三角形にまつわる長さの最小値
このページはマス旅の一部です。
今回は「三角形にまつわる長さの最小値」をさぐってみよう。
１．ウォーミングアップ
物理では、「最小・最短」というのはとても大切なことだ。
たとえば、光は最短距離を進む。
図形でも最短・最小は大きなテーマになる。
１「2点を結ぶ最短距離と言えば、直線」というのはだれでも知っている。
２「点から線への最短距離は、垂線だ」ということも常識だ。
この２つを「直線定理」と名付けてあげよう！
また、高校数学では、
点(x0,y0)から法線ベクトルがn=(a,b)の直線ax+by+c=0への垂線の長さが|ax0+by0+c|/|n|というのも有名だ。
＜パズル１＞
「牛を川そばのA地点から出発して川で水をのませて、別のB地点に移動する経路がどうなるか？」
川岸を直線ｌとする。
水を飲むポイントをｌ上の点Cとする。
そうすると、このパズルはACBという折れ線の長さ、L=AC+CBを最小にするポイントCの決め方の問題になる。
そこで、Bをｌについて線対称移動（鏡映）した点をB'とする。
今後、この鏡映は何回も使うだろうから、B'のような点を「点Bのｌ影」と呼ぶことにしよう。
大切なことは「線対称移動（鏡映）は合同変換である」こと。
Cを適当にとっても、いつもCB=CB'だから、L＝AC+CB’となるね。
だから、「直線定理」1番から折れ線ACB'を直線AB'にしたときにLが最小になる。
あとは、AB'とｌの交点が求める水の飲みポイントCと決定できるね。
大切なことはもう一つある。
光は牛より速いけど、この牛の進行経路は光と同じだ。
直線ｌへの「入射角と反射角が等しい」ということだ。
鏡映なのだから、２直線の交点が対頂角で等しいから、当たり前だけど、
結果を知っていると、いちいち作図しなくても、「最短の証明」になるから便利なのだ。
＜パズル２＞
「1辺が２の正方形がある。この正方形の対角線の交点を中心にして、正方形を回転するとき、
正方形の4辺が通過する領域の面積は？」
正方形をABCDとして、対角線の交点をOとする。対角線の長さは２√２になるので、
OA＝２√２/2=√２。だから、Aの軌跡は半径OAの円周になる。
正方形の通らない部分がOの周りにできるね。
この領域を広げていくと、限界がある。辺ABの中点Mだ。
この点Mは点Oから辺ABへの垂線の足になるね。
今後、この作図は何回も使うだろうから、Mのような点を「点OのAB足」と呼ぶことにしよう。
お気づきのように、これは「直線定理」2番を使っていることになる。OM＝１だ。
だから、正方形ABCDの辺の通過領域の面積はπ（√2)^2-π1^2=πとなるね。
＜パズル３＞
「正三角形ABCの内部に点Pをとり、Pから各辺に下した垂線の長さの合計Lを最小にする点はどこか？
答えは三角形の内部ならば、Lは一定なので、どこでもよい。
理由は簡単。正三角形の1辺を２として、Pから各辺に下した垂線3本の長さをa,b,cとすると、
正三角形の面積は△PAB,△PBC,△PCAの３つの三角形の面積の合計になるので、
２a/2+2b/2+2c/2=a+b+c=２*√3/2=√3となる。点Pがつまり、L=√3で、一定になるから。
これを、「ヴィヴィビアー二の定理」という。
２．垂足三角形で周長最小化
＜内接三角形の周長最小の極小化＞
「鋭角三角形ABCの辺BC,CA,AB上に点P,Q,Rをとり、
内部に作られる△PQRの周長L=PQ + QR + RPを最小にするには、
点 P, Q, Rをどこにとればよいでしょうか？」
「シュワルツ教授の考え」
ベルリン大学のシュワルツ教授は「垂線と入射角＝反射角と鏡映」から考えた。
シュワルツさんは三角形ABCのA,B,Cから対辺への足をP,Q,Rとした内接三角形PQRを
「垂足三角形」と名付けた。
「垂足三角形でLが最小になること」を証明しました。
「証明」
3点P,Q,Rは垂線の足で、垂心をHとすると、三角形ABCを四角形ARHQ,BPHR,CQHPに分けられるね。
それぞれに外接する円がかけて、HA,HB,HCが３つの円の直径になっている。
大切なのは「同じ弧に対する円周角が等しいこと」だ。
角ARQ＝角AHQ（直径HAの円）、角BHP＝角BRP（直径BHの円）。
Hで角AHQと角BHPは対頂角になっているから等しい。
つまり、角ARQ＝角BRPだ。
これって、辺ABに対して折れ線QRPが、「入射角＝反射角」になるから最短経路になっているのことだ。
点Rの位置は垂線の足でしかなかったのに、最短の折り返し点と判明したのだね。
