空間におけるSteiner最小木問題 平面または空間にいくつかの点を与えたとき，それらを結ぶ最短のネットワークを求める問題をSteiner最小木問題といいます． Steinerはスイスの幾何学者Jacob Steiner で，作られる図形が与えられる点を葉， 線分を木とすると１つの樹木に似ているのでこのように呼ばれています． 平面の場合は，すでに 3.Steiner 最小木問題の初等幾何的取り扱い でいろいろ調べました．ここでは，空間の場合を扱います． Steiner最小木問題の基本的な性質は３で述べてありますのでそちらを参考にしてください． まず，空間に与えら得た４点に対する次の問題を考えるます． 問題 空間に４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが与えられている，点Ｐをもとめて ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ＋ＰＤを最小にせよ． 後で述べますがこれは最小ではありません．しかし，面白い問題です． 第１章　ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ＋ＰＤを最小にするＰ 第１節　等面四面体 議論を通して，等面四面体の性質を使います．この四面体の性質から解説します． 定義 対稜の長さがみな等しい四面体を等面四面体という．すなわち四面体ＡＢＣＤで ＡＢ＝ＣＤ，ＢＣ＝ＤＡ，ＣＡ＝ＢＤ を満たす四面体のことである． 当然，当然等面四面体の各面はみな合同です． 次の命題は，これからの議論の土台となる命題です． 命題１ 外心と重心が一致する四面体は等面四面体で，逆も成り立つ． 証明 右図で四面体ＡＢＣＤ，△ＢＣＤ，△ＡＣＤの重心を それぞれＧ，Ｇ１，Ｇ２，辺ＣＤ，ＡＢの中点をそれぞれＭ，Ｎとした． まず，四面体ＡＢＣＤの重心と外心が一致するとき． ＧはＭＮの中点であるから， ＧＡ＝ＧＢ，ＧＣ＝ＧＤ より ＭＮ⊥ＡＢ，ＭＮ⊥ＣＤ したがって， △ＧＡＮ≡△ＧＣＭ （ＧＡ＝ＧＣ，ＧＮ＝ＧＭ，∠Ｎ＝∠Ｍ＝９０°） よりＡＢ＝ＣＤ．ほかも同様より四面体ＡＢＣＤは等面四面体である． 逆に，四面体ＡＢＣＤが等面四面体のとき． △ＡＣＤ≡△ＢＤＣよりＡＭ＝ＢＭ． したがって Ｇ２Ｍ＝Ｇ１Ｍ． ∴△ＡＭＧ１≡△ＢＭＧ２ ∴ＡＧ１＝ＢＧ２ ゆえにＡＧ＝ＢＧが成り立つ． もう少し等面四面体の性質を調べる． 四面体ＡＢＣＤの頂点Ａに注目する． ∠ＢＡＣ＝ｘ，∠ＣＡＤ＝ｙ，∠ＤＡＢ＝ｚ とおくと， ｘ＋ｙ＜ｚ ｙ＋ｚ＜ｘ ｚ＋ｘ＜ｙ ｘ＋ｙ＋ｚ＜３６０° を満たすので，等面四面体の面は鋭角三角形である． 逆に，鋭角三角形を１つ与えれば，それと合同な４つの三角形が面である四面体が存在す る（展開図を作って考えればよい）． 次に等面四面体の作り方を考えよう． これは，直方体より，４つの四面体を切り取ることにより作るのが わかりやすい． すなわち， 右の直方体ＡＢＣＤ−ＥＦＧＨの４頂点Ａ，Ｃ，Ｆ，Ｈよりなる四面体ＡＣＦＧは等面四面体です． 長方対ＡＢＣＤ−ＥＦＧＨと四面体ＡＣＦＧの関係を調べよう， ＡＢ＝ａ，ＡＤ＝ｂ，ＡＥ＝ｃ，ＦＨ＝ｘ，ＡＨ＝ｙ，ＡＦ＝ｚとおくと， ａ２＋ｂ２＝ｘ２・・・�@ ｂ２＋ｃ２＝ｙ２・・・�A ｃ２＋ａ２＝ｚ２・・・�B より， ｘ２＋ｙ２＞ｚ２， ｙ２＋ｚ２＞ｘ２， ｚ２＋ｘ２＞ｙ２・・・�C したがって，△ＡＦＨは鋭角三角形です． 逆に△ＡＦＨが鋭角三角形のとき，�Cの３式を満たすから， �@，�A，�Bを満たす正数ｘ２，ｙ２，ｚ２が存在し， 等面が△ＡＦＨの等面四面体 となる直方体が存在する． すなわち，次の命題が成り立つ． 命題 任意の等面四面体は直方体より作ることができる． 第２節　必要条件 本題に入ります． ４点Ａ（ａ１，ａ２，ａ３）， Ｂ（ｂ１，ｂ２，ｂ３）， Ｃ（ｃ１，ｃ２，ｃ３）， Ｄ（ｄ１，ｄ２，ｄ３） が与えられたとき， ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰ＋ＤＰ の値が最小である点Ｐを求めます． Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ）とおき， ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰ＋ＤＰ とおく． したがって，点Ｐが ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ＋ＰＤ を最小にする点なら，点Ｐを ＰＡ，ＰＢ，ＰＣ，ＰＤまたはその延長上に点Ａ’，Ｂ’，Ｃ’，Ｄ’が │ＰＡ’│＝│ＰＢ’│＝│ＰＣ’│＝│ＰＤ’│＝１ を満たすようにとると， ＰＡ’＋ＰＢ’＋ＰＣ’＋ＰＤ’(ベクトルの和)＝０ が成り立つ． このことは，点Ｐは四面体Ａ’Ｂ’Ｃ’Ｄ’の重心であり外心であるｋとを意味する． すなわち，四面体Ａ’Ｂ’Ｃ’Ｄ’の重心と外心は一致するから， 四面体Ａ’Ｂ’Ｃ’Ｄ’は等面四面体であることがわかりました． 第３節　十分条件 次に十分条件を調べます． 等面四面体の重心（外心）をＯとし，Ｏと焦点を結んだ半直線上に四面体ＡＢＣＤの頂点があるとします． 等面四面体と作るための元の直方体の一つの平面に平行で点Ｏを通る平面をαとする． 右の図で平面αは ＡＢ，ＣＤに平行で外心Ｏを通る平面です． αに関してＢと対称な点をＢ’，Ｄと対称な点をＤ’とすと，平面α上の任意の点Ｐに対して， ＡＰ＋ＢＰ＝ＡＰ＋Ｂ’Ｐ≧ＡＯ＋Ｂ’Ｏ＝ＡＯ＋ＢＯ （∵Ａ，Ｏ，Ｂ’は一直線上） 同様に ＣＰ＋ＤＰ≧ＣＯ＋ＤＯ ∴ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰ＋ＤＰ≧ＡＯ＋ＢＯ＋ＣＯ＋ＤＯ 一般の点Ｐではこのようにうまくいかない． しかし必要条件（∠ＡＰＢ＝∠ＣＰＤ，∠ＡＰＣ＝∠ＢＰＤ， ∠ＡＰＤ＝∠ＢＰＣ）を満たさないことは次のようにしてわかる． 平面ＡＢＯ上で，ＡＱ＋ＢＱ＝ＡＯ＋ＢＯを満たす点Ｑの軌跡すなわち，Ａ，Ｂを焦点とする楕円をＡＢを軸に回転した 楕円体をＶとする， 上の図で，Ａ，Ｂを焦点とするＯを通る楕円をＡＢの周りに回転した回転体がＶである． 線分Ａ’Ｂ’の中点をＯからＡＢに下ろした垂線の足をＦ，Ｏを通りＥＯに垂直な平面をα （図の穴のあいた平面） すると，ＥＯは∠ＡＯＢの２等分線であるから，楕円の円Ｏにおける接線はＥＯと垂直である． また，ＡＢを軸とする点Ｏを通る 円の点Ｏにおける接線は平面α上（図を始点を変えてみれば見やすい）にあるから，楕円体Ｖの点Ｏにおける 接平面は平面α．同様にＣ，Ｄを焦点とするＯを通る楕円をＣＤの周りに回転した回転体がＶ’の点Ｏにおける接平面も αである． したがって２つの楕円体Ｖ，Ｖ’は点Ｏで接することがわかる． ここで，ＡＯ＋ＢＯ＋ＣＯ＋ＤＯ＝ａとおく． 任意のＰに対してＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰ＋ＤＰ≦ａを満たすとする． このとき，ＡＯ＋ＢＯ≧ＡＰ＋ＢＰとしても一般性を失わない， Ｐは上の楕円体Ｖの内部または表面上にあるから点Ｏでなければ ∠ＡＰＢ＞∠ＣＰＤ となり，極値をとる必要条件を満たさない． 次に４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが与えられたとき， ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰ＋ＤＰ を最小にする点Ｐは四面体ＡＢＣＤの外部にはないことを簡単に示すことができる． 点Ｐが四面体ＡＢＣＤの外部にあるとき，どれかの面に関して，点Ｐと残りの点とは反対にある． 図では面ＡＢＣに関して， 点Ｐ，Ｄが反対に側にある場合を考えている． Ｐから面ＡＢＣに下ろした垂線の足をＨとする，当然 ＰＡ＞ＨＡ，ＰＢ＞ＨＢ， ＰＣ＞ＨＣ また△ＰＨＤで ∠ＰＨＤ＞９０° より ＰＤ＞ＨＤ したがって， ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ＋ＰＤ＞ＨＡ＋ＨＢ＋ＨＣ＋ＨＤ より，点ＰはＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ＋ＰＤを最小にする点ではない． 