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.

ベクトル方程式

平面図形のベクトル方程式

定理《平面における直線の方程式》

(1)
点 $\mathrm P_0(\vec p_0)$ を通り, $\vec d$ に平行な直線 $l$ 上の点 $\mathrm P(\vec p)$ に対して,
$\vec p = \overrightarrow{p_0}+t\vec d$ ($t$: 実数)
が成り立つ.
(2)
点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ を通り, $\vec d = (a,b)$ $(ab \neq 0)$ に平行な直線 $l$ の方程式は \[\frac{x-x_0}{a} = \frac{y-y_0}{b}\] である.

証明

(1)
$\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P}$ は $\vec 0$ に等しいか $\vec d$ に平行であるから, $\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P} = t\vec d$ を満たす実数 $t$ が存在して, \[\vec p = \overrightarrow{\mathrm{OP}} = \overrightarrow{\mathrm{OP}_0}+\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P} = \overrightarrow{p_0}+t\vec d\] となる.
(2)
$l$ のベクトル方程式は
$(x,y) = (x_0,y_0)+t(a,b)$ ($t$: 実数)
であるので, \[ x = x_0+ta, \quad y = y_0+tb\] から $t$ を消去すると, 求める方程式が得られる.

定理《円周の方程式》

 点 $\mathrm C$ を中心, $r$ を半径とする円周の方程式は \[ |\overrightarrow{\mathrm{CP}}| = r\] である.

証明

 明らかである.

問題《ベクトルによる点と直線の距離の公式の証明》

 $a,$ $b$ を $(a,b) \neq (0,0)$ なる実数とする. 点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ と直線 $l:ax+by+c = 0$ の距離は \[\frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\] であることを, ベクトルを用いて示せ.
基本定理$2022/08/26$$2022/10/13$

解答例

 点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ から直線 $l:ax+by+c = 0$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H(p,q)$ とおく. $\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}$ は $l$ の法線ベクトル $\vec n = (a,b)$ に平行であるから, ある実数 $k$ に対して \[\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H} = k\vec n\] となる. 両辺の $\vec n$ との内積をとると \[\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H} = k|\vec n|^2\] となるから, \[\begin{aligned} k &= \frac{\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}}{|\vec n|^2} \\ &= \frac{a(p-x_0)+b(q-y_0)}{a^2+b^2} \\ &= -\frac{ax_0+by_0-(ap+bq)}{a^2+b^2} \\ &= -\frac{ax_0+by_0+c}{a^2+b^2} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, 点 $\mathrm P_0$ と直線 $l$ の距離は \[\begin{aligned} |\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}| &= |k\vec n| = |k||\vec n| \\ &= \frac{|ax_0+by_0+c|}{a^2+b^2}\cdot\sqrt{a^2+b^2} \\ &= \frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{aligned}\] である.

参考

 一般に, 座標平面上の相異なる $2$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm H$ に対して, $\mathrm H$ を通り, $\mathrm{OH}$ に垂直な直線は, ベクトル方程式
$\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{HP}} = 0$ つまり $\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}} = |\overrightarrow{\mathrm{OH}}|^2$
で表される. $\overrightarrow{\mathrm{OH}} = h(\cos\theta,\sin\theta )$ とおくと, これは \[ x\cos\theta +y\sin\theta = h\] と表される. これらの形の直線の方程式を「ヘッセ標準形」と呼ぶ(こちらも参照).

問題《円周の接線の方程式》

 原点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $r$ の円周 $x^2+y^2 = r^2$ に点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ で接する直線を $l$ とおく. 点 $\mathrm P(x,y)$ に対して \[\mathrm P \in l \iff x_0x+y_0y = r^2\] が成り立つことを示せ.
基本定理$2022/08/27$ 更新

解答例

 点 $\mathrm P(x,y)$ に対して, \[\begin{aligned} \mathrm P \in l &\iff \mathrm P = \mathrm P_0\text{ または }\overrightarrow{\mathrm{OP}_0} \perp \overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P} \\ &\iff \overrightarrow{\mathrm{OP}_0}\cdot\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P} = 0 \\ &\iff (x_0,y_0)\cdot (x-x_0,y-y_0) = 0 \\ &\iff x_0x+y_0y = x_0{}^2+y_0{}^2 \\ &\iff x_0x+y_0y = r^2 \end{aligned}\] が成り立つ.

