直角三角錐の４面の関係式 ー ピタゴラスの定理の拡張
【命題】
直角三角錐の頂点に接する側面の面積をＡ,Ｂ,Ｃとし、底面の面積をＤとすると、
Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＋Ｃˆ(2)＝Ｄˆ(2)
が成り立つ。
【メモ】
・ ˆは、べき乗（冪乗）記号とする。
・３次元直交座標の原点を頂点として、x,y,zの各座標軸上の３点を取れば直角三角錐となる。
【証明】
直角三角錐の頂点に接する各辺の長さをａ,ｂ,ｃ、底面に接する各辺の長さをｄ,ｅ,ｆとする。
ｄ,ｅを長さとする二辺のなす角度をθとする。
辺と面の各名称の位置関係は下図の通りとする。
底面の面積の二乗
三角形の面積より、
Ｄ＝1／2・ｄｅSinθ
Ｄˆ(2)＝(ｄˆ(2)ｅˆ(2)Sinˆ(2)θ)／4
余弦定理より、
ｆˆ(2)＝ｄˆ(2)＋ｅˆ(2)−2ｄｅCosθ
Cosθ＝(ｄˆ(2)＋ｅˆ(2)−ｆˆ(2))／2ｄｅ
二乗して、
Cosˆ(2)θ＝(ｄˆ(2)＋ｅˆ(2)−ｆˆ(2))／4ｄˆ(2)ｅˆ(2)＝(2ｄˆ(2)ｅˆ(2)−2ｅˆ(2)ｆˆ(2)−2ｆˆ(2)ｄˆ(2)＋ｄˆ(4)＋ｅˆ(4)＋ｆˆ(4))／4ｄˆ(2)ｅˆ(2)
Sinˆ(2)θ＝1−Cosˆ(2)θ＝(2ｄˆ(2)ｅˆ(2)＋2ｅˆ(2)ｆˆ(2)＋2ｆˆ(2)ｄˆ(2)−ｄˆ(4)−ｅˆ(4)−ｆˆ(4))／4ｄˆ(2)ｅˆ(2)
Sinˆ(2)θの式をＤˆ(2)の式に代入して、
Ｄˆ(2)＝(2ｄˆ(2)ｅˆ(2)＋2ｅˆ(2)ｆˆ(2)＋2ｆˆ(2)ｄˆ(2)−ｄˆ(4)−ｅˆ(4)−ｆˆ(4))／16 ・・・ 〔関係式1〕
頂点に接する面の面積の二乗の和
直角三角形の面積より、
Ａ＝(ｃａ)／2, Ａˆ(2)＝(ｃˆ(2)ａˆ(2))／4
Ｂ＝(ａｂ)／2, Ｂˆ(2)＝(ａˆ(2)ｂˆ(2))／4
Ｃ＝(ｂｃ)／2, Ｃˆ(2)＝(ｂˆ(2)ｃˆ(2))／4
ピタゴラスの定理より、
ア．ｄˆ(2)＝ｃˆ(2)＋ａˆ(2)
イ．ｅˆ(2)＝ａˆ(2)＋ｂˆ(2)
ウ．ｆˆ(2)＝ｂˆ(2)＋ｃˆ(2)
ア＋イ−ウより、2ａˆ(2)＝ｄˆ(2)＋ｅˆ(2)−ｆˆ(2)
イ＋ウ−アより、2ｂˆ(2)＝ｅˆ(2)＋ｆˆ(2)−ｄˆ(2)
ウ＋ア−イより、2ｃˆ(2)＝ｆˆ(2)＋ｄˆ(2)−ｅˆ(2)
面積の式にａˆ(2),ｂˆ(2),ｃˆ(2)を代入して、
Ａˆ(2)＝(ｆˆ(2)＋ｄˆ(2)−ｅˆ(2))(ｄˆ(2)＋ｅˆ(2)−ｆˆ(2))／16
＝(2ｆˆ(2)ｅˆ(2)＋ｄˆ(4)−ｅˆ(4)−ｆˆ(4))／16
Ｂˆ(2)＝(ｄˆ(2)＋ｅˆ(2)−ｆˆ(2))(ｅˆ(2)＋ｆˆ(2)−ｄˆ(2))／16
＝(2ｄˆ(2)ｆˆ(2)＋ｅˆ(4)−ｄˆ(4)−ｆˆ(4))／16
Ｃˆ(2)＝(ｅˆ(2)＋ｆˆ(2)−ｄˆ(2))(ｆˆ(2)＋ｄˆ(2)−ｅˆ(2))／16
＝(2ｅˆ(2)ｄˆ(2)＋ｆˆ(4)−ｄˆ(4)−ｅˆ(4))／16
したがって、
Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＋Ｃˆ(2)＝(2ｄˆ(2)ｅˆ(2)＋2ｅˆ(2)ｆˆ(2)＋2ｆˆ(2)ｄˆ(2)−ｄˆ(4)−ｅˆ(4)−ｆˆ(4))／16 ・・・ 〔関係式2〕
結論
〔関係式1〕〔関係式2〕より、
Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＋Ｃˆ(2)＝Ｄˆ(2) □
【問題】
１. ピタゴラスの定理は、２次元直交座標の原点を頂点として、x,yの各座標軸上の２点を取った直角三角形において成立し、上記関係式は、３次元直交座標の原点を頂点として、x,y,zの各座標軸上の３点を取った直角三角錐において成立する。
