ベクトルを用いないで平面の方程式の一般形ax+by+cz+d=0を導出する事は可能でしょうか？

ベクトルを用いないで平面の方程式の一般形ax+by+cz+d=0を導出する事は可能でしょうか？

No.8 回答者： majimelon37 回答日時： 2018/09/15 20:34

No.7の追加説明：ベクトルは座標を使わないで平面や直線を論じるが、座標を使って論じると、座標の性質によって生じる例外が起きるので、それをことわらなければならないので、説明が複雑になる、c≠0の仮定、⑪⑯で分母が0でない場合の処理などの例外処理がそれである。

No.7 回答者： majimelon37 回答日時： 2018/09/15 20:20

ベクトルを用いないで平面の方程式の一般形ax+by+cz+d=0を導出する事は可能でしょうか？

(1) 空間に一直線上にない任意の3点P0,P1,P2をとり、この3点で定まる三角形の平面αを直線で延長した点Pの座標を(x,y,z)として、次の方程式①を導くことをやってみる。
ax+by+cz+d=0＿＿①
この方程式の係数a，b，cのうち少なくとも1つは0でないとする。もし、a，b，cのすべてが0のとき、式①は平面の方程式にならないので、そのような事情にはないと仮定する。例えばcが0でなければ式①をcで割る。もしcが0で、aが0でなければ，cの代わりにaを使って、以下の議論は同じようにできるので、ここでは、cが０でないことにして進める。
(2) c≠0の時は式①をcで割ると(a/c)x+(b/c)y+z+d/c=0となる。係数a/c，b/c，d/cを
－a，－b，－dと書き直すと、平面の方程式①は②となる。以下ではこの式を使う。
z=ax+by+d＿＿②
点Pが平面αの延長上にあれば、点Pの座標(x,y,z)は式②を満足し、点Pが平面αの延長上になければ、点Pの座標は式②を満足しない、という関係が成立すればよい。
(3) 3点P0,P1,P2の座標を(x0,y0,z0)，(x1,y1,z1)，(x2,y2,z2)とする。この3点で式②が成立するなら、次の③④⑤が成立する。
z0=ax0+by0+d＿＿③
z1=ax1+by1+d＿＿④
z2=ax2+by2+d＿＿⑤
④－③と⑤－③を作ればdが消去されて⑥⑦が成立する。
z1－z0=a(x1－x0)+b(y1－y0)＿＿⑥
z2－z0=a(x2－x0)+b(y2－y0)＿＿⑦
式が見易いように、座標原点を平行移動してP0の位置まで移動すると
(x0,y0,z0)は(0,0,0)になる。
P1(x1,y1,z1)はP1－P0になるはずだが、
これの記号を書き換えてP1(x1,y1,z1)とする。
P2(x2,y2,z2)はP2－P0になるはずだが、
これも記号を書き換えてP2(x2,y2,z2)とする。
すると➅⑦は⑧⑨となる。
z1=ax1+by1＿＿⑧
z2=ax2+by2＿＿⑨
⑧⑨からbを消去するために⑨×y1－⑧×y2を作ると⑩が成立する。
z2×y1－z1×y2= ax2×y1－ax1×y2= a(x2×y1－x1×y2)＿＿⑩
これからaは⑪により決定できる。
a=(z2×y1－z1×y2)/(x2×y1－x1×y2) ＿＿⑪
同様にaを消去するために⑨×x1－⑧×x2を作ると⑫となり、bは⑬により決定できる。
z2×x1－z1×x2= by2×x1－by1×x2= b(y2×x1－y1×x2)＿＿⑫
b=(z2×x1－z1×x2)/(y2×x1－y1×x2)＿＿⑬
もし、式⑪⑬の分母が0になれば、この式はなり立たないことになるが、
それは3点P0,P1,P2が一直線上にないという仮定に反するので、起こらない。
もし⑪の分母が0なら⑭となり、⑩から⑮となる。
x2×y1－x1×y2=0＿＿⑭
z2×y1－z1×y2=0＿＿⑮
⑭と⑮から⑯または⑰が成立する。それは3点P0,P1,P2が一直線の条件である。
x2/x1=y2/y1=z2/z1＿＿⑯
x1/x2=y1/y2=z1/z2＿＿⑰
さらに⑯または⑰の分母が0になると⑯⑰も成り立たないが、それはP0=P1またはP0=P2の条件で、3点P0,P1,P2という仮定に反し、2点になるので、そういうことは起こらない。
式③からdも定まるので、式②は確定する。
(4) 平面αの延長上の点では式②が成り立つが、こうしてできる平面上に任意に2点P1,P2をとりその延長上の点をP4とすると、P4でも式②が成り立つので、これを繰り返すことができて平面上のすべての点で式②が成り立つ。それは次のように証明される。
(P2－P1)をk倍した線分が(P4－P1)=k(P2－P1)になったとすると、
P4＝P1+k(P2－P1)=(1－k)P1+kP2＿＿⑱
となる。kは－∞<k<∞の実数である。座標で書けば
x4＝(1－k)x1+kx2，y4＝(1－k)y1+ky2，z4＝(1－k)z1+kz2＿＿⑲
P4については⑧⑨と同じ形の式⑳が成り立つ。
z4=ax4+by4＿＿⑳
⑳の両辺に⑲を入れ、左辺に⑧⑨を入れると
左辺= z4＝(1－k)z1+kz2=(1－k)(ax1+by1)+k(ax2+by2)
=a((1－k)x1+kx2)+b((1－k)y1+ky2)
右辺= ax4+by4=a((1－k)x1+kx2)+b((1－k)y1+ky2)
で⑳の成立が確認される。
方程式②が確定したので、0でない任意のcを使って、式①の方程式に戻せば、平面の方程式の一般形ax+by+cz+d=0を導出した事になる。
(5)この平面の内外の任意の点をP5として、座標をP5(x5,y5,z5)とする。もし方程式②が成り立って
z5=ax5+by5＿＿㉑
であれば、P5は平面上の点である。もし方程式②が成り立たないで
z5≠ax5+by5＿＿㉒
であれば、P5のz座標は、平面とax5+by5－z5だけ離れている。c≠0であるから、方程式①はc(ax5+by5－z5)の差が生じ、成立しない。証明終。

