有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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三角形の面積

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C$ とおく.

三角形の面積

定理≪三角形の面積≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積 $S$ は, \[ S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B = \frac{1}{2}ab\sin C\] である.

問題≪ヘロンの三角形≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の頂点 $\mathrm C$ から $\mathrm{AB}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
(1)
$a,$ $b,$ $c$ と $S = \triangle\mathrm{ABC}$ を用いて $\dfrac{\mathrm{AH}}{b},$ $\dfrac{\mathrm{BH}}{a},$ $\dfrac{\mathrm{CH}}{b}$ を表せ.
(2)
$a,$ $b,$ $c$ と $S$ がすべて整数であるとき, $2c\cdot\mathrm{AH},$ $2c\cdot\mathrm{BH},$ $c\cdot\mathrm{CH}$ はすべて整数であることを示せ.

解答例

(1)
三角比の定義, 三角形の面積の公式と余弦定理により, \begin{align*} \frac{\mathrm{AH}}{b} &= |\cos A| = \frac{|b^2+c^2-a^2|}{2bc} \quad \cdots [1], \\ \frac{\mathrm{BH}}{a} &= |\cos B| = \frac{|c^2+a^2-b^2|}{2ca} \quad \cdots [2], \\ \frac{\mathrm{CH}}{b} &= \sin A = \frac{2S}{bc} \quad \cdots [3] \end{align*} が成り立つ.
(2)
$[1]$~$[3]$ から, \begin{align*} 2c\cdot\mathrm{AH} &= |b^2+c^2-a^2|, \\ 2c\cdot\mathrm{BH} &= |c^2+a^2-b^2|, \\ c\cdot\mathrm{CH} &= 2S \end{align*} が成り立つ. $a,$ $b,$ $c$ と $S$ がすべて整数であるとき, これらの値は整数である.

背景

  • $3$ 辺の長さと面積がすべて整数であるような三角形を「ヘロンの三角形」(Heronian triangle)と呼ぶ. 「ピタゴラスの三角形」(各辺の長さがすべて整数であるような直角三角形)は「ヘロンの三角形」である. よって, $1$ 組の辺の長さが等しい $2$ つの「ピタゴラスの三角形」の等辺を貼り合わせたり, 一方から他方を取り除いたりすることで,「ヘロンの三角形」を作ることができる. 例えば, $3$ 辺の長さが $9,$ $12,$ $15$ の三角形, $5,$ $12,$ $13$ の三角形において, 長さが $12$ の辺を貼り合わせると $3$ 辺の長さが $13,$ $14,$ $15$ の「ヘロンの三角形」が得られ, 前者から後者を取り除くと $3$ 辺の長さが $4,$ $13,$ $15$ の「ヘロンの三角形」が得られる.
  • 逆に, 本問の結果から, すべての「ヘロンの三角形」は, 上記のような「ピタゴラスの三角形」からできる三角形と相似であり, その相似比はある辺の長さ $c$ に対して $2c$ の約数であることがわかる.

問題≪ヘロンの公式≫

(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおく. このとき, \[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\] が成り立つことを示せ.
(2)
$3$ 辺の長さが $b-1,$ $b,$ $b+1$ である三角形の面積 $S$ が整数であるとする. このとき, $b$ は偶数であり, $x = \dfrac{b}{2}$ とおくと, ある正の整数 $y$ について $x^2-3y^2 = 1$ となることを示せ.