同様にして、点P,点Qもそれが言える。
今、３垂線から「入射角＝反射角」が言えた。
さらに、厳密には鏡映作図の６連発をすればよい。
三角形ABCを辺BC,CA,AB,BC,CA,ABで順に鏡映するのです。
2回裏返すと表向きに戻り、向きが回転するだけ。
初めの2回鏡映で頂点Cは動かず、点Cに角Cの2個分並ぶだけなので、角Cの2倍回転となる。
同じようにして、次の2回鏡映で角Bの2倍回転、最後の2回鏡映で角Aの2倍回転となる。
この6回回転で、角Cの2倍＋角Bの2倍＋角Aの2倍＝（３つの角の合計）の2倍＝180×2＝360度回転。
だから、ABへの足Rが6回鏡映後のRまで入射角と反射角が等しいことから、直線になる。
適当な内接三角形では、折れ線になってしまうことがわかる。
＜学生フェイエールさんの考え＞
ハンガリーの数学者フェイエールさんが学生のときに考えた方法が秀逸だ。
（裏返して直線化で最短）
フェイエールさんは1頂点Pを固定して考えた。
辺 BC上に点 Pを固定してみよう。そして、点Pを鏡映で裏返す。
点PのAB影をP_1、AC影をP_2とおこう。
鏡像の性質より、RP = RP_1、PQ = PP_2だから、
L= RP + PQ + QR = P_1R + RQ + QP_2
これは 点 P_1 から点 R, Qを経由して点P_2に至る折れ線の長さそのものだ！
直線定理１から、この折れ線が最短になるのは、P_1, R, Q, P_2が一直線上に並ぶときだね。
（垂線で最短）
さらに、直線 P_1P_2の長さをさらに短くしたいと考えたのだ。
さあ、どうする？
鏡映は合同変換であることを思い出そう。
P_1, R, Q, P_2が一直線に並んだとき、二等辺三角形AP_1P_2に注目すると、AP_1 = AP = AP_2であり、
頂角P_1AP_2 = 2角A（一定）となる。
頂角一定の二等辺三角形とは、テントのテッペンの開き方が決まっているようなものだ。
テントを広くするにはテントの高さ、斜辺を長くするしかない。
つまり、底辺P_1P_2の長さを最小にするには、斜辺に等しい線分APの長さを最小にすればよいことになる。
直線定理２から、点Aから辺BCに下ろした線分APが最小になるのは。Aの辺BC足をPとすればよいね。
（まとめ）
点 P, Q, Rがそれぞれ頂点 A, B, Cから対辺への足（垂足）になるとき、周長は最小となることは
シュワルツさんのやり方では、決定できた。
しかし、フェイエールさんのやり方ではどうだろうか。
今は点Pを先に決めた。だったら、点 Q, Rを先に決めることもできるだろう。
Pを決めた結果のQ,Rと、Qを決めた結果のP,Rと、Rを決めた結果のP,Q。
この３つの三角形が実は１つになるということは、ここまでの記述では何もわからない。
これではフェイエールさんのやり方は決定打にならない気になりますね。
結局、3垂線を引かなければならないとしたら、シュワルツさんの勝ちになる。
そうではありません。
フェイエールさんの作図「1垂線と2回鏡映」で、P,Q,Rが決定されるのです。
「証明」
三角形ABCのAから辺BC足をPとする。PのAB裏をP_1,AC裏をP_2とする。
線分P‗1P_2とAB,ACとの交点をそれぞれ、R,Qとする。このときの内接三角形PQRが周囲最小となる。
なぜなら、鏡映であることから、三角形AP_1P_2は斜辺がAPに等しい二等辺三角形なので底角が等しい。
角AP_1R＝角AP_2Q、鏡映であることから、角AP_1R=角APR、角AP_2Q=角APQ。
以上から、角APR=角APQ＝ｘとする。、Pは垂線の足だから、角APB=角APCなので、残りの角BPR=角CPQ、これをｘ度とする。つまり、「入射角＝反射角」になっている。
次に、角APBが直角だから、鏡映の角PP_1Bも直角で、ABを直径とする四角形APBP_1の外接円がある。
同様にして、ACを直径とする四角形APCP_2の外接円がある。
円周角と鏡映に着目すると、
角BP_1P＝角BAP＝角BAP_1＝角BPP_1＝ｙ度とする。
これから、△AP_1Bで、外角ARQ=ｘ＋ｙ＝角P_1RB。鏡映から、角P_1RB=角BRP。
したがって、角ARQ=角BRP。ここでも「入射角＝反射角」となる。
同様にして、点Qについても「入射角＝反射角」となるので、
垂線を1本しか引いてないのに、3垂線の効果があるということだ。
シュワルツさんの鏡映が6回に対して、フェイエールさんの鏡映は2回です。
