いろいろな立体の問題

第3節　正射影を身につけよう(正多面体の穴のくぐり抜け)

ここでは，
「立体に穴をあけ，同じ立体を通過させることができるか」
を考えます．
方針は，立体のある正射影が別の正射影に完全に含まれる場合があるかを調べることです．
もちろん立体の穴の通過には立体を少しずつ動かしながら通過できればいいので， 正射影だけでは解決できない問題です．


それでは具体的に考えましょう．
$\bullet$立方体について
立方体の正射影で最大の面積を与えるのは正6角形です．その正６角形に立方体の底面である 正方形が含まれるかどうかを調べます．
立方体の1辺の長さを１とする．
正射影が正6角形$ABCDEF$になるとき正三角形$ACE$の１辺の長さは$\sqrt{2}$であるから正６角形の 一辺の長さは$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. 次に1辺の長さ１の正6角形に内接する右図の正方形をの1辺の長さを求めよう (この正方形が正6角形に含まれる最大の正方形であるかどうかはあとで述べる)．

初等幾何的解答が一般的だが，ここでは直交座標を利用しよう．
右図で
$A(1,0),B(\cos \frac{\pi}{3},\sin \frac{\pi}{3})$
すなわち
$B(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$
より直線$AB$の方程式は
$y=-\sqrt{3}(x-1)$
$y=x$との連立方程式を解いて
$x=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}$
したがって，1辺の長さ１の正6角形に右上図のように内接する正方形の1辺の長さは$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}.$
1辺の長さが$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$の正6角形に内接する正方形の1辺の長さは$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}+1}$

ここで
$(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{3}+1)^2=4-2\sqrt{3} > 0$
$\therefore \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}+1} > 1$
したがって，立方体は穴をあけてその穴を同じ大きさの立方体を通過させることができる．
穴をあけるといっても言葉のニュアンスとは少し異なり，右図のように， 立方体の6本の枠だけを残し，他は取り除くという意味です．


ここで考えた正方形が正6角形に内接する最大の正方形である．それは右図$AB$の中点を$M$とし， 正方形の頂点を$P$から $M$まで考えればよく，$OP$が最大値で，$OM$が最小値である．言い方を変えれば，正6角形から切り取れる最大の 正方形は頂点が$P$の場合で，正6角形の内部及び周上からはみ出ないで1回転できる最大の正方形は頂点が$M$の場合である．



$\bullet$正四面体の場合
一辺の長さ$1$の正四面体$ABCD$の平面$\alpha$への 正射影で平面の法線ベクトルが$\overrightarrow{AD}$である場合を考える．
子の正射影による$A,B.C$の像を
$A,D\mapsto A',B\mapsto B',C\mapsto C'$
とする．
$AD$の中点を$M$とする．
$\triangle A'B'C'\equiv \triangle MBC$
であり，頂点$A'$は正三角形$PB'C'$の内部に含まれる．
そこで平面$\alpha$の法線ベクトルが正射影の図形が三角形あり， かつ$B'C' < 1$であるように正四面体を少し傾ければよい．
$A$を通り平面$\alpha$に垂直な直線を$\triangle BCD$の交点を$Q$とすれば
正四面体$ABCD$の射影が三角形$\Longleftrightarrow Q$が$\triangle BCD$の内部または周上
$B'C'=1 \Longleftrightarrow BC \perp BC$
であるから，たとえば$Q$として辺$DB$上の$D$に十分近い点を取ればよい．
このとき
$B'C' < 1$かつ$A'$が1辺お長さ$1$の正三角形に含まれることがわかる．
したがって，正四面体は自身が通りぬけ出来る穴（正三角形の面の枠だけをのこす） をあけることができる．

次のように考えた方がわかりやすいかもしてない．
$AD\perp \alpha$(右上図)でさらに直線$MN$を軸として少しだけ回転する．ただし$N$は$BC$の中点．
$MN\perp BC,MN\perp AD$であるから正四面体の正射影は台形にになり，高さは$\triangle A'B'C'$の$B'C'$を 底辺とした高さと変わらず，$B'C'$が少し短くなるから，1辺の長さ$1$の正三角形に含まれる．