解答例

(1)
余弦定理 $\cos\angle\mathrm{BAC} = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ により \begin{align*} &(\triangle\mathrm{ABC})^2 = \frac{1}{4}b^2c^2\sin ^2\angle\mathrm{BAC} \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2(1-\cos ^2\angle\mathrm{BAC}) \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2-\frac{1}{4}b^2c^2\cdot\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2} \\ &= \frac{1}{16}\{ (2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2) \\ &= \frac{1}{16}\{ (b+c)^2-a^2\}\{ a^2-(b-c)^2\} \\ &= \frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{-a+b+c}{2}\cdot\frac{a-b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2} \\ &= s(s-a)(s-b)(s-c) \end{align*} が成り立つので, 両辺の平方根をとると求める等式が得られる.
(2)
(1) から, \begin{align*} S &= \sqrt{\frac{3b}{2}\left(\frac{3b}{2}-b+1\right)\left(\frac{3b}{2}-b\right)\left(\frac{3b}{2}-b-1\right)} \\ &= \frac{\sqrt{3b(b+2)b(b-2)}}{4} \\ &= \frac{b\sqrt{3(b^2-4)}}{4} \end{align*} が成り立つ. $b$ が奇数であるとすると, $b^2-4$ も奇数となり, 右辺の分子は奇数となってしまい, $S$ が整数であることに反する. よって, $b$ は偶数である. そこで, $x = \dfrac{b}{2}$ とおくと, \[ S = \frac{2x\sqrt{3(4x^2-4)}}{4} = x\sqrt{3(x^2-1)}\] となる. これは整数なので, ある正の整数 $y$ に対して $x^2-1 = 3y^2$ つまり $x^2-3y^2 = 1$ となる.

背景

  • (1) で示した等式は「ヘロンの公式」(Heron's formula)と呼ばれる.
  • $3$ 辺の長さと面積が整数であるような三角形を「ヘロンの三角形」(Heronian triangle)と呼び, そのうち $3$ 辺の長さが連続する整数であるものを「ブラーマグプタの三角形」(Brahmagupta triangle)と呼ぶ. 本問の結果により,「ブラーマグプタの三角形」の $2$ 番目に長い辺の長さ $b$ と「ペル方程式」$x^2-3y^2 = 1$ の解は, $b = 2x$ により, もれも重複もなく対応する. 「ペル方程式」の解の公式により $x^2-3y^2 = 1$ のすべての正の整数解は \[ (x,y) \!\!=\!\! \left(\!\frac{(2\!+\!\sqrt 3)^n\!+\!(2\!-\!\sqrt 3)^n}{2},\frac{(2\!+\!\sqrt 3)^n\!-\!(2\!-\!\sqrt 3)^n}{2\sqrt 3}\!\right)\] と表されるから, $b$ は \[ b = (2+\sqrt 3)^n+(2-\sqrt 3)^n\] と表される.

問題≪三角形のブロカール角の範囲≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部の点 $\mathrm P$ が $\angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PCA} = \theta$ を満たすとする(点 $\mathrm P$ の存在と一意性についてはこちらを参照). 次のことを示せ.
(1)
$S = \triangle\mathrm{ABC}$ とおくと, \[\tan\theta = \frac{4S}{a^2+b^2+c^2}\] が成り立つ.
(2)
$\theta \leqq 30^\circ$ であり, 等号成立は $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形の場合に限る. ただし, $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおくとき,「ヘロンの公式」$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ (こちらを参照)が成り立つことは証明なしに用いてよい.