シュワルツさんの垂線が3本に対して、フェイエールさんの垂線は1本です。
べつに競争する必要はないですが、いかにエレガントかという話しです。
シュワルツの垂足三角形で、△PQRの周は最小化
フェイエールの垂足三角形で、△PQRの周長の最小化
２．距離和の最小化の点（フェルマー点）
＜トリチェリの問題＞
「最大角が120度未満の三角形ABCの内部に点Pをとり、
3頂点からの距離の和L=AP + BP + CPを最小にする点P（フェルマー点） はどこにある？」
フランスの数学者フェルマーがデカルトやトリチェリに尋ねたという有名な問題ですが、
次は、トリチェリさんがみつけたという証明です。
「証明１」
三角形ABCの内部に点Pをとり、PA,PB,PCを結びます。
三角形APCをAを中心に60度反時計回りに回転してできる三角形AP'C'をかき、PP',CC'を結ぶ。
三角形APP'は回転角60度をはさむ2辺が等しいので正三角形です。AP＝PP'
回転は合同変換なので、もちろん△APC≡△AP'C'だから、PC＝P'C'。
だから、L=AP＋BP+CP＝BP＋PP'+P'C'
最後の式は折れ線BPP'C'の長さですね。
直線定理１から、Lの最小値は線分BC'です。
では、どんなときに直線になるのでしょうか。
折れ線BPP'C'がPでまっすぐなので、角BPA＋60＝180となり、角BPA=120度です。
折れ線BPP'C'がP'でまっすぐなので、60＋角AP'C'＝60＋角APC＝180となり、角APC＝120度です。
残った、角BPCはもちろん120度です。
「証明２」
三角形ABCの内部に角APB＝角BPC＝角CPA＝120度となる点Pをとります。
また、三角形ABCの内部に適当な点Qをとります。
三角形ABCに外接する正三角形で、A,B,CがPから3辺への垂線の足になるような三角形KLMを作ります。
360－90-90-120＝60だから、角K,M,Kがすべて60度になる正三角形KLMがただ一つあります。
KLMからすると、A,B,Cが決まってしまえば、点Pは１つに決まります。
さて、QからLM,MK,KLへの足をA'、B',C'としましょう。
「ヴィヴィアー二の定理」からPからの３垂線の長さの和とQからの3垂線の長さの和は等しいので、
三角形KLMの中がPでもQでも同じことです。
つまり、
AP+BP+CP=A'Q+B'Q+C'Q
垂線は足までが最短なのでQA'≦QA、QB'≦QB,QC'≦QCとなるね。
これから、AP+BP+CP=A'Q+B'Q+C'Q≦AQ+BQ＋CQ
つまり、適当にとったQからの和よりも、Pからの和が最小。
「証明３」
三角形ABCのそれぞれの辺を1辺とする正三角形ABD,BCE,CAFをかきます。
AEとCDの交点をPにしよう。
同じ弧に対する円周角は等しいので、角BPE＝角CPE＝角DPA=角DPB=60度です。
すると、角BPC=角BPA＝120度なので、角APCも120度となり、フェルマー点です。
この証明のよいところは、フェルマー点の作図までできることです。
また、120度だけでなく、周長が最小であることもわかります。
円に内接する四角形BPCEで「トレミーの定理」を使うと、
PB×EC＋BE×CP＝BC×PEです。
三角形BCEは正三角形だから、EC=BE=BCですね。
だから、これを約すことで、PB＋CP＝PDとなります。
だから、L=AP＋BP＋CP＝AP＋PD≧AD
＝になるのは、折れ線APDが直線のときです。
そのとき、角APB＝角APC=180－60＝120です。
トレミーの定理のおかげで、円が1個で十分だということもわかりました。
さらに、Lの長さがADになることもわかります。
課題：geogebraで三角形ABCの点を動かしてもフェルマー点が決定できるように作図しよう。
タイトルは「連動するフェルマー点」
図形で選び三角形ABCを適当にかきます。
正多角形の作図のアイコンで、2点C,Bを選び点数３を入れることで、正三角形BCEをかきます。
同じように、のこりの２つの正三角形をかきます。
この２つの三角形は主役ではないので、segmentは点線で三角形も塗なしにしましょう。
SE,CDの交点をPとします。BFもPを通りますね。
円のコマンドで3点選択のものを選び、B,P,Cを指定します。
三角形BCEだけ青にします。
線分を追加します。
BP,CP,PEです。色を赤にして太くします。
”３点A,B,Cを動かすと\\フェルマー点が追従します。"
とテキストを貼り付けます。