1次独立な平面ベクトルに関する定理
1 次独立なベクトルの1 次結合に関して，次の定理が成り立つ．
1 次独立な平面ベクトルに関する定理
ある$\vec{p}$ が，1 次独立な2 つのベクトル$\vec{a}，\vec{b}$ の1 次結合で
\begin{align} \vec{p} &= s\vec{a} + t\vec{b}\\ \vec{p} &= s’\vec{a} + t’\vec{b} \end{align}と2 通りに表されたとする．このとき
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} s = s’\\ t = t’\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}が成り立つ．つまり，$\vec{p}$ は1 通りでしか表せない．
【証明】
$\vec{p}$ は
\[\vec{p} = s\vec{a} + t\vec{b} = s’\vec{a} + t’\vec{b}\]と表されるので
\[s\vec{a} + t\vec{b} = s’\vec{a} + t’\vec{b}\] \[\Leftrightarrow (s − s’)\vec{a} + (t − t’)\vec{b} = \vec{0}\]ここで，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから，その定義より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} s - s’=0 \\ t - t’=0 \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = s’\\ t = t’\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}重心の定理
$\triangle \text{ABC}$ の重心を$\text{G}$ とし，辺$\text{AB}$ の中点を$\text{D}$，辺$\text{CA}$ の中点を$\text{E}$ とするとき
\[\text{CG} : \text{ GD} = 2 : 1\]であることを，ベクトルの1 次独立を用いて証明せよ．
$\overrightarrow{\text{AB}} = \vec{b}，\overrightarrow{\text{AC}} = \vec{c}$ とおく．
まず，$\text{G}$ は線分$\text{CD}$ 上にあるから，$\text{CG} : \text{ GD }= s : 1 – s$とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{AG}} &= s\overrightarrow{\text{AD }}+ (1 − s)\overrightarrow{\text{AC }}\\ &\quad\blacktriangleleft『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}}&= s \cdot \dfrac{1}{2}\vec{b} + (1 − s) \cdot \vec{c}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}} &= \dfrac{s}{2}\vec{b} + (1 − )\vec{c} \tag{1}\label{juushinnoteirinokaitou1} \end{align}と表すことができる．
また，$\text{ G }$は線分$\text{ BE }$上にあるから，$\text{ BG} : \text{ GE }= t : 1 – t$とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{AG}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{AB}} + t\overrightarrow{\text{AE}} \\ &\quad\blacktriangleleft『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}} &= (1 − t) \cdot \vec{b} + t \cdot \dfrac{1}{2}\vec{c}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}} &= (1 − t)\vec{b} + \dfrac{t}{2}\vec{c} \tag{2}\label{juushinnoteirinokaitou2} \end{align}と表すことができる．
いま，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから， $\eqref{juushinnoteirinokaitou1}，\eqref{juushinnoteirinokaitou2}$より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{s}{2}= 1 – t\\ 1 − s = \dfrac{t}{2}\\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = \dfrac{2}{3}\\ t = \dfrac{2}{3}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}よって
\begin{align} \text{CG} : \text{ GD} &= \dfrac{2}{3}: 1 – \dfrac{2}{3}\\ = \dfrac{2}{3}: \dfrac{1}{3} &= 2 : 1． \end{align}角の二等分線の定理
$\text{AB} = c，\text{BC} = a，\text{CA} = b $である$\triangle \text{ABC}$ において，$\angle \text{A }$の2 等分線と辺$\text{BC}$ の交点を$\text{D}$ するとき
\[\text{BD} : \text{DC} = c : b\]であることを，ベクトルの1 次独立を用いて証明せよ．
$\overrightarrow{\text{AB}} = \vec{b}，\overrightarrow{\text{AC}} = \vec{c}$ とおく．
まず，直線$\text{AD}$ は$\angle \text{BAC}$ の二等分線なので，適当な実数$s$ を用いて
\[\overrightarrow{\text{AD}} = s\left(\dfrac{1}{c}\overrightarrow{\text{AB}} + \dfrac{1}{b}\overrightarrow{\text{AC}}\right)\]$\blacktriangleleft \dfrac{1}{c}\overrightarrow{\text{AB}}， \dfrac{1}{b}\overrightarrow{\text{AC}}$ は大きさが$1$ で等しいので$\dfrac{1}{c}\overrightarrow{\text{AB}}+ \dfrac{1}{b}\overrightarrow{\text{AC}} $は$\angle \text{BAC}$を$2$ 等分する直線上にある．