解答例

(1)
$a' = \mathrm{PA},$ $b' = \mathrm{PB},$ $c' = \mathrm{PC}$ とおく. $\triangle\mathrm{PAB}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} 4\triangle\mathrm{PAB} &= 2a'c\sin\theta = 2a'c\cos\theta\tan\theta \\ &= (a'^2+c^2-b'^2)\tan\theta \end{align*} が得られる. 同様に, \begin{align*} 4\triangle\mathrm{PBC} &= (b'^2+a^2-c'^2)\tan\theta, \\ 4\triangle\mathrm{PCA} &= (c'^2+b^2-a'^2)\tan\theta \end{align*} が成り立つ. これらの辺々を加えると, \begin{align*} 4S &= (a^2+b^2+c^2)\tan\theta \\ \tan\theta &= \frac{4S}{a^2+b^2+c^2} \end{align*} が得られる.
(2)
(1) により \begin{align*} &\theta \leqq 30^\circ \iff \tan\theta \leqq \frac{1}{\sqrt 3} \\ &\iff \tan ^2\theta \leqq \frac{1}{3} \iff \frac{16S^2}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leqq \frac{1}{3} \\ &\iff (a^2+b^2+c^2)^2 \geqq 3\cdot 16S^2 \quad \cdots [1] \end{align*} であるから, $[1]$ を示す. 「ヘロンの公式」により \begin{align*} &(a^2+b^2+c^2)^2-3\cdot 16S^2 \\ &= (a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)^2 \\ &\quad -3(a\!+\!b\!+\!c)(-a\!+\!b\!+\!c)(a\!-\!b\!+\!c)(a\!+\!b\!-\!c) \\ &= (a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)^2 \\ &\quad +3(a\!+\!b\!+\!c)(a\!+\!b\!-\!c)(a\!-\!b\!+\!c)(a\!-\!b\!-\!c) \\ &= (a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)^2\!+\!3\{ (a\!+\!b)^2\!-\!c^2\}\{ (a\!-\!b)^2\!-\!c^2\} \\ &= (a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)^2 \\ &\quad +\!3[(a\!+\!b)^2(a\!-\!b)^2\!-\!\{ (a\!+\!b)^2\!+\!(a\!-\!b)^2\} c^2\!+\!c^4] \\ &= (a^2+b^2+c^2)^2 \\ &\quad +3\{ (a^2-b^2)^2-2(a^2+b^2)c^2+c^4\} \\ &= (a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2) \\ &\quad +3(a^4+b^4-2a^2b^2-2c^2a^2-2b^2c^2+c^4) \\ &= 2(2a^4+2b^4+2c^4-2a^2b^2-b^2c^2-2c^2a^2) \\ &= 2\{ (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2\} \\ &\geqq 0 \end{align*} が成り立つから, $[1]$ つまり $\theta \leqq 30^\circ$ が成り立つ. 等号成立は $a = b = c$ つまり $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形である場合に限る.

背景

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にあり, $\angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PCA} = \theta,$ $\angle\mathrm P'\mathrm{AC} = \angle\mathrm P'\mathrm{CB} = \angle\mathrm P'\mathrm{BA} = \theta$ を満たす点 $\mathrm P,$ $\mathrm P'$ をそれぞれ「第 $1$ ブロカール点」(first Brocard point),「第 $2$ ブロカール点」(second Brocard point), $\theta$ を「ブロカール角」(Brocard angle)と呼ぶ.

問題≪三角形の面積と外接円・内接円・傍接円≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $S = \triangle\mathrm{ABC},$ $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおく. また, 外接円の半径を $R,$ 内接円の半径を $r$ とおき, 辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ に接する傍接円(こちらを参照)の半径をそれぞれ $r_{\mathrm A},$ $r_{\mathrm B},$ $r_{\mathrm C}$ とおく. さらに, 頂点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ から対辺またはその延長に下ろした垂線の長さをそれぞれ $h_{\mathrm A},$ $h_{\mathrm B},$ $h_{\mathrm C}$ とおく. このとき, 次のことを示せ. ただし,「ヘロンの公式」$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ (こちらを参照)が成り立つことは, 証明なしに用いてよい.
(1)
$S = \dfrac{abc}{4R}$ が成り立つ.
(2)
$S = rs$ が成り立つ.
(3)
$S = r_{\mathrm A}(s-a) = r_{\mathrm B}(s-b) = r_{\mathrm C}(s-c)$ が成り立つ.
(4A)
$S = \sqrt{rr_{\mathrm A}r_{\mathrm B}r_{\mathrm C}}$ が成り立つ.
(4B)
$\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{r_{\mathrm A}}+\dfrac{1}{r_{\mathrm B}}+\dfrac{1}{r_{\mathrm C}}$ が成り立つ.
(4C)
$\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{h_{\mathrm A}}+\dfrac{1}{h_{\mathrm B}}+\dfrac{1}{h_{\mathrm C}}$ が成り立つ.
(4D)
$4R+r = r_{\mathrm A}+r_{\mathrm B}+r_{\mathrm C}$ が成り立つ.

