′ − 1 3 ) 2 (x-\sqrt 2)^2+\left( y-\frac{1}{3}\right) ^2 = (x'-\sqrt 2)^2+\left( y'-\frac{1}{3}\right) ^2 ( x − 2 ) 2 + ( y − 3 1 ) 2 = ( x ′ − 2 ) 2 + ( y ′ − 3 1 ) 2
が成り立つ.
両辺を展開して整理すると,
2 ( x − x ′ ) 2 = x 2 − x ′ 2 + y 2 − y ′ 2 − 2 3 ( y − y ′ ) 2(x-x')\sqrt 2 = x^2-x'{}^2+y^2-y'{}^2-\frac{2}{3}(y-y') 2 ( x − x ′ ) 2 = x 2 − x ′ 2 + y 2 − y ′ 2 − 3 2 ( y − y ′ )
となる.
2 \sqrt 2 2 が無理数で
x , x, x , x ′ x' x ′ が整数であるから, 左辺は
0 0 0 か無理数である.
一方,
x , x, x , y , y, y , x ′ , x', x ′ , y ′ y' y ′ は整数であるから, 右辺は有理数である.
よって,
x − x ′ = 0 x-x' = 0 x − x ′ = 0 つまり
x = x ′ x = x' x = x ′ である.
このとき,
0 = y 2 − y ′ 2 − 2 3 ( y − y ′ ) = ( y + y ′ − 2 3 ) ( y − y ′ ) 0 = y^2-y'{}^2-\frac{2}{3}(y-y') = \left( y+y'-\frac{2}{3}\right) (y-y') 0 = y 2 − y ′ 2 − 3 2 ( y − y ′ ) = ( y + y ′ − 3 2 ) ( y − y ′ )
となる.
y + y ′ y+y' y + y ′ が整数であることから
y + y ′ − 2 3 ≠ 0 y+y'-\dfrac{2}{3} \neq 0 y + y ′ − 3 2 = 0 であり,
y − y ′ = 0 y-y' = 0 y − y ′ = 0 から
y = y ′ y = y' y = y ′ が得られる.
よって,
P = P ′ \mathrm P = \mathrm P' P = P ′ である.
ゆえに, 点
C \mathrm C C からそれぞれの「格子点」までの距離はすべて異なる.
参考
すべての正の整数 n n n n n n 「シュタインハウスの問題」 は,
1957 1957 1 9 5 7 C \mathrm C C 1 1 1 n n n x y z xyz x y z x x x y y y z z z これとは別に, ちょうど n n n 1958 1958 1 9 5 8 n n n
とおくと, となるから,
が成り立つ.