No.6 回答者： tsukita 回答日時： 2018/09/13 22:48

回答、ではないのですが、問題を具体的にしてみてはどうでしょうか。

「平面の方程式の一般形ax+by+cz+d=0を導出する」のではなく、

たとえば、
①３点（a1,b1,c1）(a2,b2,c2)（a3,b3,c3）※具体的に自然数を入れてよい。
　を指定して、そこから平面の式の導出を試みる。

たとえば
②平面の方程式ではなく、直線の方程式がベクトルの考えを用いずに導出できるかどうか議論してみる。

※一般的な式を導出することがこのＱＡの趣旨ではなく、具体的なものでいいからベクトルを用いないで導出できれば、このＱＡの答えが見いだせるのではないかと考えます。具体的な平面（または直線）でよいから”導出の仕方”に関心を寄せるとよいのでは？

No.5 回答者： doc_somday 回答日時： 2018/09/12 15:42

そのために線形代数があるのですが。

ベクトルと線形代数は等価ですからそれは入らないのでしょうか？

No.4 回答者： usa3usa 回答日時： 2018/09/12 08:08

「一般の位置にある３点を通る平面は唯一存在する」

を数式に変換すれば、
　平面の方程式の一般形ax+by+cz+d=0
を導出できるのでは？

No.3 回答者： tknakamuri 回答日時： 2018/09/12 07:32

多分平面の定義は

面上の任意の2点を結ぶ線分が面に含まれる
ってな感じだと思うんだけど、

「ベクトルを使わない」を定義しないと進めようが
ないな。そもそもデカルト座標系を使って良いの？

No.2 回答者： Tacosan 回答日時： 2018/09/12 01:13

z = ax+by+c という形では表現できない平面があるからしょうがない＞#1.

さておき, ax+by+cz+d=0 という式を＊なにを前提として＊導こうということでしょうか?

No.1 回答者： 銀鱗 回答日時： 2018/09/12 01:06

ベクトルを使う意味を理解していれば可能。

公式を丸暗記して解いているなら、素直に丸暗記した公式を忘れないよう努力しましょう。

・・・
てか、平面の方程式なのになんでｚ成分があるの？