シュタイナー・ウェバー問題(2)

$\bullet \ \ k,l,m$のうち1つが$0$のとき
$m=0$の場合を考える．
$kPA+lPB$を最小にする点$P$を求める．
$P$が直線$AB$上にないとき
$P$から直線$AB$に下した垂線の足を$H$とすると
$AH < AP,BH < BP$
より，$P$は最小でない．
したがって$P$は直線$AB$上で見つければよい．
直線上に座標を導入する．
$A(0),B(1),P(x)$とする.
$P$が線分$AB$上だけ考えればよいから
$kx+l(1-x)=(k-l)x+l$
より
$k > l$のとき$x=0$すなわち$P$が$A$のとき最小値をとり
$k < l$のとき$x=1$すなわち$P$が$B$のとき最小値をとり
$k=l$のとき$P$が線分$AB$上のとき最小値をとる．

次に3正数$k,l,m$が三角形の成立条件を満たさないときを考える
$k=m+l$と$k > l+m$の場合分けして考える．
$\bullet \ \ k=l+m$のとき
$kPA+lPB+mPC=(l+m)PA+lPB+mPC=l(PA+PB)+m(PA+PC)$
$PA+PB$は点$P$が線分$AB$上のとき最小値をとり
$PA+PC$は点$P$が線分$AC$上のとき最小値をとる
したがって，$kPA+lPB+mPC$は$P$が$A$のとき最小値をとり最小値は$lAB+mAC$ である．

$\bullet \ \ k > l+m$のとき
$k=k_1+l+m$とおく．
$kPA+lPB+mPC=k_1PA+l(PA+PB)+m(PA+PC)$
$\geqq lAB+mAC$
等号が成り立つのは$P=A$のとき．
したがって，$kPA+lPB+mPC$は$P$が$A$のとき最小値をとり最小値は$lAB+mAC$ である．

$k,l,m$が三角形の３辺とならない場合は解決されました．
残されたのは，$k,l,m$が３辺の三角形が存在するときの特殊な場合です．

これは丁寧に議論を進める必要がある．
問題を整理する.
$P$が条件を満たすとすると，点$P$は
$k\dfrac{\overrightarrow{PA}}{|\overrightarrow{PA}|} +l\dfrac{\overrightarrow{PB}}{|\overrightarrow{PB}|} +\dfrac{\overrightarrow{PC}}{|\overrightarrow{PC}|}=\overrightarrow{0}$
を満たす．
すなわち，$PA$上に$A'$,$PB$上に$B'$,$PC$上の$C'$を
$PA'=k,PB'=l,PC'=m$
を満たすようにとると
$\overrightarrow{PA'}+\overrightarrow{PB'}+\overrightarrow{PC'}=\overrightarrow{0}$
である．したがって，$\overrightarrow{PA'}$の終点に$\overrightarrow{PB'}$ の始点を重ね，$\overrightarrow{PB'}$の終点に$\overrightarrow{PB'}$ の始点の重ねれば一つの三角形ができ，その三角形を$\triangle KLM$とする．(右図)
$\triangle KLM$の内角を調べよう．
$\angle CPB=\alpha ,\angle APC=\beta ,\angle BPA=\gamma$
とすると
$\angle K=\pi -\alpha,\angle L=\pi -\beta,\angle M=\pi-\gamma$
である．したがって，$P$を作図するには，３辺が$k,l,m$の$\triangle KLM$と相似な三角形を$\triangle ABC$ の各辺の外側に，辺$BC$の外側には$LM$に対応する辺が重なるように，辺 $CA$の外側には$MK$に対応する辺が重なるように，辺$AB$の外側には $KL$に対応する辺が重なるように作り， それらの外接円の交点が求めるものである．

