$\S10. \ $ポアンカレモデル上のSteiner最小木問題(3)
steiner比の下限が$\frac{1}{2}$になることを示すのに，$n$点に対してそのSteiner木を考えてSteiner比の下限を求めるのは
すでに見たように少し煩雑な計算が必要である．以下行うように，Steiner木を用いなければ議論が単純で分かりやすい．内角が$\frac{2\pi}{3}$の正$n$角形$S_1S_2\dots S_n$の中心を$O$とし，$OS_i$の$S_i$の延長上に $OA_i=x$ を満たすように$A_i$をとることにより得られる正$n$角形$A_1A_2\cdots A_n$を考える． $n$点$A_1,\dots ,A_n$のSteiner比を調べよう． ここで注意することは，最小木は $A_1A_2+A_2A_3+$ $\dots +A_{n-1}A_n$ であるが，Steiner木の代わりに $(S_1A_1+\dots +S_nA_n)$ $+(S_1S_2+\dots +S_{n-1}S_n) \cdots (\sharp)$ を用いる．$(\sharp)$はSteiner木ではない．実際，３点$S_2,S_1,A_1$に着目すれば $S_2S_1+S_1A_1$＞$S_2A_1$ であり，$(\sharp)$は最小Steiner木より長い．しかし，極限を調べることにおいては$(\sharp)$で十分であるし扱いやすい． まず，内角が$\frac{2\pi}{3}$の正ｎ角形の一辺の長さ$2a$を求めよう． $a$は平行角$\frac{\pi}{3}$の長さより小さい． $\cosh a=\dfrac{1}{\sin \dfrac{\pi}{3}}$ 計算して， $a$＜$0.5493\dots$ を得る． 次に内角が$\frac{2\pi}{3}$の正$n$角形の外接円の半径$r$は $\cosh r=\dfrac{1}{\tan \frac{\pi}{3}\tan \frac{2\pi}{n}}$ $OA_1=x,A_1A_2=y$ とおく． $\cosh y=\cosh^2 x-\sinh^2 x\cos(\dfrac{2\pi}{n})$ $=\cosh2x \cdot \dfrac{1-\cos\frac{2\pi}{n}}{2}+\dfrac{1+\cos\frac{2\pi}{n}}{2}$ したがって，$n$が一定のとき $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\dfrac{x}{y}=\dfrac{1}{2}$ 実際，$n=100$で$\frac{x}{y}$を図示すると下図になる．  $n$点$A_1,\dots ,A_n$のSteiner比を調べよう． $T=A_1A_2+A_2A_3+\dots +A_{n-1}A_n=(n-1)y$ $S=(S_1A_1+\dots +S_nA_n)+(S_1S_2+\dots +S_{n-1}S_n)$＜$n(x-r)+n\cdot 2a$＜$nx+2na$ とおく.ただし，$r$は内角が$\frac{2\pi}{3}$の正$n$角形の外接円の半径． $\text{(Steiner 比)}$＜$\dfrac{S}{T}$＜$\dfrac{nx+2na}{(n-1)y}$ 第３項の値は$x,n$を大きくすれば幾らでも$\frac{1}{2}$に近づくから，Steiner比の下限は$\frac{1}{2}$であることが分かる． この結果は，図をよく見ると当たり前の結果です．正$n$角形を大きくしていけば， 図で$\frac{OA_1}{A_1A_2}$は$\frac{1}{2}$に近づくので，ユークリッド平面ではあり得ないことですが， $OA_1+\dots +OA_n$ を用いることにより，Steiner 比は$\frac{1}{2}$より小さくならないことがすでに 示されているので，下限が$\frac{1}{2}$であることが分かります． 面白い結果と思い夢中で調べたのが馬鹿みたいです． 遠く離れれば離れるほど広がっているという双曲平面の性質をよく表す内容です． ところで宇宙の果てはどうなっているのでしょうか．私には断片的に入ってくる耳学問の知識しかありませんが， 果ては広がっているというニュアンスのことをよく聞きます．もしそうだとしたら， これは宇宙は非ユークリッドの世界であるということで，大天才であるボリアイ，ロバチェフスキー，ガウスらが考えたことで決して驚くことでは ないでしょう． 双曲曲面で驚くべき性質の１つに， 「２等辺三角形で，頂角の大きさに関わらず，等辺の長さを大きくしていけば，底辺と等辺の比は$\frac{1}{2}$に近づく」 がある． すなわち，$OA=OB=x$の$\triangle OAB$で$AB=2y$とすると頂角$\angle AOB=2\theta$の大きさに関わらず， $x \to \infty $ならば$\dfrac{x}{2y} \to \dfrac{1}{2}$ が成り立つことである(もちろん，三角不等式より$2y$＜$2x$は成り立つ)． 実際,$AB$の中点を$M$とすれば， $\angle OMA=\dfrac{\pi}{2}$ であり，$OM=a$は$x$を大きくしていけば一定の値に近づく． したがって，双曲幾何の三角法より $\cosh x=\cosh y \cosh a$ $a$は$\theta$で決まる値であるので，$x\to \infty$のとき$\frac{x}{y}\to 1$がなりたつ． $\left(\because \dfrac{e^x+e^{-x}}{e^y+e^{-y}}=e^{x-y}\dfrac{1+e^{-2x}}{1+e^{-2y}}=\cosh a \right)$ すなわち，ある点から2点がそれぞれどの方向に進んでも十分進めば， 2点間の距離と進んで距離の比は変らないという性質です．すなわち$\theta =\pi$の場合である反対の 方向に進んだ場合と一致すると言うことです． この性質がSteiner比の問題に影響を与えています． 具体的にSteiner比はどの程度なのか計算してみましょう． 例 $n=100,x=100$の場合のSteiner比を計算しよう． まず，内角が$\frac{2\pi}{3}$の正$100$角形の辺の長さ$2a$,外接円の半径$r$を求める． $\cosh r=\dfrac{1}{\tan \frac{\pi}{3} \cdot \tan \frac{\pi}{100}}$ より， $r=3.603210741$ $\sinh a=\sinh r\cdot \sin \frac{\pi}{100}$ より $a=0.5483182893$ $\cosh y=\cosh^2x-\sinh^2x\cos\dfrac{\pi}{50}$ に$x=100$を代入して $y=193.0787904$ したがって，Steier比(より少し大きい値)は $\dfrac{2a\cdot 99+100(x-r)}{99y}=0.5099841912$ である． 例 目次に戻る 微分幾何 |