$\S9. \ $ポアンカレモデル上のSteiner最小木問題(2)
次に興味を持つのは，果たしてSteiner 比が$\frac{3}{4}$より小さくなる場合があるかである．そこで，4点の場合を考えよう． 基本となるのは右の図形である． 線分$TS$の端点から$120^{\circ}$をなす半直線上にそれぞれ図のように$A,B,C,D$を， $SA=SB=TC=TB$ $=x$ を満たすように取る． $TS$は一定の長さであるが，$x(=SA)$は幾らでも大きく取れる．$AB$と$BC$の大小は後で検討するとして， とりあえずここでは $AB\leqq BC$ と仮定する． $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\dfrac{AS}{AB}=\dfrac{1}{2}$ であるから，４点$A,B,C,D$のSteiner 比 $\rho$は $\rho =\dfrac{4SA+TS}{2AB+BC}\leqq \dfrac{4SA+TS}{3AB} \longrightarrow \dfrac{2}{3} \ \ (x \to \infty)$ したがって，Steiner 比が限りなく$\frac{2}{3}$に近い４点が存在することが分かる． さらに，内角が$120^{\circ}$の正$2n$角形を作り（正$n$角形を大きくしていけば内角は小さくなり，$120^{\circ}$にすることが出来る）， 連続した$n$個の頂点から出ているお互いに$120^{\circ}$をなす半直線上に点を取り，Steiner 比 が幾らでも$\frac{1}{2}$に近い例をつくることが 出来る．これは後で述べる．なお，E.F.Mooreにより，セールスマン問題を用いて一般の場合のSteier 比は$\frac{1}{2}$より小さく ならないことが証明されている． 
右の図形の$AB,BC$の長さの関係を調べよう．$TS$の中点を$O$とし，線分 $OA,OB,OC$ を考える． $SA=SB=TC=t,OS=a$ とおく．$t$を大きくしていく，すなわち，$A$を$A'$に近づけていくと，$\angle SOA$は増加していき，$\frac{2\pi}{3}$の$a$で 定まる平行角$\theta _0$に近づいていく． $\angle AOB,\angle BOC$ の大小と$AB,BC$ の大小は一致するから，$\frac{2\pi}{3}$の平行角が$\frac{\pi}{4}$の$a$の値を $a=a_0$ とすると，$a_0$＜$a$のとき，任意の$t$の値で $AB$＜$BC$ であることがわかる．$(\because \angle BOC$＞$\angle BOA)$ $a_0$の値を求めよう． $\frac{2\pi}{3}$における，$a$とその平行角$\theta$の関係は $\sin \theta =\dfrac{2\sqrt{3}e^a}{3e^{2a}+1}$ であるから，この式に$\theta =\frac{\pi}{4}$を代入し， $a_0=0.3320674426\dots$ を得る． 次に，n点のSteiner 比 の下限を調べよう． nが７以上であれば，内角が$\frac{2\pi}{3}$の正$n$角形をつくことは何でもない．実際，頂角が$\theta$底角が$\frac{\pi}{3}$ の２等辺三角形は存在し，底辺，等辺の長さをそれぞれ$a,b$とすると，双曲幾何の三角法より， $\cosh a=\dfrac{1+4\cos \theta}{3}$ $\cosh b=\dfrac{1+\cos \theta}{\sqrt{3}\sin \theta}$ 例えば，正１０角形を求めると $a=0.879179\dots$ $b=1.1773332\dots$ である． これから扱う，正$n$角形は一辺の長さ，$\frac{2\pi}{3}$における，平行角$\frac{\pi}{4}$に対応する値の２倍である $0.6641\dots$より大きい値のときで，正７角形の一辺の長さは$0.566\dots$,正８角形の１辺の長さは$0.7270dots$であるから nは８以上である． 