第２章　空間におけるSteiner最小木問題 第１章の問題は細かい吟味がいくつか残っていますが，ここでは深入りしません． というのは，与えられた４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに対して，Ｐをどこにとっても AP+BP+CP+DP は最小でないからです． 実際，たとえば△ＰＣＤに注目すれば，△ＰＣＤのSteiner点をＱとすれば ＰＣ＋ＰＤ＜ＰＱ＋ＣＱ＋ＤＱ が成り立ちます． 平面の場合に，４点のSteiner木を調べたときと同じように２つのSteiner点が必要になります． 第1節　空間における３点のSteiner木 まず空間における３点を扱います． 結局は平面の場合に帰着されますが，これからの議論の土台になるのできちんと調べる必要があります． 性質１ 空間に３点Ａ，Ｂ，Ｃが与えられているとき，点ＰがＡ，Ｂ，Ｃの決める平面上になければどこにとっても ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ は最小になるない. ＰからＡ，Ｂ，Ｃの決める平面に下した垂線の足をＱとすれば ＱＡ＋ＱＢ＋ＱＣ＜ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ が成り立つからです． したがって，空間における３点Ａ，Ｂ，ＣのSteiner最小木の長さは ３点Ａ，Ｂ，Ｃの決める平面上に△ＡＢＣのいずれかの辺の外側に正三角形およびその外接円を書き， たとえば辺ＢＣの外側に正三角形ＢＣＰを書けば，線分ＡＰの長さである． 右図で，ＡＰと外接円の交点をＳとすると ＡＳ＋ＢＳ＋ＣＳ＝ＡＰ が成り立つ． 右図の正三角形の頂点である点Ｐは３点Ａ，Ｂ，Ｃを含む平面上という条件を用いれば簡単に見つけられるが， 平面上であるという条件を用いないで見つけることが重要になります．その方法を調べましょう． 点Ｐは線分ＡＢの中点を通り，ＡＢに垂直な平面上のＡＢの中点を中心とする半径sqrt(3)ＡＢ／２の円周上にあります （正三角形ＡＢＰの頂点Ｐの軌跡）． この円上の点Ｐのうち，ＣＰの長さが一番長い点が求める点となります． 実際，円の定める平面をβとし，Ｃからβに下した垂線の足をＨ，円上の点をＰとすれば， ＣＰ２＝ＣＨ２＋ＨＰ２ であり，３点Ａ，Ｂ，Ｃの定める平面α上の点ＰがＡＰの長さが最大になります． 第2節　空間における４点のSteiner木 空間における４点のSteiner木を扱います． ４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが与えられると，Steiner木は次の３つ存在します． （Ａ，Ｂ）−Ｓ−Ｔ−（Ｃ，Ｄ）・・・�@ （Ａ，Ｃ）−Ｓ−Ｔ−（Ｂ，Ｄ） （Ａ，Ｄ）−Ｓ−Ｔ−（Ｂ，Ｃ） ただしＳ，ＴはSteiner点． ここでは�@の場合を扱います． 問題は， 空間内に４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄが与えられたとき，２点Ｓ，Ｔを求め ＡＳ＋ＢＳ＋ＳＴ＋ＴＣ＋ＴＤ を最小にする です． まず，このようなＳ，Ｔが必ず存在することを確認しましょう．Ｓ，Ｔをとり ＡＳ＋ＢＳ＋ＳＴ＋ＴＣ＋ＴＤ＝a とし，Ａを中心とする半径ａの球の内部または周上に限定して考えればよく，コンパクト集合上の連続関数は必ず最小値をもつから 必ず条件を満たすＳ，Ｔは存在します． 次に，必要条件を利用して，Ｓ，Ｔの場所を調べましょう． △ＡＢＴに注目すれば，４点Ａ，Ｂ，Ｓ，Ｔは同一平面上にあり，さらに，この平面上に辺ＡＢの外側に正三角形ＡＢＰを つくればＰ，Ｓ，Ｔは直線上にある．同様に，４点Ｓ，Ｔ，Ｃ，Ｄも同一平面上にあり，Ｓ，Ｔ，Ｑも直線上にある． したがって，４点Ｐ，Ｓ，Ｔ，Ｑは直線上にある． さて，このようなＰ，Ｑを求めれば解決します． Ｐは△ＡＢＰが正三角形である点Ｐの軌跡すなわち線分ＡＢの中点を中心とする円上にあり， ＱもＣＤの中点を中心とする円上にあります．