問題《方べきの定理》

 定点 $\mathrm O$ を通る直線 $l$ と点 $\mathrm C$ を中心とする半径 $r$ の円周の $2$ つの共有点を $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ とおく($l$ と円周 $\mathrm C$ が接するときは, $\mathrm P = \mathrm Q$ と考える). $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおき, $l$ に平行な単位ベクトル $\vec e$ をとって, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = p\vec e,$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = q\vec e$ ($p,$ $q$: 実数)とおく.
(1)
$p,$ $q$ を解にもつ $2$ 次方程式の $1$ つを, $r,$ $|\vec c|,$ $\vec c\cdot\vec e$ を使って表せ.
(2)
$|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|$ の値は直線 $l$ の向きによらず一定であることを示せ.
実戦定理$2022/08/01$ 更新

解答例

(1)
$|\overrightarrow{\mathrm{CP}}| = r$ から, \[\begin{aligned} &|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2 = r^2 \\ &|p\vec e-\vec c|^2 = r^2 \\ &p^2|\vec e|^2-2p\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2 = r^2 \\ &p^2-2p\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2-r^2 = 0 \end{aligned}\] が成り立つ. 同様に, $q^2-2q\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2-r^2 = 0$ が成り立つ. ゆえに, $p,$ $q$ を解にもつ $2$ 次方程式の $1$ つは \[ t^2-2t\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2-r^2 = 0\] である.
(2)
解と係数の関係により \[ |\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}| = |p\vec e||q\vec e| = |pq||\vec e|^2 = |pq| = ||\vec c|^2-r^2|\] が成り立ち, この値は $l$ の向きによらず一定である.

参考

 ベクトルの利用で, 次の方べきの定理の $3$ つの場合を同時に証明できた. 「解析幾何学」的な証明もある(こちらを参照).
(i)
円周の $2$ 本の弦 $\mathrm{PQ},$ $\mathrm P'\mathrm Q'$ が円の内部の点 $\mathrm O$ で交わるとき, $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = \mathrm{OP}'\cdot\mathrm{OQ}'$ が成り立つ.
(ii)
円周の $2$ 本の弦 $\mathrm{PQ},$ $\mathrm P'\mathrm Q'$ の延長が円の外部の点 $\mathrm O$ で交わるとき, $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = \mathrm{OP}'\cdot\mathrm{OQ}'$ が成り立つ.
(iii)
円の外部の点 $\mathrm O$ を通る直線が円周と $2$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ で交わり, 点 $\mathrm O$ から円周に引いた接線が点 $\mathrm T$ で接するとき, $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = \mathrm{OT}^2$ が成り立つ.

空間図形のベクトル方程式

定理《空間における直線の方程式》

(1)
点 $\mathrm P_0(\vec p_0)$ を通り, $\vec d$ に平行な直線 $l$ 上の点 $\mathrm P(\vec p)$ に対して,
$\vec p = \overrightarrow{p_0}+t\vec d$ ($t$: 実数)
が成り立つ.
(2)
点 $\mathrm P_0(x_0,y_0,z_0)$ を通り, $\vec d = (a,b,c)$ $(abc \neq 0)$ に平行な直線 $l$ の方程式は \[\frac{x-x_0}{a} = \frac{y-y_0}{b} = \frac{z-z_0}{c}\] である.

