座標の取り方

幾何法線座標

３次元空間中に２つの面を定める。今、この３次元空間のあるベクトルを基準として、それと角 $\theta$ をなすベクトル $n(\theta)=(cos(\theta),sin(\theta),0)$ を法線ベクトルとし、この３次元空間の原点を通る平面 $P(n(\theta))$ 上の点は $e(P(n(\theta)))_1=(-sin(\theta),cos(\theta),0)$ と $e(P(n(\theta)))_2=(0,0,1)$ の２ベクトルの線形和 $x\times e(P(n(\theta)))_1 + (1-x) \times e(P(n(\theta)))_2$ として表される。 $n,e_1,e_2$ の内積はいずれも０であり、そのノルムはそれぞれ１である。
今、このような面 $P(n(\theta))$ に三角形を置く。三角形の頂点は、原点から、 $-\frac{2}{3}\pi,0,\frac{2}{3}\pi$ の３方向にあり、それぞれ、原点からの距離が、 $a_1,a_2,a_3$ にあるものとする。この３方向のベクトルは、それぞれ $t_1=cos(\psi-\frac{2}{3}\pi)e_1+sin(\psi-\frac{2}{3}\pi)e_2$ , $t_2=cos(\psi)e_1+sin(\psi)e_2$ , $t_3=cos(\psi+\frac{2}{3}\pi)e_1+sin(\psi+\frac{2}{3}\pi)e_2$ として与えられる。
今、空間上に２つの面を置き、それぞれの面に１個ずつの三角形を $a_1,a_2,a_3$ , $b_1,b_2,b_3$ の距離に頂点があるものとして置く。２つの三角形の相対的位置関係を問題とすることとする。片方の三角形の置かれた面は、ある特定の面を選んでも一般性を失わないから、この三角形は、 $P_1=P(n(\theta=0))$ にあるものとし、また、この面上の３ベクトルの位置も、特定のそれを選んでも一般性を失わないから、そのようにすることとする。 $e(P_1)_1=(0,1,0),e(P_1)_2=(0,0,1)$ と置けて、 $t(P_1)_1=cos(-\frac{2}{3}\pi)e(P_1)_1+sin(-\frac{2}{3}\pi)e(P_1)_2$
$t(P_1)_2=e(P_1)_1$
$t(P_1)_3=cos(\frac{2}{3}\pi)e(P_1)_1+sin(\frac{2}{3}\pi)e(P_1)_2$
となり、３点 $A_1,A_2,A_3$ は
$A_1=a_1t(P_1)_1$ , $A_2=a_2t(P_1)_2$ , $A_3=a_3t(P_1)_3$
もう片方の三角形は、 $e(P_2)_1=(-sin(\theta),cos(\theta),0)$ , $e(P_2)_2=(0,0,1)$ と置けて、
$t(P_2)_1=cos(\psi-\frac{2}{3}\pi)e(P_2)_1+sin(\psi-\frac{2}{3}\pi)e(P_2)_2$
$t(P_2)_2=cos(\psi)e(P_1)_2+sin(\psi)e(P_2)_2$
$t(P_2)_3=cos(\psi+\frac{2}{3}\pi)e(P_2)_1+sin(\psi+\frac{2}{3}\pi)e(P_2)_2$
となり、３点 $B_1,B_2,B_3$ は
$B_1=b_1t(P_2)_1$ , $B_2=b_2t(P_2)_2$ , $B_3=b_3t(P_2)_3$
となる。

今、このようにしておかれた、３角形の頂点間に絡まることのないゴム紐が張られるものとする。片方の３角形の各頂点からもう片方の３角形の各頂点に紐を張るので、９本の紐が張られる。紐は強さがことなり、片方の三角形の第 $i$ 番目の頂点ともう片方の三角形の第 $j$ 番目の頂点を結ぶ紐の強さが $g_{ij}$ として与えられるものとする。三角形は、この紐の力によって、互いの位置が定まる。ただし、その定まり方は、 $Q=$ 距離の自乗ｘ強さの総和が最小になるような状態を安定とする。
これは、
$Q=\sum_{i,j}g_{i,j}|A_i,B_j|^2$ を最小とするような、 $\theta,\psi$ を求めることである。
ここで、２つのベクトルの距離の自乗は $|A_i,B_j|^2=|A_i|^2+|B_j|^2-2(A_i,Bj)$ として求まることを思い出すと(ただし $(A_i,B_j)$ は内積)、
$Q=\sum_{i,j}g_{i,j}(|A_i|^2+|B_j|^2-2(A_i,B_j))$ 。
ここでさらに、 $|A_i|$ , $|B_j|$ は $\theta,\psi$ の関数でなく、 $(A_i,B_j)$ のみが $\theta,\psi$ の成分を持つことから、 $Q$ が、 $\theta,\psi$ の成分とそうでない成分に分離される。そうでない成分を定数項 $C_0$ と表すことにし、三角算数を適宜分解し、 $\frac{2}{3}\pi$ の値に注意して式変形すると
$Q=C_0+cos(\theta)sin(\psi)\frac{\sqrt{3}}{4}\times$
$(g_{11}A_1B_1-g_{13}A_1B_3-2g_{21}A_2B_1+2g_{23}A_2B_3+g_{31}A_3B_1-g_{33}A_3B_3)+$
$cos(\theta)cos(\psi)\frac{\sqrt{3}}{4}\times$
$(g_{11}A_1B_1-g_{13}A_1B_3-g_{31}A_3B_1+g_{33}A_3B_3) +$
$cos(\psi)\frac{1}{4}\times$
$(g_{11}A_1B_1-2g_{12}A_1B_2=g_{13}A_1B_3-2g_{21}A_2B_1+4g_{22}A_2B_2-2g_{23}A_2B_3+$
$g_{31}A_1B_3-2g_{32}A_3B_2+g_{33}A_3B_3)+$
$sin(\psi)\frac{\sqrt{3}}{4}\times$
$(-g_{11}A_1B_1+2g_{12}A_1B2-g_{13}A_1B_3+g_{31}A_3B_1-2g_{32}A_3B2+g_{33}A_3B_3)$
式がうるさいので、
$Q(\theta,\psi)=C_0+C_1cos(\theta)sin(\psi)+C_2cos(\theta)cos(\psi)+C_3cos(\psi)+C_4(\psi)$ とすると、
$\frac{\partial Q}{\partial \theta}=-C_1sin(\theta)sin(\psi)-C_2sin(\theta)cos(\psi)$
$\frac{\partial Q}{\partial \psi}=C_1cos(\theta)cos(\psi)-C_2cos(\theta)sin(\psi)-C_3sin(\psi)+C_4cos(\psi)$
これで、極値を与える条件は判明した。 $Q$ を最小にするのは $\theta=0$ または $\theta=\pi$ であることが、少しいじるとわかる。そして、 $Q$ を最小にするのは、 $\theta=0, tan(\psi)=\frac{C_1+C_4}{C_2+C_3}$ もしくは、 $\theta=\pi, tan(\psi)=\frac{C_4-C_1}{C_3-C_2}$