ここで，三辺の長さがともに1より小さいから といって1辺の長さ１の正三角形の含まれるとは限らない(右図)．



$\bullet$正八面体の場合
一辺の長さ$1$の正八面体$ABCDEF$の平面$\alpha$への正射影で平面の法線ベクトルが$\overrightarrow{AD}$である場合を考える．
$A,D\mapsto A',B,F\mapsto B',C\mapsto C',E\mapsto E'$
とする．
このとき影は$C'E'=CE=\sqrt{2}$のひし形で，２頂点$A',B'$は$C'E'$が対角線である正方形の内部である． ちなみにこの影は，$AB,BF$の中点をそれぞれ$M,N$とすると四角形$MENC$.
正四面体で行ったように，正射影が四角形を保ちながら$CE < 1$となるように少しだけ正八面体を動かすか，または直線$MN$の周りに少しだけ回転させれば，１辺の長さ$1$ の正方形に完全に含まれる正射影が得られる．したがって，正八面体は自分自身が通過する穴をあけることができる．

さて，この話題は東大の入試問題でも扱われている．それを見てみよう．

例題
$V$を一辺の長さ１の正８面体，すなわち
$|x|+|y|+|z|\leqq \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
を満たす点$(x,y,z)$の集合と合同な立体とする．
(1)$V$の一つの面と平行な平面で$V$を切ったときの切り口の周の長さは一定であることを示せ．
(2)一辺の長さが１の正方形の穴があいた平面がある．$V$をこの平面に触れることなく通過させることができるか．

東京大（1990年）


解答
模型を見ながら解けば難しくはないが，模型がないと簡単ではない．
(1) 正８面体を平面上に置き，真上から見ると右のようになる． このときの投影図は正六角形$ADBECF$である．
底面$DEF$に平行な平面でこの立体を切った切り口は六角形$PQRSTU$である(右下図)． ただし
$PQ\parallel AB,QR\parallel DE,RS\parallel BC,\cdots$
($\parallel$は平行の意味．)
ここで，$AP:PD=t:1-t$とおくと，
$PQ=(1-t)AB,PU=tDF$
$\therefore PQ+PU=(1-t)AB+tDF=AB=1$
したがって，
$PQ+QR+RS+ST+TU+UP$
$=3(PQ+PU)=3AB=3$







(2) (1)で調べた六角形$PQRSTU$が$t$の値にかかわらず，１辺の長さ$1$の正方形に完全に含まれることを示すことが出題者の意図と考えられる．
この問題を解決しよう．
ここでは，直接外接する正方形を作ってしまおう．
辺$PU,RS$の外側に直角二等辺三角形$HPU,JSR$を作り，$HP,JR$の交点を$I$,$HU,JS$の交点を$K$とすると 四角形$HIJK$は正方形(右下図)．
$HX=\dfrac{PU}{2},YJ=\dfrac{RS}{2}$
$PU+RS=AB=1$
であるから
$HX+YJ=\dfrac{1}{2}$

また，右上の図で
$XY=AK=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\therefore HJ=HX+YJ+XY=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
まず，六角形$PQRSTU$に外接する正方形は一定でその対角線の長さは$\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$ がわかった．あとはこの正方形が１辺の長さ$1$の正方形より小さいことを示せばよい．それは$\sqrt{2}$ との大小を調べればよい．両方を２倍し平方すれば
$(2\sqrt{2})^2-(1+\sqrt{3})^2=4-2\sqrt{3} > 0$
したがって，正八面体が正方形の穴を通り抜けできることが証明された．


六角形$PQRSTU$が１辺の長さ$1$の正方形に含まれることを示す方法は他にもいろいろあるので考えてみるとよいと思う．

正八面体が１辺の長さ$1$の正方形の穴を通り抜けることの証明を二通り示したが，２番目の方がより 穴の通り抜けにあった解法である．穴を通り抜けでるためには，穴は限りなく薄くできるから，連続な平面族で 立体の切り口が穴に含まれるものが存在するするかどうかを調べることになる．
不可能を示すのは概ね難問であるが，どのような穴を作っても通り抜けできないことを球以外にあるかどうかを示すのは相当難しい問題のように思われる．
(正多面体の穴のくぐり抜けの項目終わり)




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