阪大2018問4の後半：平面と平面の交線を利用する

３次元ビデオゲームや、映画やコマーシャルのCG、プロジェクションマッピングなど、３次元ベクトルデータを回転させたり、拡大縮小したりする処理は重要性を増している。阪大の問４では、こういった実践問題の練習が可能であり、その点からみれば興味深い問題である。しかし、このような計算を手計算で行うのは大変であり、試験問題を（時間内に）解く、という観点から非常に厳しいやり方かもしれない。

理論物理学の観点からすれば、３次元の力学モデルを構築し、１次変換を駆使して自由自在に処理したい、というのは自然な欲求であり、興味深い。このような計算で研鑽を積んでおけばプログラマーになったときにきっと役に立つはずだ。

４点PQRSがつくる平面、これは(1)で考えた平面であるが、これが八面体ABCDEFを切り取る断面積を計算する問題である。まずはこの平面の方程式を考えてみよう。平面の方程式の一般形は$ax+by+cz+d=0$と表される。したがって、条件が４つあれば未定係数$a,b,c,d$が決定できるように思える。しかしそうは問屋が卸さない。なぜだろうか？仮に、４つの異なる点がこの平面にあることがわかったとしよう。方程式は $$ax_i+by_i+cz_i+d=0, \quad (i=1,2,3,4)$$ となる。条件を満たす$i$番目の点を$(x_i,y_i,z_i)$と表す。4つの連立方程式をa,b,c,dについて解くことになるが、行列を用いると $$\left(\begin{array}{cccc}x_1 & y_1 & z_1 & 1\\ x_2 & y_2 & z_2 & 1\\ x_3 & y_3 & z_3 & 1\\ x_4 & y_4 & z_4 & 1\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}a \\ b\\ c\\ d\end{array}\right) = \vec{0}$$ と表せるが、逆行列が存在しても(a,b,c,d)は自明な解、つまりすべて０、になってしまうし、逆行列が存在しなくてもこの連立方程式は解けないことになる。何れにしても手詰まりということである。

これはどうしてかというと、平面の方程式がどのように得られたか考え、この問題の(1)を思い出せばすぐにわかる。平面の方程式は、平面にある一点$(x_0,y_0,z_0)$と、平面の法線ベクトル$(a,b,c)$、さらに平面内の任意の点$(x,y,z)$を使って $$a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$$ すなわち平面上の直線と法線は直交する（内積が０）という条件により記述される。点$(x,y,z)$と$(x_0,y_0,z_0)$を結ぶ直線の上に無い点$(x_,y_1,z_1)$を用いてもう一つの条件 $$a(x-x_1)+b(y-y_1)+c(z-z_1)=0$$ までは独立した条件として認めることができる。すなわち、平面上の２点が分かれば(a,b,c,d)のうち２つまでは決めることができる。しかし、３つ目の点$(x_2,y_2,z_2)$がわかっても、それは役に立たない。というのは、平面内のベクトル$(x-x_2,y-y_2,z-z_2)$は、先の２つのベクトルとは独立ではなくて、むしろ先の２つのベクトルの線型結合で書けてしまうからである。つまり、 $$\left(\begin{array}{c}x-x_2\\y-y_2\\z-z_2\end{array}\right)=p\left(\begin{array}{c}x-x_0\\y-y_0\\z-z_0\end{array}\right) + q\left(\begin{array}{c}x-x_1\\y-y_1\\z-z_1\end{array}\right)$$ が成立するので、新しい方程式にならないのだ。ここで$p,q$は適当な実数である。平面上のベクトルの一次独立性とは、問(1)の答えに他ならない。

したがって、平面の方程式を決めるなら、平面上の一点を探すこと、そして次は法線ベクトルを直接見つけることなのである。ただし、法線ベクトルは平面上にある３点を見つけることができれば、計算することができる。

法線ベクトルは、平面上の任意のベクトルと直交するので、平面上の２つの独立なベクトルの「外積」を計算するばよいのである。例えば、平面上の３点（三角形をなすような３点）を用いて２つの独立のベクトル$\mathbf{e}_1=(x_1-x_0, y_1-y_0,z_1-z_0),\quad \mathbf{e}_2=(x_2-x_0, y_2-y_0,z_2-z_0)$を作り、この２つの外積$\mathbf{e}_1\times\mathbf{e}_2$を計算すると、 $$\mathbf{e}_1\times\mathbf{e}_2 \parallel \left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)$$ となっているのである。

すなわち、平面の方程式は
$$\begin{equation}\left(\mathbf{e}_1\times\mathbf{e}_2\right)\cdot\left(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\right)={0}\end{equation}$$ とまとめることができる。ただし、$\mathbf{r}=(x,y,z), \quad \mathbf{r}_0=(x_0,y_0,z_0)$である。

式(1)を使って、まずは平面PQRSの方程式を求めてみよう。 題意に与えられているように、点PはABを$1-s:s$に分割する点だから$\vec{OP}=s\vec{OA}+(1-s)\vec{OB}$である。これをデカルト座標で表現すると$P=(1-s,0,s)$である。同様の計算により$Q=(0,1-s,s), R=(-1+t,0,-t)$となる。一次独立なベクトルとして、$\vec{PQ}$と$\vec{PR}$を取ろう。この２つのベクトルは $$\vec{PQ}=(1-s)\left(\begin{array}{c}-1\\ 1 \\ 0\end{array}\right), \quad \vec{PR}=\left(\begin{array}{c}-2+t+s\\ 0\\ -(t+s)\end{array}\right)$$ と計算される。この２つのベクトルの外積$\vec{PQ}\times\vec{PR}$は $$\vec{PQ}\times\vec{PR}=\left(\begin{array}{c} -t-s\\ -t-s \\ 2-t-s\end{array}\right)$$ となる。点P(1-s,0,s)を使って平面の方程式を書き下すと $$\begin{equation} (t+s)(x+y)+(t+s-2)z+s-t=0 \end{equation}$$
となる。