これを角の二等分ベクトル(anglebisection vector) という．
\begin{align} \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AD}} &= \dfrac{s}{c}\overrightarrow{\text{AB}} + \dfrac{s}{b}\overrightarrow{\text{AC}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AD}} &= \dfrac{s}{c}\vec{b} + \dfrac{s}{b}\vec{c} \tag{1}\label{kadononitoubunsennoteiri1} \end{align}と表すことができる．
また，点$\text{D}$ は辺$\text{BC}$ 上の内分点なので，$\text{BD} : \text{DC} = t :1 − t $とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{AD}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{AB}} + t\overrightarrow{\text{AC}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AD}} &= (1 − t)\vec{b} + t\vec{c} \tag{2}\label{kadononitoubunsennoteiri2} \end{align}と表すことができる．
いま，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから， $\eqref{kadononitoubunsennoteiri1}，\eqref{kadononitoubunsennoteiri2}$より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{s}{c}= 1 – t\\ \dfrac{s}{b}= t \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = \dfrac{bc}{b+c}\\ t = \dfrac{c}{b+c}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}よって
\begin{align} \text{BD} : \text{DC} &= \dfrac{c}{b+c}: 1 − \dfrac{c}{b+c}\\ &= \dfrac{c}{b+c}: \dfrac{b}{b+c}\\ &= c : b \end{align}直線の交点の位置ベクトル
$\triangle \text{OAB}$ において，辺$\text{OA}$ を$2 : 3$ に内分する点を$\text{M}$，辺$\text{OB}$ を$4 : 3 $に内分する点を$\text{N}$とし，線分$\text{AN}$ と線分$\text{BM}$ の交点を$\text{P}$ とする．$\overrightarrow{\text{OP}}$ を$\overrightarrow{\text{OA}} = \vec{a}$ と$\overrightarrow{\text{OB}} = \vec{b}$ を用いて表せ．
$\text{O}$ を基準にした位置ベクトルを考えてみる．
まず，点$\text{P}$ は線分$\text{BM}$ 上にあるから，$\text{BP} : \text{PM} = s : 1−s$とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} &= s\overrightarrow{\text{OM}} + (1 − s)\overrightarrow{\text{OB}} \\ &\quad \blacktriangleleft 『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= s \cdot \dfrac{2}{5}\overrightarrow{\text{OA}}+ (1 − s)\overrightarrow{\text{OB}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= \dfrac{2s}{5}\vec{a} + (1 − s)\vec{b} \tag{1}\label{chokusennokoutennoitibekutoru1} \end{align}と表すことができる．
また，点$\text{P}$ は辺$\text{AN} $上にあるから，$\text{AP} : \text{PN} = t : 1 − t$とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{OA}} + t\overrightarrow{\text{ON}} \\ &\quad \blacktriangleleft 『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{OA}} + t \cdot \dfrac{4}{7}\overrightarrow{\text{OB}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= (1 − t)\vec{a} + \dfrac{4t}{7}\vec{b} \tag{2}\label{chokusennokoutennoitibekutoru2} \end{align}と表すことができる．
いま，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから，$\eqref{chokusennokoutennoitibekutoru1}， \eqref{chokusennokoutennoitibekutoru2}$より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{2s}{5}= 1 – t\\ 1-s= \dfrac{4t}{7} \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = \dfrac{5}{9}\\ t = \dfrac{7}{9}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}よって
\[\boldsymbol{ \overrightarrow{\text{OP}} =\dfrac{2}{9}\vec{a} +\dfrac{4}{9}\vec{b}}\]