有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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点と直線の距離

点と直線の距離

定理《点と直線の距離》

 点 $(x_0,y_0)$ と直線 $ax+by+c = 0$ の距離 $d$ は \[ d = \frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\] である.

証明

 こちら(三角比を利用)またはこちら(ベクトルの内積を利用)を参照.

問題《平行な $2$ 直線間の距離》

(1)
$m,$ $n_1,$ $n_2$ を実数とし, $m \neq 0$ とする. 互いに平行な $2$ 直線 $y = mx+n_1,$ $y = mx+n_2$ の間の距離を求めよ.
(2)
$a,$ $b,$ $c_1,$ $c_2$ を実数とし, $(a,b) \neq (0,0)$ とする. 互いに平行な $2$ 直線 $ax+by+c_1 = 0,$ $ax+by+c_2 = 0$ の間の距離を求めよ.
基本定理$2022/11/26$$2022/11/28$

解答例

(1)
求める距離は, $2$ 直線 $y = mx+n_1$ の $y$ 切片 $(0,n_1)$ と直線 $mx-y+n_2 = 0$ の距離に等しいから, \[\frac{|m\cdot 0+(-1)\cdot n_1+n_2|}{\sqrt{m^2+(-1)^2}} = \frac{|n_2-n_1|}{\sqrt{m^2+1}}\] である.
(2)
(i)
$b \neq 0$ のとき. $2$ 直線の方程式は $y = -\dfrac{a}{b}x-\dfrac{c_1}{b},$ $y = -\dfrac{a}{b}x-\dfrac{c_2}{b}$ と変形できるから, (1) によりその間の距離は \[\frac{\left| -\dfrac{c_2}{b}+\dfrac{c_1}{b}\right|}{\sqrt{\left( -\dfrac{a}{b}\right) ^2+1}} = \frac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}} \quad \cdots [1]\] である.
(ii)
$b = 0$ のとき. $2$ 直線の方程式は $x = -\dfrac{c_1}{a},$ $x = -\dfrac{c_2}{a}$ と変形できるから, その間の距離は \[\left| -\frac{c_2}{a}+\frac{c_1}{a}\right| = \frac{|c_1-c_2|}{|a|}\] である. これは $[1]$ に $b = 0$ を代入した値に等しい.
(i), (ii) から, 求める距離は $\dfrac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}$ である.

問題《三角形の面積の公式とその応用》

 次のことを示せ.
(1)
原点 $\mathrm O$ と点 $\mathrm P(a,b),$ $\mathrm Q(c,d)$ を頂点とする三角形 $\mathrm{OPQ}$ の面積は \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}|ad-bc|\] である.
(2)
各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数であるような正三角形は存在しない.
 ただし, $\sqrt 3$ が無理数であることは, 証明なしに使ってよい.

解答例

(1)
辺 $\mathrm{OP}$ の長さは $\sqrt{a^2+b^2}$ である. また, 直線 $\mathrm{OP}:bx-ay = 0$ と点 $\mathrm Q(c,d)$ の距離 $d$ は \[ d = \frac{|bc-ad|}{\sqrt{b^2+(-a)^2}} = \frac{|ad-bc|}{\sqrt{a^2+b^2}}\] であるから, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot d \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}\cdot\frac{|ad-bc|}{\sqrt{a^2+b^2}} \\ &= \frac{1}{2}|ad-bc| \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ.
(2)
各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数である正三角形 $\mathrm{OPQ}$ の存在を仮定する. 平行移動で面積は変わらないことから $\mathrm O$ が原点であるとしても一般性を失わないので, その場合を考える. $\mathrm P(a,b),$ $\mathrm Q(c,d)$ とおく. このとき, $[1]$ が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{OPQ}$ が正三角形であることから, \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}\mathrm{OP}^2\sin 60^\circ = \frac{\sqrt 3}{4}(a^2+b^2) \quad \cdots [2]\] が得られる. よって, $[1],$ $[2]$ から, \[\sqrt 3 = \frac{2|ad-bc|}{a^2+b^2}\] が成り立つ. $a,$ $b,$ $c,$ $d$ は整数であることから右辺は有理数であるが, これは $\sqrt 3$ が無理数であることに反する.
 ゆえに, 各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数であるような正三角形は存在しない.

参考

  • 座標平面上の各座標が整数である点を「格子点」(lattice point)と呼び, すべての頂点が格子点であるような多角形を「格子多角形」(lattice polygon)と呼ぶ.
  • 「格子正多角形」は正方形に限ることが知られている.
  • (1) の別解についてはこちらを, (2) の別解についてはこちらを参照されたい.
(最終更新日: $2022/06/06$)

問題《角の二等分線の傾き》

 $a,$ $b$ を $b \neq \pm a$ なる実数とする. $2$ 直線 $y = ax,$ $y = bx$ のなす角の二等分線の傾き $c$ を $a,$ $b$ で表す公式を, 点と直線の距離の公式から導け.

解答例

 角の二等分線 $y = cx$ 上の点 $(t,ct)$ $(t \neq 0)$ と $2$ 直線 $ax-y = 0,$ $bx-y = 0$ の距離は等しいから, \[\begin{aligned} \frac{|at-ct|}{\sqrt{a^2+(-1)^2}} &= \frac{|bt-ct|}{\sqrt{b^2+(-1)^2}} \\ |a-c|\sqrt{b^2+1} &= |b-c|\sqrt{a^2+1} \end{aligned}\] が成り立つ. 両辺を $2$ 乗すると \[ (a-c)^2(b^2+1) = (b-c)^2(a^2+1)\] よって \[\begin{aligned} (a^2+1)(c-b)^2-(b^2+1)(c-a)^2 &= 0 \\ \{ (a^2+1)-(b^2+1)\} c^2-2\{ (a^2+1)b-(b^2+1)a\} c \quad & \\ +(a^2+1)b^2-(b^2+1)a^2 &= 0 \\ (a+b)(a-b)c^2-2(a-b)(ab-1)c-(a+b)(a-b) &= 0 \\ (a+b)c^2-2(ab-1)c-(a+b) &= 0 \end{aligned}\] となるから, $2$ 次方程式の解の公式により \[\begin{aligned} c &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2}}{a+b} \\ &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{a+b} \end{aligned}\] が得られる.

参考

  • 上記の公式は, 正接の加法定理, ベクトルの内積の公式からも求められる(こちらこちらを参照).
  • $2$ 直線とそのなす角の二等分線の傾きがすべて整数になるような傾きの組合せは,「ペル方程式」の理論を用いて完全に決定されている(こちらを参照).
(最終更新日: $2022/09/10$)