4次元空間内における2直線の最短距離

与えられた2直線の間の距離について（主に3次元以上の場合） - オベリスク備忘録
という理系記事がこのブログにはあって、この過疎ブログの記事の中ではかなりアクセスがあるのであるが、そのコメント欄に id:mathnb さんが問題を書き込まれた。いちおう解けたので、ここに載せておこうと思う。
問題は、パラメータ表示の（4次元空間内の）2直線 (1 + 2 * s, s, -3 * s, 28 + s) と (0, -t, t, 6 + t) の最短距離を与える 2点の座標を求めよということでいいと思う。以下解法である。

まずは、上の記事の手順どおりにやってみよう。
　　 $\vec{OA}=(1,0,0,28),\ \ \ \vec m =\frac {1}{\sqrt{15}}(2,1,-3,1)$
　　 $\vec{OB}=(0,0,0,6),\ \ \ \ \ \vec n =\frac {1}{\sqrt{3}}(0,-1,1,1)$
とおけるので、記事どおりやると
　　 $\vec{AB}=(-1,0,0,-22), \ \ \ \vec m \cdot \vec n=-\frac{1}{\sqrt{5}}$
　　 $\vec{AB} \cdot \vec m=-\frac{8}{5}\sqrt 15,\ \ \ \vec{AB}\cdot\vec n=-\frac{22}{3}\sqrt 3$
であることより、
　　 $s=-\frac{23}{6}\sqrt 15,\ \ \ t=\frac{67}{6}\sqrt 3$
と求めるパラメータが出るので（この s, t は問題に与えてあるそれらとはちがい、その定数倍になっている）、これより直線上の（最短距離を与える）2点は
　　 $S \left( -\frac{20}{3},-\frac{23}{6},\frac{23}{2},\frac{145}{6} \right),\ \ \ T\left(0,-\frac{67}{6},\frac{67}{6},\frac{103}{6} \right)$
と与えられた。

別の解き方でやってみよう。2点間の距離を f(s, t) として、f の最小値を与える s, t を決定し（これは問題に与えてある s, t であり、上の解法内の s, t とは別物である）、そこから 2点を求めればよい。もちろん
　　 $|f(s,t)|^2=(1+2s)^2+(s+t)^2+(3s+t)^2+(22+s-t)^2$
　　　　　　　 $=15 \left(s+\frac{3t+24}{15} \right )^2+\frac{12}{5}\left(t-\frac{67}{6} \right )^2+\frac{442}{3}$
なので、括弧内が 0であることより、求めるべきは s = -23/6, t = 67/6 となって、これを代入すると上と同じ 2点 S, T が得られる。また、これより直線間の最短距離が
　　 $f \left(-\frac{23}{6},\frac{67}{6} \right)=\sqrt{\frac{442}{3}}$
と簡単に求められる。
あるいは、
　　 $l=|f(s,t)|^2$
として
　　 $\frac{\partial l}{\partial s}=30s+6t+48=0$
　　 $\frac{\partial l}{\partial t}=6s \ \ +6t-44=0$
という連立方程式を解いても、この s, t が得られる。これがいちばん簡単かも知れない。

以上からわかるように、2直線間の最短距離を与える 2点を求める仕方は、基本的に何次元でも変わりがない。