等周問題 ここまで述べた証明はスイス人Jacob Steiner によるものである． Steiner による証明の問題点はすでに述べた通りである． 問題点の説明の為に例２を用いたが，次の例が分かりやすいと思う． 
例３$\triangle ABC$の内部に点$P$がある．このとき次が成り立つ． 点$P$が$PA+PB+PC$を最小にする点 $\Longrightarrow \ \ \angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$ を満たす． 証明 $A$を中心とする半径$AP$の円上の点$Q$において，点$P$は$BQ+CQ$の最小値を与える点である． したがって，$B,C$を焦点とする点$P$で円$A$と接する楕円が存在する． ($\because B,C$を焦点とする楕円を少しずつ大きくする（長軸を長くしていく）．最初に接する楕円が求めるもの) 点$P$において $\angle APB=\angle APC$ が成り立つ． ($\because$楕円の性質であるが，証明は次のようにする．$P$における共通接線上に点$R$をとると $BR+RC\leqq BR'+R'C=BP+PC$ したがって，点$P$は$BR+RC$を最小にする点 ) 同様の議論を他の点で行うことにより $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$ この命題より，３点$A,B,C$に対して $AP+BP+CP$ を最小する点は $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$ を満たす点かというとそれは誤りで，例えば$\triangle ABC$で$\angle A\geqq 120^{\circ}$のときは$\triangle ABC$ の内部には $AP+BP+CP$を最小にする点は存在しない．実際 $AP+BP+CP\leqq AB+AC$ が成り立つ． 存在することの証明が重要であることが分かってもらえたでしょうか． 厳密な証明はもう少し待ってもらい，ここで１つ例題を扱おう． 
例題定円が与えられている．円周上の２点を通る曲線（直線も含む）でこの円を等面積に分けるとき， 最短の曲線はこの円の直径である． この例題が当たり前と思うようでは困ります．それは問題の本質を読み取っていません．例えば右図のように分けたとき 曲線が直径より長いというのは自明ではありません． 解答 対称移動を利用すると簡単に解決します． 円周上の２点$A,B$で線分$AB$が直径でない場合を考えればよい． 線分$AB$と平行な直径を直径$CD$とすると，円の面積を２等分する曲線$AB$は必ず直径$CD$ と交わるのでその交点の一つを$F$とする． 
直径$CD$に関して$B$と対称な点を点$E$とすると，$\angle ABE=90^{\circ}$であるから，$AE$は直径である．曲線$AB$のうちの２点$F,B$の間の 部分を直径$CD$に関して対称移動したものを曲線$FE$とすると (曲線$AB$)=(曲線$AF$)+(曲線$FB$)=(曲線$AF$)+(曲線$FE$)$\geqq AE$ したがって，曲線$AB$は直径と長さが等しいかまたは長い． それでは等周問題の厳密な証明を行います． 等周問題を厳密な意味ではじめて解いたのはWeierstrassで，変分法で解いています．等周問題の厳密な証明はいくつかあります． ここで述べる方法はE.Schmidtによるもので1939年に発表されたものです．この証明は高校生でも何とか理解できる優れた証明です． 証明に入りましょう．周の長さを与えた時の閉曲線（円や楕円のように閉じた曲線のこと）の面積の最大値についての次の定理を 証明します．なお，次の定理を等周不等式といいます． 定理 周の長さが$L$の平面上の閉曲線$C$の囲む面積を$S$とすると $S \leqq \dfrac{L^2}{4\pi}$ が成り立つ．等号が成り立つのは曲線$C$が円のときである． 
証明曲線$C$の媒介変数表示を $(x(s),y(s)) \ \ \ 0\leqq s \leqq L$ とします．ここで媒介変数は弧長としています．弧長を媒介変数にすることは曲線を扱うときの常套手段です． といわれても分かりづらいですが深入りしません．弧長を媒介変数することが出来ることは，曲線の任意の媒介変数に 対して，弧長は単調増加関数ですから，逆関数が存在し，弧長を媒介変数にとることができることは分かると思います． さて，曲線$C$を平行移動して，曲線$C$の２つの接線$x=a,x=-a$で$C$が挟まれるようにします(右図参照)． 接点を$A,B$とし，$A,B$の媒介変数の値をそれぞれ$s=0,s=s_0$とします．なお，弧長による媒介変数は左回りに取ります．左回りとは 閉曲線をまわるとき，左側が内側である進行方向のことです．