証明

(1)
平面上の直線と同様である.
(2)
$l$ のベクトル方程式は
$(x,y,z) = (x_0,y_0,z_0)+t(a,b,c)$ ($t$: 実数)
であるので, \[ x = x_0+ta, \quad y = y_0+tb, \quad z = z_0+tc\] から $t$ を消去すると, 求める方程式が得られる.

定理《平面の方程式》

 点 $\mathrm A(x_0,y_0,z_0)$ を通り, $\vec 0$ でないベクトル $\vec n = (a,b,c)$ に垂直な平面 $\alpha$ と点 $\mathrm P(x,y,z)$ に対して, \[\begin{aligned} \mathrm P \in \alpha &\iff \vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = 0 \\ &\iff \vec n\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OP}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}) = 0 \\ &\iff a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0) = 0 \end{aligned}\] が成り立つ.

定理《球面の方程式》

(1)
点 $\mathrm C$ を中心, $r$ を半径とする球面の方程式は \[ |\overrightarrow{\mathrm{CP}}| = r\] である.
(2)
点 $(a,b,c)$ を中心, $r$ を半径とする球面の方程式は \[ (x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2 = r^2\] である.

証明

 明らかである.

問題《点と平面の距離とデカルト=グアの定理》

 $\mathrm O$ を原点とする座標空間において, 次のことを示せ.
(1)
$a,$ $b,$ $c$ を $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ なる実数とする. このとき, 点 $\mathrm P_0(x_0,y_0,z_0)$ と平面 $\alpha :ax+by+cz+d = 0$ の距離は \[\frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\] である.
(2)
$\mathrm A(a,0,0),$ $\mathrm B(0,b,0),$ $\mathrm C(0,0,c)$ ($a,$ $b,$ $c$: 正の数)とする. このとき, \[ (\triangle\mathrm{ABC})^2 = (\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2+(\triangle\mathrm{OAB})^2\] が成り立つ.
(参考: $1995$ 山形大)
標準定理$2022/06/06$ 更新

解答例

(1)
点 $\mathrm P_0(x_0,y_0,z_0)$ から平面 $\alpha :ax+by+cz+d = 0$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H(p,q,r)$ とおく. $\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}$ は $\alpha$ の法線ベクトル $\vec n = (a,b,c)$ に平行であるから, ある実数 $k$ に対して \[\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H} = k\vec n\] となる. 両辺の $\vec n$ との内積をとると \[\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H} = k|\vec n|^2\] となるから, \[\begin{aligned} k &= \frac{\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}}{|\vec n|^2} \\ &= \frac{a(p-x_0)+b(q-y_0)+c(r-z_0)}{a^2+b^2+c^2} \\ &= -\frac{ax_0+by_0+cz_0-(ap+bq+cr)}{a^2+b^2+c^2} \\ &= -\frac{ax_0+by_0+cz_0+d}{a^2+b^2+c^2} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, 点 $\mathrm P_0$ と平面 $\alpha$ の距離は \[\begin{aligned} |\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}| &= |k\vec n| = |k||\vec n| \\ &= \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{a^2+b^2+c^2}\cdot\sqrt{a^2+b^2+c^2} \\ &= \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \end{aligned}\] である.
(2)
(1) により, 原点と平面 $\mathrm{ABC}:\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c} = 1$ つまり \[ bcx+cay+abz-abc = 0\] の距離 $h$ は \[ h = \frac{|-abc|}{\sqrt{(bc)^2+(ca)^2+(ab)^2}} = \frac{abc}{\sqrt{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}}\] である.
また, 三角錐 $\mathrm{OABC}$ の体積について \[\frac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot h = \frac{1}{3}\cdot\frac{ab}{2}\cdot c\] であるから, \[\begin{aligned} (\triangle\mathrm{ABC})^2 &= \left(\frac{abc}{2h}\right) ^2 = \frac{a^2b^2c^2}{4}\cdot\frac{1}{h^2} \\ &= \frac{a^2b^2c^2}{4}\cdot\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{a^2b^2c^2} \\ &= \left(\frac{bc}{2}\right) ^2+\left(\frac{ca}{2}\right) ^2+\left(\frac{ab}{2}\right) ^2 \\ &= (\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2+(\triangle\mathrm{OAB})^2 \end{aligned}\] が成り立つ.

