数学ナビゲーター掲示板 [One Topic All View / Re[1]: 線形代数 / Page: 0]

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■42466 / inTopicNo.1)

　線形代数

□投稿者/ yuki 一般人(1回)-(2010/08/20(Fri) 20:25:21)

平面上で三角形ABCを考える。
三角形ABCの重心をGとする。
$2$\vec a$ = $2$\vec{GA}$ 、 $2$\vec b$ = $2$\vec{GB}$ 、 $2$\vec c$ = $2$\vec{GC}$ とする。
同じ平面上の任意の単位ベクトルを $2$\vec n$ とする。
もし三角形ABCが正三角形ならば、

( $2$\vec a$ ・ $2$\vec n$ )^2+ ( $2$\vec b$ ・ $2$\vec n$ )^2+ ( $2$\vec c$ ・ $2$\vec n$ )^2…(1)

の値が一定であることを示せ。
また(1)が一定の値をとるならば、三角形ABCは正三角形であることを示せ。

という、証明の問題です。
よろしくお願いします。

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■42474 / inTopicNo.2)

　Re[1]: 線形代数

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□投稿者/ tokoro 付き人(86回)-(2010/08/21(Sat) 11:11:57)

2010/08/21(Sat) 11:13:56 編集(投稿者)
2010/08/21(Sat) 11:12:55 編集(投稿者)

正三角形なら与式が一定値になるという証明だけします。
正三角形なので、辺の長さを２とします。
頂点 $2$A$ を $2$y$ 軸上で座標 $2$(0, \ \sqrt{3})$ とし、頂点 $2$B$ を $2$x$ 軸上で座標 $2$(- 1, \ 0)$ 、頂点 $2$C$ を $2$x$ 軸上で座標 $2$(1, \ 0)$ とします。
このとき正三角形の重心 $2$G$ の座標は $2$y$ 軸上にあり、 $2$(0, \ \sqrt{3}/3)$ となります。

ベクトル $2$GA = \Bigl ( 0, \ \frac{2 \sqrt{3}}{3} \Bigr )$
ベクトル $2$GB = \Bigl ( - 1, \ - \frac{\sqrt{3}}{3} \Bigr )$
ベクトル $2$GC = \Bigl ( 1, \ - \frac{\sqrt{3}}{3} \Bigr )$
ベクトル $2$n = (n_{x}, \ n_{y}) \ , \ n_{x}^2 + n_{y}^2 = 1$
より計算すると、
与式の値は、 $2$2 (n_{x}^2 + n_{y}^2) = 2$ となり、一定値であることがわかります。

逆の証明は、頂点 $2$B$ と $2$C$ を上と同じように $2$x$ 軸上にあるものとして、 $2$B$ と $2$C$ の中点を原点に選ぶと、計算が簡単になると思います。
$2$B, \ C$ 間の距離は、例えば $2$2 L$ （ $2$L$ は一定値）として、頂点 $2$A$ は $2$y$ 軸上にあるとは限らないように与えます。
あとは重心の座標を求めれば、上と同じような計算で確かめられるはずです。（与式が一定値になるためには、頂点 $2$A$ の座標が $2$y$ 軸上にある条件が出てくるはずです）

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■42475 / inTopicNo.3)

　Re[2]: 線形代数

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□投稿者/ yuki 一般人(3回)-(2010/08/21(Sat) 16:59:46)

ありがとうございました。

逆の証明も解いてみましたが、自分の答えがあっているか不安なので
一通り書いていただけるとありがたいです。

お手数おかけしてすみません…

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■42476 / inTopicNo.4)

　Re[1]: 線形代数

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□投稿者/ tokoro 付き人(87回)-(2010/08/21(Sat) 17:13:09)

2010/08/21(Sat) 17:55:24 編集(投稿者)
2010/08/21(Sat) 17:14:13 編集(投稿者)