さて，求める点$P$が$\triangle ABC$の外側に出ることはないことに注意しよう．
実際,点$P$が$\triangle ABC$の外側にあるとき，
右図で，点$P$が領域$1$のとき，$P$から辺に下した垂線の足を$H$とすれば
$HA < PA,HC < PC,HB < PB$
であり，$P$が領域$2$のとき
$AB < PB,AC < PC$
である．すなわち，$PA,PB,PC$のそれぞれを短くする点が$\triangle ABC$の周上で見つけることが出来る．

これからいくつかの場合に分けて調べる．
$\bullet \ \ $点$P$が辺上のあるとき．
点$P$を辺$AB$上とする．
点$P$は
$k\overrightarrow{PA}+l\overrightarrow{PB}+m\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$
より，$m=0$である．この場合はすでに調べてあり，
$a > b$のとき$P=A$,
$a < b$のとき$P=B$,
$a=b$のとき$P$は線分$AB$上の任意の点．
最後残されたのは点$P$が$\triangle ABC$の頂点になる場合である．

右図は$\triangle ABC$の外側に３辺の比が$k:l:m$の三角形を描いたものである．
３辺が$k,l,m$である$\triangle KLM$の内角を$\angle K,\angle L,\angle M$ とする．
$P$が$\triangle ABC$の内部にあるとき，
$\angle BPC=\pi -\angle K$
であるから，
$\pi -\angle k > \angle A$
である．
同様に
$\pi -\angle L > \angle B,\pi -\angle M > \angle C$

逆に，
$\pi -\angle K > \angle A,\pi -\angle L > \angle B,\pi -\angle M > \angle C \cdots (\sharp)$
を満たすとき，$\triangle ABC$の 外側に作った３つの三角形の外接円は$\triangle ABC$の内部の１点で交わる．
$(\because ) \ \triangle ACL$の外接円と$\triangle BAM$の外接円が$C$ 以外の交点$P$が$\triangle ABC$の外側のとき(下図左側)．
$\angle BPA=\angle M,\angle APC=\angle L$
したがって,点$P$は$\triangle BKC$の外接円上．
$P$が$\triangle ABC$の外部より，
$A> \pi -K$
となり矛盾．
$\triangle ACL$の外接円と$\triangle BAM$の外接円が$C$で外接するとき（下右図）．
2円の共通接線と$BC$との交点を$D$とする．
$\angle BAD=\angle M,\angle DAC=\angle L$
あとは同様である．
したがって，$(\sharp)$が$P$を作図によって求められる条件である．
$(\sharp)$を満たさない場合を調べよう．
３条件のうち，２条件を同時に満たさない場合は起こらない．
実際$\pi -K \leqq A$かつ$\pi -L \leqq B$とすると
$2\pi \leqq (A+B)+(L+K)$
となり矛盾．
ここでは
$\pi -K\leqq A$の場合を調べる．

$\bullet \ \pi -K=A$のとき
点$P$は$\triangle KCB$の外接円上にあり$P$と$A$は一致する．
したがって
$kPA+lPB+mPC$
を最小にする点は$A$である．

$\bullet \ \pi -K < A$のとき
このとき，頂点$A$は$\triangle KCB$の外接円の内部にある．このとき
$k' < k $を満たす$k'$で,3辺の比が$k':l:m$の$\triangle K'CB$の外接円 が$A$を通るものとする．
このとき
$kPA+lPB+mPC \geqq k'PA+lPB+mPC\geqq lAB+bAC$
したがって，$P$が$A$のとき最小値をとる．

例
$A=\frac{2\pi}{3},B=C=\frac{\pi}{6}$の$\triangle ABC$で
$PA+2PB+2PC$
を最小にずる点$P$を求めよう．

$\triangle ABC$の外側に,辺の長さの比が$1:2:2$の三角形を作り外接円を 描き求めることができる(右図)．
$\triangle ABC$のフェルマ点は$A$であり，三角形の内部にはないが， この問題では点$P$が三角形の内部に現れる．
成立条件を確認すると,
$\cos (\pi -K)=-\dfrac{7}{8},\cos A=-\dfrac{1}{2}$
より
$\pi -K > A$
を満たす．
他の２条件は自明．

三角形のオイラー線

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