正$2(n-3)$角形を考える．１辺の長さや外接円の半径は$n$の値で決まる． 正$2(n-3)$角形$S_1S_2\dots S_{2(n-3)}$の連続する$n-2$個の頂点をSteiner点とする右図のような頂点 $A_1,A_2,\dots ,A_n$ を考える．このとき $S_1A_1=S_1A_2=\dots =S_{n-2}A_n=x$ のとき， $A_1A_2=A_{n-1}A_n$＜$A_2A_3=\dots =A_{n-2}A_{n-1}$ であり，調べる必要があるのは$A_1A_n$と$x$の比較だけである． Steiner 点$S_1,S_{n-2}$間の距離は，この正$2(n-3)$角形の外接円の直径であり$2r$とおく． 図形の対称性より，$A_1$から$S_1S_{n-2}$の垂直2等分線に下した垂線の足を$H$とすると $A_1A_n=2A_1H$ であるので， $\angle ASO=\dfrac{\pi}{3},\angle SOH=\angle OHA=\dfrac{\pi}{2},SO=r$ 
の四角形$SOHA$で$SA \to \infty$のとき$\frac{AH}{AS}\geqq 1$ を示すことが残された問題である． ただし，$r$は平行角$\frac{\pi}{3}$の長さ$(0.5493\dots)$より大とする． $AS$が一定のとき，$r$が増加すれば$AO$も増加する．(∵ $r$が平行角$\frac{\pi}{3}$の長さより大) さらに，$r$が増加すれば$\angle SOA$が減少する．したがって，$\angle AOH$が増加するので$AH$ も増加する． したがって，$r$がある値の場合に示せばよい． $A$から$SO$に下した垂線の足を$K$とする．$x$が十分大きいとき， $SK=a,\angle AOK=\theta$ とおく．ただし，$a$は平行角$\frac{\pi}{3}$に対応する長さ，$\theta$は$OK=b(=r-a)$の平行角, さらに平行角$\frac{\pi}{2}-\theta$の長さを$c$とおく． $AK=t,AO=s$ とおくと， $\cosh x=\cosh a\cosh t$ $\cosh s=\cosh t\cosh b=\cosh c\cosh y$ $\therefore \dfrac{\cosh y}{\cosh x}=\dfrac{\cosh b}{\cosh a\cdot \cosh c}$=(定数) したがって，$x\to \infty$のとき$\frac{y}{x}\to 1$すなわち $\dfrac{A_1A_n}{S_1A_1} \to 2$ が示された． ついでに， $\dfrac{\cosh b}{\cosh a\cdot \cosh c}=1$ を満たす$b$を求める. $\angle AOK=\theta$ とおくと， $\cosh b=\dfrac{1}{\sin \theta},\cosh c=\dfrac{1}{\cos \theta}$ を代入し， $\tan \theta =\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\therefore \cosh b=\dfrac{1}{\sin \theta}=\dfrac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}$ したがって， $b=0.9866469610,a+b=1.535953105$ である． 次の定理の証明を完成させよう． 定理 双曲平面$\mathbb{H}^+$のSteiner 比の下限は$\frac{1}{2}$である．
証明右図のような正$2(n-3)$角形より作られた，$n$点$A_1,\dots ,A_n$及び， そのSteiner 点$S_1,\dots ,S_{n-2}$のSteiner 比 は $\dfrac{S_1A_1+S_1A_2+S_2A_3+\dots +S_{n-3}A_n}{A_1A_2+\dots +A_{n-1}A_n}$ $\leqq \dfrac{nS_1A_1+(n-3)S_1S_2}{(n-1)A_1A_2}$ ここで，$S_1S_2$の長さは有限であり， $x\to \infty$のとき$\dfrac{S_1A_1}{A_1A_2} \to \dfrac{1}{2}$ であるから， $x \to \infty$かつ$n\to \infty$のときのSteiner 比の下限は$\frac{1}{2}$である． ポアンカレモデル上のSteiner 最小木問題(3) 目次に戻る 微分幾何 |