頂点 $2$A$ の座標を $2$(M, \ N)$ とすると、重心 $2$G$ の座標は $2$(\frac{1}{3} M, \ \frac{1}{3} N)$ なので、
$2$\vec{GA} = \Bigl ( \frac{2}{3} M, \ \frac{2}{3} N \Bigr )$
$2$\vec{GB} = \Bigl ( - L - \frac{1}{3} M, \ \frac{1}{3} N \Bigr )$
$2$\vec{GC} = \Bigl ( L - \frac{1}{3} M, \ \frac{1}{3} N \Bigr )$
$2$\vec{n} = (x, \ y) \ , x^2 + y^2 = 1$
となり、
$2$AA = \vec{GA} \cdot \vec{n} = \frac{2}{3} M x + \frac{2}{3} N y$
$2$BB = \vec{GB} \cdot \vec{n} = \Bigl ( - L - \frac{1}{3} M \Bigr ) x + \frac{1}{3} N y$
$2$CC = \vec{GC} \cdot \vec{n} = \Bigl ( L - \frac{1}{3} M \Bigr ) x + \frac{1}{3} N y$
より、
$2$AA^2 + BB^2 + CC^2 = F(x) = 2 L^2 x^2 + \frac{2}{3} M^2 x^2 + \frac{4}{9} M N x \sqrt{1 - x^2} + \frac{2}{3} N^2 (1 - x^2)$
となりますが、これが $2$x$ の値によらずに一定値になるためには、
$2$F^{\prime}(x) = 4 L^2 x + \frac{4}{3} M^2 x - \frac{4}{3} N^2 x + \frac{4}{9} M N \frac{1 - 2 x^2}{\sqrt{1 - x^2}} = 0$
が常に成り立たなくてはなりません。
よって、この式の係数がゼロになるということから、
$2$M N = 0 \ , \ 4 L^2 + \frac{4}{3} (M^2 - N^2) = 0$
より、
$2$M = 0 \ , \ N = \sqrt{3} L$ が得られ、これは三角形 $2$A B C$ が正三角形ということになります。
このとき、 $2$F(x) = 2 L^2 x^2 + 2 L^2 (1 - x^2) = 2 L^2$ と一定値になります。

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■42479 / inTopicNo.5)

　Re[1]: 線形代数

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□投稿者/ 少しだけ一般人(1回)-(2010/08/21(Sat) 23:04:47)

前半

一辺の長さが $2$l\left(>0\right)$ 正三角形 $2$A\,B\,C$ を考え、 $2$A\left(\begin{matrix}0,&\frac{\sqrt{\,3\,}}{2}l\\\end{matrix}\right)$ ， $2$B\left(\begin{matrix}-\frac{l}{2},&0\\\end{matrix}\right)$ ， $2$C\left(\begin{matrix}\frac{l}{2},&0\\\end{matrix}\right)$ とすると、
$2$G\left(\begin{matrix}0,&\frac{\sqrt{\,3\,}}{6}l\\\end{matrix}\right)$ ， $2$\vec{a}=\vec{GA}=\left(\begin{matrix}0,&\frac{\sqrt{\,3\,}}{3}l\\\end{matrix}\right)$ ， $2$\vec{b}=\vec{GB}=\left(\begin{matrix}-\frac{l}{2},&-\frac{\sqrt{\,3\,}}{6}l\\\end{matrix}\right)$ ， $2$\vec{c}=\vec{GC}=\left(\begin{matrix}\frac{l}{2},&-\frac{\sqrt{\,3\,}}{6}l\\\end{matrix}\right)$
任意の単位ベクトル $2$\vec{n}=\left(\begin{matrix}x,&y\\\end{matrix}\right)$ $2$\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\right)$ に対して、
$2${{\left(\vec{\,a\,}\cdot\vec{\,n\,}\right)}^{2}}+{{\left(\vec{\,b\,}\cdot\vec{\,n\,}\right)}^{2}}+{{\left(\vec{\,c\,}\cdot\vec{\,n\,}\right)}^{2}}$
$2$={{\left\{ \left(\begin{matrix}0,&\frac{\sqrt{3}}{3}l\\\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}x,&y\\\end{matrix}\right)\right\}}^{2}}+{{\left\{\left(\begin{matrix}-\frac{l}{2},&-\frac{\sqrt{3}}{6}l\\\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}x,&y\\\end{matrix}\right)\right\}}^{2}}+{{\left\{\left(\begin{matrix}\frac{l}{2},&-\frac{\sqrt{3}}{6}l\\\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}x,&y\\\end{matrix}\right)\right\}}^{2}}$
$2$=\cdots =\frac{{{l}^{2}}}{2}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)=\frac{{{l}^{2}}}{2}$