では、ｎ次元直交座標の原点を頂点として、各座標軸上のｎ点を取ったｎ次元直角図形において、この関係式を拡張することができるか。
２. Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＝Ｃˆ(2)を満たす数の組について、そのような長さを三辺とする三角形は必ず存在するか。あればその三角形は直角三角形である。
同様に、Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＋Ｃˆ(2)＝Ｄˆ(2)を満たす数の組について、そのような面積の三角錐は必ず存在するか。あればその三角錐は直角三角錐か。ｎ次元においてはどうか。
【追記】
Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＝Ｃˆ(2), Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＋Ｃˆ(2)＝Ｄˆ(2),・・・というピタゴラスの定理の拡張は、通常、ｎ次元直交座標において原点を中心、式の左辺を成分、右辺を半径とする円,球・・・として捉える。ベクトルの成分と長さとしても捉えられるが、その幾何的根拠はともに、左辺を辺、右辺を対角線とする長方形,直方体,・・・である。この考え方では、任意のｎ次元で式と辺の長さが対応されているが、本ページの拡張では、２次元の場合には式と辺の長さが対応し、３次元の場合には式と側面の面積が対応している点が異なる。
参考：線形代数学、位相幾何学、単体
【問題２の前半解答】
問題２の前半「Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＝Ｃˆ(2)を満たす数の組について、そのような長さを三辺とする三角形は必ず存在するか。あればその三角形は直角三角形である。」
Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)＝Ｃˆ(2)を満たす数の組があるとき、２次元直交座標に原点を中心として半径Ｃの円を取れば、(Ａ,Ｂ)の点は半径Ｃの円上にある。(Ａ,Ｂ)と原点を結ぶ直線、(Ａ,Ｂ)から各座標軸への垂線（と平行線）、これら三直線を３辺とする三角形を取れば、３辺の長さはＡ,Ｂ,Ｃである。
さらに、Ａ,Ｂ,Ｃを三辺の長さとする三角形が他にあるとすると、
長さＣの辺の対角の角度をθとすると、余弦定理より、
Ｃˆ(2)＝Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)−2ＡＢCosθ
である。
三角形なので0°<θ<180°において、Cosθ＝0となるのは、θ＝90°のみであり、
Ｃˆ(2)＝Ａˆ(2)＋Ｂˆ(2)が成立すれば、その三角形もやはり直角三角形である。 □
【追記２】
Wikipediaによると、本定理はDe Gua’s theoremと呼ばれ古くはルネ・デカルトの時代には知られていたらしい。未だ様々な論点が残されていると思われ、興味深い。
参考ページ（英語）：De Gua’s theorem、Trirectangular tetrahedron
公開日：2017/5/7
修正日：2017/5/13 最後尾に参考を追加。
修正日：2017/5/15 【追記】を追加。
修正日：2017/5/16 【追記】「本ページでは、」⇒「本ページの拡張では、」
修正日：2017/5/16 最後尾に【問題２の前半解答】を追加。
修正日：2023/6/16 【追記２】を追加。
最終修正日：2023/6/16