シュタイナー・ウェバー問題

３つの都市$A,B,C$があるとき，この３都市を結ぶ最短の道路はフェルマ点$F$を用いて
$FA+FB+FC$
で与えられることが分かりました．
しかし，実際には都市の大小があり，道路を作るとしたら，定数$l,m,n$は 都市の大きさに関連した正の数で
$lPA+mPB+nPC$
を最小にする$P$の場所を求めることが求められる．
実際にアルフレッド・ウェバーは１９０９年に出版した著書
「工業立地論」　　（篠原泰三訳）
のなかの数学付録(友人の数学者が書いたもの)で次の問題を扱っている．
「３地点$A,B,C$があり，$A$は原料供給地，$B$は動力原料供給地，$C$は消費地である．生産物$n$トンの生産のために， $l$トンの原料と$m$トンの動力原料が必要なとき， 工場を$P$に置くと$n$トンの生産物に対する輸送費$R$は
$R=lAP+mBP+nCP$
である．
どこに$P$をとれば輸送費$R$を最小にできるか」
この問題をSteiner-Weber問題と呼ばれている．
ここではこの問題を解決します．

初等幾何的取り扱いは後で行うとして，まず座標を用いて調べよう．
$A(a_1,a_2),B(b_1,b_2),C(c_1,c_2),P(x,y)$とおく．
$f(x,y)=lAP+mBP+nCP$
$=l\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}+m\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}+n\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}$
とおく．ただし，$l,m,n > 0$
$f(x,y)$が最小値をとるなら，$y$を固定し$x$の関数とみて微分しても，$x$を固定して $y$の関数とみて微分しても$0$である．
$f(x,y)$を$x$で微分すると
$l\dfrac{x-a_1}{\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}}+m\dfrac{x-b_1}{\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}}+n\dfrac{x-c_1}{\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}}=0$
$y$で微分すると $l\dfrac{y-a_2}{\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}}+m\dfrac{y-b_2}{\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}}+n\dfrac{y-c_2}{\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}}=0$
したがって，
$\dfrac{l(x-a_1,y-a_2)}{\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}}+\dfrac{m(x-b_1,y-b_2)}{\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}}+\dfrac{n(x-c_1,y-c_2)}{\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}}=(0,0)$
ベクトル表記すると
$\dfrac{l\overrightarrow{PA}}{|\overrightarrow{PA}|}+ \dfrac{m\overrightarrow{PB}}{|\overrightarrow{PB}|}+\dfrac{n\overrightarrow{PC}}{|\overrightarrow{PC}|}=\overrightarrow{0}$
となる．
$\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB},\overrightarrow{PC}$と同じ向きの単位ベクトルをそれぞれ $\overrightarrow{PA'},\overrightarrow{PB'},\overrightarrow{PC'}$ とすると，

$l\overrightarrow{PA'}+m\overrightarrow{PB'}+n\overrightarrow{PC'}=\overrightarrow{0}$
左辺を始点を$A'$で書き直し
$l\overrightarrow{A'P}=m(\overrightarrow{A'B'}-\overrightarrow{A'P})+n(\overrightarrow{A'C'}-\overrightarrow{A'P})$
$\overrightarrow{A'P}=\dfrac{m\overrightarrow{A'B'}++n\overrightarrow{A'C'}}{l+m+n}$
$=\dfrac{m+n}{l+m+n}\dfrac{m\overrightarrow{A'B'}+n\overrightarrow{A'C'}}{m+n}$
$B'C'$を$n:m$に内分する点を$D'$とすると，点$P$は$A'D'$を$m+n:l$に内分する点である．
このとき
$\triangle PB'C':\triangle PC'A':\triangle PA'B'=l:m:n$
が成り立つ．
一方，$PA'=PB'=PC'$であるから
$\angle B'PC'=\alpha ,\angle C'PA'=\beta ,\angle A'PB'=\gamma$
とおくと
$\sin \alpha :\sin \beta :\sin \gamma =l:m:n$
が成り立つ．
すなわち，３点$A,B,C$に対して
$\angle BPC=\alpha ,\angle CPA=\beta ,\angle APB=\gamma$
とおくと
$\sin \alpha :\sin \beta :\sin \gamma =l:m:n$
を満たす点が求める点である．


次に初等幾何的に扱います．
右の図は$\triangle ABC$の外側に相似な$\triangle PCB,\triangle QAC,\triangle RBA$を作ったものです．
ただし，相似の対応は
$\triangle BPC\backsim \triangle QAC\backsim \triangle BAR$
となっていることに注意しましょう．
このとき，この３つの相似な三角形の外心を頂点とする三角形が外側に作った三角形と相似であることはすでに示してあります．
天下り的な解説になってしまうのですが，右の図形の成り立つ性質を解説しながら問題を解決します．
なお議論の進め方は，$PA+PB+PC$の最小値を求めた方法とそっくりです．

$AP$と$BQ$の交点を$F$とし，外側に作った三角形，たとえば$\triangle PCB$で
$BC:PC:BP=a:b:c$
とする.
したがって，$a,b,c$は三角不等式すなわち
$a+b > c,b+c >a ,c+a > b$
を仮定する．