後半

tokoroさんのを利用させてもらいます。

$2$\vec{b}=\vec{GB}=\left(\begin{matrix}-L-\frac{1}{3}M,&-\frac{1}{3}N\\\end{matrix}\right)$ ， $2$\vec{c}=\vec{GC}=\left(\begin{matrix}L-\frac{1}{3}M,&-\frac{1}{3}N\\\end{matrix}\right)$ ですね。

恒等式で考えていくと、

$2${{\left(\vec{a}\cdot\vec{n}\right)}^{2}}+{{\left(\vec{b}\cdot\vec{n}\right)}^{2}}+{{\left(\vec{c}\cdot\vec{n}\right)}^{2}}=k$
　→　 $2$\left(2{{L}^{2}}+\frac{2}{3}{{M}^{2}}\right){{x}^{2}}+\frac{2}{3}{{N}^{2}}{{y}^{2}}+\frac{4}{3}MNxy=k$
　→　 $2$\left(2{{L}^{2}}+\frac{2}{3}{{M}^{2}}\right){{x}^{2}}+\frac{2}{3}{{N}^{2}}{{y}^{2}}+\frac{4}{3}MNxy=k\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)$
これが $2$x$ ， $2$y$ $2$\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\right)$ の値によらず成り立つとき、 $2$2{{L}^{2}}+\frac{2}{3}{{M}^{2}}=k$ ， $2$\frac{2}{3}{{N}^{2}}=k$ ， $2$\frac{4}{3}MN=0$
・　 $2$N>0$ ， $2$\frac{4}{3}MN=0$ 　→　 $2$M=0$
・　 $2$M=0$ ， $2$2{{L}^{2}}+\frac{2}{3}{{M}^{2}}=k$ 　→　 $2$k=2{{L}^{2}}>0$
・　 $2$L>0$ ， $2$k=2{{L}^{2}}$ 　→　 $2$L=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{k}$
・　 $2$N>0$ ， $2$k>0$ ， $2$\frac{2}{3}{{N}^{2}}=k$ 　→　 $2$N=\frac{\sqrt{6}}{2}\sqrt{k}$
$2$A\left( \begin{matrix}0,&\frac{\sqrt{6}}{2}\sqrt{k}\\\end{matrix}\right)$ ， $2$B\left(\begin{matrix}-\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{k},&0\\\end{matrix}\right)$ ， $2$C\left(\begin{matrix}\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{k},&0\\\end{matrix}\right)$ 　→　 $2$AB=BC=CA=\sqrt{2k}$
∴　 $2${{\left(\vec{a}\cdot\vec{n}\right)}^{2}}+{{\left(\vec{b}\cdot\vec{n}\right)}^{2}}+{{\left(\vec{c}\cdot\vec{n}\right)}^{2}}=k\left(>0\right)$ のとき、三角形 $2$ABC$ は一辺の長さが $2$\sqrt{2k}$ の正三角形

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■42480 / inTopicNo.6)

　Re[1]: 線形代数

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□投稿者/ tokoro 付き人(88回)-(2010/08/22(Sun) 01:41:08)

なるほど、少しだけさんのこういう方法もありますね。

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