この２円はＡ，Ｂ，Ｃ，Ｄを与えれば定まります． Ｐ，Ｑはそれらの円上で，ＰはＴから一番遠い点で，ＱはＳから一番遠い点で，かつ４点Ｐ，Ｓ，Ｔ，Ｑは直線上にあるから Ｐ，Ｑは２円の一番離れた点です． すなわち，問題は空間における２円の一番離れた２点を求める問題に帰着されました． 問題 空間に２円Ｃ，Ｄがある．点ＰがＣ上を点ＱがＤ上を動くとき，ＰＱが一番長いときのＰ，Ｑを求めよ． Ｐ，Ｑを図形的な考察で見つけます（２円の媒介変数表示を利用する方法は具体例で扱います）． 円Ｄ上の点Ｐから円Ｃを含む平面に下した垂線の足をＨとする． Ｈと円Ｃの中心Ｏとを結ぶ直線と円Ｃとの交点のうち遠いほうをＱとすれば，ＰＱが一番大きい． したがって，ＰＱの長さを求め，Ｐを円Ｄ上を一周することにより，一番長いＰＱを見つけることができる． 私はCabri3D を用いていろいろ調べてますが，この方法が一番実用的だと思います．数学的にきっちりＰ，Ｑを見つけようとすると 後で触れる円の媒介変数表示を用いることになります． 例１ 　 ４点が正四面体の頂点をなすときのSteiner最小木 正四面体の場合は比較的簡単である．辺ＡＢ，ＣＤの中点をそれぞれＥ，Ｆとすれば，直線ＥＦは２円の直径を含むから， 直線ＥＦと２円との交点Ｐ，Ｑが求めるものである． 正四面体の１辺の長さを１とすると，ＰＱ＝１／sqrt(2)＋sqrt(3) であるから，正四面体のSteiner率は (１／sqrt(2)+sqrt(3))／３≒0.8130525 すある．これは平面の正三角形のsqrt(3)/ 2より小さい値である． 正四面体ＡＢＣＤのSteiner木の１つは右図の ＡＳ＋ＢＣ＋ＳＴ＋ＴＣ＋ＴＤ である．４点のSteiner木は３つ存在するが，対称性よりどのSteiner木の長さも等しい， したがって，これがSteiner最小木である． 正確に求めるには円の方程式を利用する必要がある． 正四面体は A(1,1,1),B(1,-1,-1),C(-1,1,-1),D(-1,-1,1) とおいて扱うことが多い. すなわちこの四面体は立方体の４頂点よりなる四面体である． 正三角形△ＡＢＰの点Ｐの軌跡は （1,0,0）+sqrt(6)cosθ（1,0,0）+sqrt(3)sinθ（0,1,-1） =(1+sqrt(6)cosθ，sqrt(3)sinθ，−sqrt(3)sinθ) 一方正三角形△ＣＤＱの点Ｑの軌跡は （-1,0,0）+sqrt(6)cosφ（1,0,0）+sqrt(3)sinφ（0,1,1） =(-1+sqrt(6)cosφ，sqrt(3)sinφ，sqrt(3)sinφ) したがって， ＰＱ２=16-12cosθcosφ＋4sqrt(6)(cosθ−cosφ) この式より，θ＝０，φ＝πすなわちｘ軸上の時ＰＱの長さが最大である． Ｐ（１＋sqrt(6),0,0）,Q(-1-sqrt(6),0,0) のとき最大である． ＰＱ＝２＋２sqrt(6) となり，１辺の長さが2sqrt(2)であるから上の結果と一致する． 例２ 　 一般の４点のSteiner最小木 正確に求めるには，４点の座標を与え，MathematicaやDerive6等のソフトを用いて計算することになるが， この方法は目的ではない． ここでは初等幾何的に取り扱い図形的な性質を調べる． 正三角形ＡＢＰの点Ｐの軌跡である円Γ（２点Ａ，Ｂの垂直２等分面上にあり，ＡＢの中点が中心，半径sqrt(3)AB/2の円） を含む平面を平面αとする．平面αはＡ，Ｂの垂直２等分面． 正三角形ＣＤＱの点Ｑの軌跡である円Γ’上の点Ｑから平面αに垂線を下ろしその足をＨとする． さらに，ＨとＡＢの中点をＯを結ぶ直線を引き，円Γとの交点をＰとすれば，Ｃ’上の点Ｑを 固定すればＰが円Ｃ上を動くときＱＰが一番長い． 後は，Ｑを円Γ’上を一周するときＱＰの長さの変化を調べ，最大になる場合が求めるものである． このようにして得られたのが次の図である． 図は△ＡＢＰの外接円と△ＣＤＱの外接円を付け加えて完成させたものである． 図から分かるようにＰＱは平面ＡＢＰと平面ＣＤＱの交線になっている． 全体の目次