別解 1

(2)
$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = (-a,b,0),$ $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = (-a,0,c)$ から \[ |\overrightarrow{\mathrm{AB}}| = \sqrt{a^2+b^2}, \quad |\overrightarrow{\mathrm{AC}}| = \sqrt{a^2+c^2}, \quad \overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} = a^2\] であるので, 三角形の面積の公式により, \[\begin{aligned} (\triangle\mathrm{ABC})^2 &= \frac{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2}{4} \\ &= \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)-(a^2)^2}{4} \\ &= \frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{4} \\ &= \left(\frac{bc}{2}\right)^2+\left(\frac{ca}{2}\right)^2+\left(\frac{ab}{2}\right)^2 \\ &= (\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2+(\triangle\mathrm{OAB})^2 \end{aligned}\] が成り立つ.

別解 2

(2)
点 $\mathrm C$ から辺 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm K$ とおく.
直角三角形 $\triangle\mathrm{OAB}$ に着目すると \[\triangle\mathrm{OAB} = \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot\mathrm{OK} = \frac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\] から \[\mathrm{OK} = \frac{\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}}{\mathrm{AB}} = \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\] が得られるので, 辺 $\mathrm{AB}$ を底辺としたときの $\triangle\mathrm{ABC}$ の高さは \[\begin{aligned} \mathrm{CK} &= \sqrt{\mathrm{OC}^2+\mathrm{OK}^2} = \sqrt{c^2+\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}} \\ &= \sqrt{\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{a^2+b^2}} \end{aligned}\] である. よって, \[\begin{aligned} (\triangle\mathrm{ABC})^2 &= \left(\frac{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CK}}{2}\right) ^2 = \frac{\mathrm{AB}^2}{4}\cdot\mathrm{CK}^2 \\ &= \frac{a^2+b^2}{4}\cdot\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{a^2+b^2} \\ &= \left(\frac{bc}{2}\right) ^2+\left(\frac{ca}{2}\right) ^2+\left(\frac{ab}{2}\right) ^2 \\ &= (\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2+(\triangle\mathrm{OAB})^2 \end{aligned}\] が成り立つ.

参考

 一般に, $\angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA} = \angle\mathrm{AOB} = 90^\circ$ なる三角錐 $\mathrm{OABC}$ (直角三角錐)に対して, (2) の等式が成り立つ. これは, 「デカルト=グアの定理」(de Gua's Theorem)と呼ばれ, $3$ 次元空間における三平方の定理の類似である.

問題《球面の接平面の方程式》

 原点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $r$ の球面 $x^2+y^2+z^2 = r^2$ に点 $\mathrm P_0(x_0,y_0,z_0)$ で接する平面を $\alpha$ とおく. 点 $\mathrm P(x,y,z)$ に対して \[\mathrm P \in \alpha \iff x_0x+y_0y+z_0z = r^2\] が成り立つことを示せ.
基本定理$2022/08/27$ 更新

解答例

 点 $\mathrm P(x,y,z)$ に対して, \[\begin{aligned} \mathrm P \in \alpha &\iff \mathrm P = \mathrm P_0\text{ または }\overrightarrow{\mathrm{OP}_0} \perp \overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P} \\ &\iff \overrightarrow{\mathrm{OP}_0}\cdot\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm P} = 0 \\ &\iff (x_0,y_0,z_0)\cdot (x-x_0,y-y_0,z-z_0) = 0 \\ &\iff x_0x+y_0y+z_0z = x_0{}^2+y_0{}^2+z_0{}^2 \\ &\iff x_0x+y_0y+z_0z = r^2 \end{aligned}\] が成り立つ.