次に三角形ABCが作る平面の方程式を求めてみる。この平面上の独立な基底として$\vec{AB}$と$\vec{AC}$を選ぶ。 $$\vec{AB}=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right), \quad \vec{AC}=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)$$ であるから、 $$\vec{AB}\times\vec{AC} = \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$$ となる。したがって、対応する平面の方程式は $$\begin{equation}{\rm ABC:} \quad x+y+z-1=0\end{equation}$$ である。

式(2)から式(3)を引くと$z=s$,  足すと$x+y+s-1=0$を得る。つまり、これが平面PQRSと平面ABCの交線の方程式である。 この交線のうち、交線上にある点Pから点Qまでの線分が求める八面体ABCDEFと平面PQRSの交線である。

平面ABCの隣の面は三角形ABEである。同じように計算すると、
  $$\vec{AE}=\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -1\end{array}\right), \quad \vec{AE}\times\vec{AB} = \left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$$ したがって、点Aを通ることも使うと、平面の方程式は $$\begin{equation}x-y+z-1=0\end{equation}$$ となる。これをPQRSの方程式と連立させると、交線の方程式が得られ、それは $$x+(t+s-1)y+s-1=0, \quad (t+s)y-z+s=0$$ となる。この線分のうち、Pから始まりxy平面と交わるところまでが求める断面の辺に相当する。交点をTと名付ければ、Tの座標は（上の方程式から） $$T(\frac{t}{t+s},-\frac{s}{t+s},0)$$ であることが計算できる。

この「地道な作業」を平面BEF, ACD, EDF,CDF、そしておまけとして平面BCDEについて行えば、断面積の形や寸法がわかるだろう。以下、必要な計算の結果だけをまとめて書いておこう。
(1)△BEF:
$$\begin{equation} \vec{FB}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 0 \\ 1\end{array}\right), \quad \vec{FE}=\left(\begin{array}{c} 0\\ -1 \\ 1\end{array}\right), \quad  \vec{FB}\times\vec{FE} = \left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\end{array}\right), \\ x-y-z-1=0 \end{equation}$$
PQRSとの交線は $$y=(1-t-s)x+t-1, \quad z=(t+s)x-t$$
交点はTと$S(0, -1+t,-t)$になる。

(2)△EDF:
$$\begin{equation} \vec{FD}=\left(\begin{array}{c} -1\\ 0 \\ 1\end{array}\right), \quad \vec{FD}\times\vec{FE} = \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right), \\ x+y+z+1=0 \end{equation}$$
PQRSとの交線は $$x+y-t+1=0, \quad z=-t$$  
交点は$R(-1+t,0,-t)$,S。

(3)△CDF:
$$\begin{equation} \vec{FC}=\left(\begin{array}{c} 0\\ 1 \\ 1\end{array}\right), \quad \vec{FC}\times\vec{FD} = \left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right), \\ x-y-z+1=0 \end{equation}$$
PQRSとの交線は $$x+(t+s-1)y-t+1=0, \quad z=(t+s)y-t$$
 交点はR, $$U(-\frac{s}{t+s},\frac{t}{t+s},0)$$

(4)△ACD
$$\begin{equation} \vec{AD}=\left(\begin{array}{c} -1\\ 0 \\ -1\end{array}\right), \quad \vec{AD}\times\vec{AC} = \left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\end{array}\right), \\ x-y-z+1=0 \end{equation}$$
 PQRSとの交線は $$(t+s-1)x+y+s-1=0, \quad  z=(t+s)x+s$$
交点はU,Q。

以上より、断面は六角形QPTSRUであり、直線PQ, TU, SRはxy平面に対し水平であるから、互いに平行の関係にある。したがって、六角形の面積は2つの台形QPTUとRSTUに分解して求めることができる。PQ=$\sqrt{2}(1-s)$, SR=$\sqrt{2}(1-t)$, TU=$\sqrt{2}$であることはすぐにわかる。また、PQとTUの距離はs、TUとSRの距離はtであることも（座標の情報より）自明である。したがって、六角形の面積Xは
$$X=\frac{s(2-s)}{\sqrt{2}} + \frac{t(2-t)}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}(t+s) - \frac{1}{\sqrt{2}}(t^2+s^2)$$
とかける。$t^2+s^2 = (t+s)^2 - 2ts$であることを用い、さらに$t+s=2/3$という条件を代入するとXはsの二次式になる。
$$X= \frac{5\sqrt{2}}{9}-\sqrt{2}\left(s-\frac{1}{3}\right)^2$$
したがって、最大値は$s=t=1/3$のときで$5\sqrt{2}/{9}$である。

$s+t=2/3$という条件は最後の最後まで使わない方がよい。なぜか途中で中途半端に使用すると、まちがった答えへといってしまう（非常に不思議）。

この問題では、３次元空間中の座標を使って解いたが、回転によってもう少し見通しをよくしてから解くこともできる。次はその方法を試してみよう。