4 幾何学的な証明

次に、ある程度公式の意味を説明する幾何学的な証明を紹介する。 それは、[8], [10] に補足として書いてあるように、 (1) の左辺の図形的な意味を考えて、 それが (1) の右辺のように $\mbox{\boldmath$B$}$、 $\mbox{\boldmath$C$}$ で表されることを示す方法である。

ただし、最後のところに難点があり、 以下の「証明」は厳密には証明になっていないことに注意する。

証明 3

Step 1.

$\mbox{\boldmath$B$}\times\mbox{\boldmath$C$}=\mbox{\boldmath$0$}$ の場合は、 (1) が成り立つことは容易にわかる。 実際、この場合は左辺は $\mbox{\boldmath$0$}$ となるし、 このときは $\mbox{\boldmath$B$}$ と $\mbox{\boldmath$C$}$ は平行であるから、 $\mbox{\boldmath$B$}=k_1\mbox{\boldmath$C$}$ と書けるか、または $\mbox{\boldmath$C$}=\mbox{\boldmath$0$}$ となるが、 そのどちらを (1) の右辺に代入しても 容易に $\mbox{\boldmath$0$}$ となることがわかる。

よって、以後 $\mbox{\boldmath$B$}\times\mbox{\boldmath$C$}\neq\mbox{\boldmath$0$}$ の場合を考える。

Step 2.

この場合、 $\mbox{\boldmath$B$}$ と $\mbox{\boldmath$C$}$ は平行ではないから、 その 2 つのベクトルが乗る平面 (=$\pi$ とする) は一つに決まり、 $\mbox{\boldmath$B$}\times\mbox{\boldmath$C$}$ はこの $\pi$ に垂直なベクトルとなる。

今、 $\mbox{\boldmath$E$}=\mbox{\boldmath$A$}\times(\mbox{\boldmath$B$}\times\mbox{\boldmath$C$})$ とすると、 これは $\mbox{\boldmath$B$}\times\mbox{\boldmath$C$}$ に垂直なベクトルなので、 $\pi$ に乗るベクトルとなるが、 $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ は $\pi$ 上の一次独立なベクトルであるから、 $\mbox{\boldmath$E$}$ は

$$\mbox{\boldmath$E$}=\alpha\mbox{\boldmath$B$}+\beta\mbox{\boldmath$C$}$$ (5)

と表されることになる。 さらに $\mbox{\boldmath$E$}$ は $\mbox{\boldmath$A$}$ とも垂直なので、 $\mbox{\boldmath$E$}\cdot\mbox{\boldmath$A$}=0$ となり、よって (5) より、

$$\alpha(\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$})+\beta(\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$C$})=0$$ (6)

が成り立つ。

Step 3.

この (6) より、 あるスカラー $k_2$ によって $\alpha$, $\beta$ は

$$\alpha=k_2(\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$C$}), \... ...1zw} \beta=-k_2(\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$})$$ (7)

と書けることになる。

実際、 $\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$}\neq 0$ のときは、

$$k_2 = -\frac{\beta}{\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$}}$$

とすれば、(6) より (7) が得られる。

$\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$}=0$ で $\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$C$}\neq 0$ のときは、 (6) より $\beta=0$ となるので、

$$k_2 = \frac{\alpha}{\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$C$}}$$

とすれば、この場合も (7) が成り立つことがわかる。

$\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$}=\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$C$}=0$ のときは、 $\mbox{\boldmath$A$}$ が $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ の両方に垂直なので、 $\mbox{\boldmath$A$}$ は $\mbox{\boldmath$B$}\times\mbox{\boldmath$C$}$ に平行となり、 よって $\mbox{\boldmath$E$}=\mbox{\boldmath$0$}$ となるから、 (5) の $\alpha$, $\beta$ はともに 0 となる。 すなわちこの場合も (7) は、 例えば $k_2=1$ に対して成り立つことになる。

結局、この (7) はすべての場合に成り立つので、 これを (5) に代入して、

$$\mbox{\boldmath$E$}=k_2\{(\mbox{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\bo... ...x{\boldmath$A$}\cdot\mbox{\boldmath$B$})\mbox{\boldmath$C$}\}$$ (8)

が得られることになる。

Step 4.

あとは、(8) の $k_2$ が 1 となることを示せばよい。 実はこの $k_2$ は、 $\mbox{\boldmath$A$}$, $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ にはよらない定数であるので、 例えば $\mbox{\boldmath$A$}=\mbox{\boldmath$B$}=\mbox{\boldmath$i$}$, $\mbox{\boldmath$C$}=\mbox{\boldmath$j$}$ とすると ( $\mbox{\boldmath$i$}$, $\mbox{\boldmath$j$}$, $\mbox{\boldmath$k$}$ はそれぞれ $x$, $y$, $z$ 軸方向の単位ベクトルとする)、

$$\begin{array}{l} \mbox{\boldmath$E$} = \mbox{\boldmath$... ...$i$})\mbox{\boldmath$j$} = -\mbox{\boldmath$j$} \end{array}$$

となり、よって $k_2=1$ であることがわかる。

この証明のメインの部分は Step 2., Step 3. であるが、 ここを見るだけでも (1) のような式 (実際には (8))が出てくる理由がわかると思う。 しかし、最後の $k_2=1$ であることを決定するのが実は結構面倒で、 上の Step 4. では

「$k_2$ が $\mbox{\boldmath$A$}$, $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ には無関係である」

ということを用いて、特殊な $\mbox{\boldmath$A$}$, $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ に対して $k_2$ を決定したが、実はその無関係性は自明ではない (少なくとも私には容易に示すことはできない)。 だから、この Step 4. は、単に特別な $\mbox{\boldmath$A$}$, $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ に対してのみ $k_2=1$ を示したに過ぎず、 他の $\mbox{\boldmath$A$}$, $\mbox{\boldmath$B$}$, $\mbox{\boldmath$C$}$ に対しては、 それが 1 である保証は得られていないことになる。

それに、[8], [10] には Step 1. や Step 3. のような 細かい話は書かれていないが、 それなりに証明にしようとするとこのようなあまり本質的ではない 細かい議論も必要になってしまい、 逆にそれによって本質的な部分がややぼけてしまうという欠点もある。

ただ、この、Step 4. を含む証明 3 の方法の本質的な部分は、 「証明」としてではなく、 公式 (1) を忘れたときに思い出すには便利な方法だろうから、 全く意味がないわけではないと思う。