これが左回りの定義です． このとき，曲線$C$の囲む面積$S$は $\displaystyle S=\int_0^Lx(s)y'(s)ds$ ですから，$S$の評価が問題の本質です． ここで，原点を中心とする半径$a$の円を円$D$とし，写像 $f:C \longrightarrow D$ を，$x$座標が同じで，$C$上の点$P$が$0\leqq s \leqq s_0$のときは上半円上の点に， $s_0\leqq s \leqq L$のとき下半円上の点に対応する．すなわち $f:(x(s),y(s))\mapsto (\overline{x}(s),\overline{y}(s))$ $\overline{x}(s)=x(s)$ $\overline{y}(s)=\begin{cases} \sqrt{a^2-x(s)^2} & s\in [0,s_0] \\ -\sqrt{a^2-x(s)^2} & s\in [s_0,L] \end{cases}$ で定義する． 半径$a$の円の面積は$\pi a^2$であるから $\displaystyle \pi a^2 =-\int_0^L\overline{y}(s)\overline{x}'(s)ds$ したがって， $\displaystyle S+\pi a^2=\int_0^L(x(s)y'(s)-\overline{y}(s)\overline{x}'(s))ds$ ここで，２つのベクトル， $(x'(s),y'(s)),(-\overline{y}(s),\overline{x}(s))$ についてのコーシー・シュワルツの不等式より $(-\overline{y}(s)x'(s)+\overline{x}(s)y'(s))^2\leqq (x'(s)^2+y'(s)^2)(\overline{y}(s)^2+\overline{x}(s)^2)$ $=a^2(x'(s)^2+y'(s)^2)$ $\displaystyle \therefore S+\pi a^2\leqq a\int_0^L\sqrt{x'(s)^2+y'(s)^2}ds=aL$ 一方，相加平均，相乗平均の関係より $\sqrt{S\cdot \pi a^2}\leqq \dfrac{S+\pi a^2}{2}\leqq \dfrac{aL}{2}$ したがって， $S\leqq \dfrac{L^2}{4\pi}$ が証明された． 残されたのは，等号が成り立つ場合を調べることである． コーシー・シュワルツの不等式で等号が成り立つのは，ベクトルが平行のときである． $(-\overline{y}(s),\overline{x}(s))=k(x'(s),y'(s))$ とおく． $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y'(s)}{x'(s)}=-\dfrac{x(s)}{y(s)}=\pm\dfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}$ 両辺を$x$で積分することにより $y=\pm \sqrt{a^2-x^2}+C$ $\therefore x^2+(y-C)^2=a^2$ したがって，曲線$C$が円の場合であり，証明が完全に終了した． とてもすばらしい証明です． この証明は 1.Do Carmo M P.Differential Geometry of Curves and Surfaces.New Jersey:Prentice-Hall,Inc,1976 2.Chern,S.S,Curves and Surfaces in Euclidean Spaces,Studies Global Geometry and Analysis,MAA Studies in Mathematics, The Mathematical Association of America,1967 を参考にしました． 最後に 定理 与えられた長さを持つ閉曲線のうち，面積最大の図形は円である． をディドの問題といわれます．その由来を書いておきましょう． ディドはカルタゴを建国したと伝えられている伝説上の女王です．元はフェニキアの都市国家の国王の 娘で，父国王の死後，遺言にしたがって，兄と共同で国を治める予定であったが，兄は王位の独占と財産目当てのため， ディドの命をも狙った． そのため彼女はすべてを捨て，航海に出，現在の北アフリカのチェニジアにたどり着いた．そこで，彼女はこの地の王に 土地の分与を申し入れ，一頭の牛の皮で囲えるだけの土地ならば与えてもよいとの返答を得た．そこで， 彼女は，海岸沿いに牛の皮を細かく引き裂いて，予想より大きい土地を 取り囲み，砦を築くだけの土地を得たといわれます．このディドの囲いかたがディドの問題といわれる所以です． なお，囲い方分かりますね． 海岸から半円を描いたわけです．ちなみにこの囲い方は内陸に円を描くより大きく（面積が２倍）なります． （等周問題の項目終わり） 目次 |