命題1
4点$F,B,P,C; \ F,C,Q,A; \ F,A,R,B$はそれぞれ同一円周上にある．
証明
右上図で，
$U(C,\angle BCP,\dfrac{BC}{PC}):P \mapsto B,A \mapsto Q$
より
$U(C,\angle BCP,\dfrac{BC}{PC}):\triangle PCA \mapsto BCQ$
である．
したがって，右上図で
$\angle CPF=\angle CBF$
より4点$C,P,B,F$は同一円周上にあり
$\angle CQF=\angle CAF$
より4点$C,Q,A,F$は同一円周上にある．
さらに
$\angle BFP=\angle BCP=\angle ARB$
より，4点$A,R,B,F$は同一円周上にある．

命題1より，外側に作った３つの三角形の外接円が１点で交わること分かった．

命題2
$AP,BQ,CR$は１点で交わり，
$BC:PC:BP=a:b:c$
のとき
$aAP=bBQ=cCQ$
を満たす．
証明
$\triangle ABC$の外側に作った３つの三角形の外接円の交点を$F$とする．
$F$が$AP$上にあることを示す．
$\angle PFC=\angle PBC,\angle CFQ=\angle CAQ,$
$\angle QFA=\angle QCA$
より
$\angle AFP=180^{\circ}$
したがって，$F$は$AP$上にある．同様に，$F$は$BQ,CR$上にもあるから３直線$AP,BQ,CR$は 点$F$で交わる．
次に，$AP,BQ,CF$の長さの関係を求める．
$BC:PC:BP=a:b:c$であるから
$U(C,\angle BCP,\dfrac{a}{b}):P\mapsto B,A\mapsto Q$
より
$PA \mapsto BQ$
したがって
$BQ=\dfrac{a}{b}PA$
$\therefore aAP=bBQ$
同様に
$U(B,\angle CBP,\dfrac{a}{c}):PA \mapsto CR$
$aAP=cCR$
$\therefore aAP=bBQ=cCR$


目標は次の命題です．
命題3
平面上の任意の点$X$で$aXA+bXB+cXC$を最小にする点が$F$である．
証明
任意の点$X$に対して$Y$を
$U(A,\angle QAC,\dfrac{AQ}{AC}):X \mapsto Y$
で定義する．
このとき
$U(A,\angle QAC,\dfrac{AQ}{AC}):\triangle AXC \mapsto \triangle AYQ$
である．
さらに
$\dfrac{AQ}{AC}=\dfrac{c}{b}$
であるから，
$XC\cdot \dfrac{c}{b}=YQ,AX\cdot \dfrac{a}{b}=XY$
$(\because \triangle AXY\backsim \triangle ACQ )$
したがって，
$BX+XY+YQ \leqq BQ$
$BX+AX\cdot \dfrac{a}{b}+XC\cdot \dfrac{c}{b}\leqq BQ$
$\therefore bBX+aAX+cCX\leqq bBQ$
等号が成り立つのは
$\angle AYQ+\angle AYX=180^{\circ}$
すなわち
$\angle AXC+\angle AQC=180^{\circ}$
かつ
$\angle AXY+\angle AXB=180^{\circ}$
すなわち
$\angle ARB+\angle AXB=180^{\circ}$
のときである．
したがって，$\triangle ACQ$の外接円と$\triangle RBA$の外接円の交点$F$ のときである．
すなわちすでに調べたように， $X$が$BQ$と$CR$の交点のとき
$aAX+bBX+cCX$
が最小になる．

つぎに，この条件が最初の極値を求めることにより求めた条件
$\sin \angle BFC:\sin \angle CFA:\angle AFB=a:b:c$
と一致することを確認しよう．
$\angle BPC+\angle BFC=180^{\circ}$
より
$\sin \angle BPC=\sin \angle BFC$
同様に
$\sin \angle CQA=\sin \angle CFA ,\sin \angle ARB=\sin \angle AFB$
さらに，$\triangle ABC$の各辺の外側に作った三角形は互いに相似であるから， 正弦定理より
$\dfrac{a}{\sin P}=\dfrac{b}{\sin Q}=\dfrac{c}{\sin C}$
すなわち
$\dfrac{a}{\sin BFC}=\dfrac{b}{\sin CFA}=\dfrac{c}{\sin AFB}\cdots (\sharp)$
　 $a,b,c$が与えられたときの点$F$の作図解は命題1の右側の図である．

ここで，扱った問題の内容を振り返ってみよう．

問題
平面上の３点$A,B,C$と正の定数$a,b,c$が与えられたとき,平面上の点$P$で
$aPA+bPB+cPC$
を最小にする点を求めよ．

これに対して，
$a,b,c$が三角形の３辺となるときの一部を解決したわけです．

解答としては不十分であることが分かります．
$a,b,c$が三角形の３辺とならない場合もあるし，$a=b=c$のときでさえすでに調べたように，$\triangle ABC$ の１つの内角が$120^{\circ}$以上のときはその頂点になります．
次頁では残された場合を解決します．

シュタイナー・ウェバー問題(2)

目次