解答例

(1)
正弦定理により $\dfrac{c}{\sin C} = 2R$ であるから, \[ S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}ab\cdot\frac{c}{2R} = \frac{abc}{4R}\] が成り立つ.
(2)
内心を $\mathrm I$ とおくと, \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{IBC}+\triangle\mathrm{ICA}+\triangle\mathrm{IAB} \\ &= \frac{1}{2}ra+\frac{1}{2}rb+\frac{1}{2}rc = \frac{1}{2}r(a+b+c) \\ &= rs \end{align*} となる.
(3)
辺 $\mathrm{BC}$ に接する傍接円の中心を $\mathrm I_{\mathrm A}$ とおくと, \begin{align*} S &= -\triangle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{BC}+\triangle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{CA}+\triangle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{AB} \\ &= -\frac{1}{2}r_{\mathrm A}a+\frac{1}{2}r_{\mathrm A}b+\frac{1}{2}r_{\mathrm A}c = \frac{1}{2}r_{\mathrm A}(-a+b+c) \\ &= r_{\mathrm A}(s-a) \end{align*} となる. 同様に, $S = r_{\mathrm B}(s-b) = r_{\mathrm C}(s-c)$ が成り立つ.
(4A)
$s(s-a)(s-b)(s-c) = S^2$ に (3) の結果 \[ s-a = \dfrac{S}{r_{\mathrm A}},\ s-b = \dfrac{S}{r_{\mathrm B}},\ s-c = \dfrac{S}{r_{\mathrm C}},\ S = rs\] を代入すると($S = rs$ は $S\cdot S$ の $1$ つに代入), \[ s\cdot\dfrac{S}{r_{\mathrm A}}\cdot\dfrac{S}{r_{\mathrm B}}\cdot\dfrac{S}{r_{\mathrm C}} = S\cdot rs\] から
$S^2 = rr_{\mathrm A}r_{\mathrm B}r_{\mathrm C}$ つまり $S = \sqrt{rr_{\mathrm A}r_{\mathrm B}r_{\mathrm C}}$
が得られる.
(4B)
順次 (3), (2) を使うと, \begin{align*} &\dfrac{1}{r_{\mathrm A}}+\dfrac{1}{r_{\mathrm B}}+\dfrac{1}{r_{\mathrm C}} = \frac{s-a}{S}+\frac{s-b}{S}+\frac{s-c}{S} \\ &= \frac{3s-(a+b+c)}{S} = \frac{3s-2s}{S} = \frac{s}{S} = \frac{1}{r} \end{align*} が得られる.
(4C)
正弦定理により, \[ h_{\mathrm A} = c\sin B = \frac{bc}{2R}\] が成り立つ. 同様に, \[ h_{\mathrm B} = \frac{ca}{2R}, \quad h_{\mathrm C} = \frac{ab}{2R}\] が成り立つ. これらと (1), (2) から, \begin{align*} &\frac{1}{h_{\mathrm A}}+\frac{1}{h_{\mathrm B}}+\frac{1}{h_{\mathrm C}} = \frac{2R}{bc}+\frac{2R}{ca}+\frac{2R}{ab} \\ &= \frac{2R(a+b+c)}{abc} = \frac{4Rs}{abc} = \frac{s}{S} = \frac{1}{r} \end{align*} が得られる.
(4D)
順次 (2), (3),「ヘロンの公式」, (1) を使うと, \begin{align*} &r_{\mathrm A}+r_{\mathrm B}+r_{\mathrm C}-r \\ &= \frac{S}{s-a}+\frac{S}{s-b}+\frac{S}{s-c}-\frac{S}{s} \\ &= \frac{S^2}{S(s-a)}+\frac{S^2}{S(s-b)}+\frac{S^2}{S(s-c)}-\frac{S^2}{Ss} \\ &= \frac{s(s-b)(s-c)}{S}+\frac{s(s-a)(s-c)}{S} \\ &\qquad +\frac{s(s-a)(s-b)}{S}-\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{S} \\ &= \frac{s(s\!-\!c)(2s\!-\!a\!-\!b)}{S}\!+\!\frac{(s\!-\!a)(s\!-\!b)\{ s\!-\!(s\!-\!c)\}}{S} \\ &= \frac{s(s-c)c}{S}+\frac{(s-a)(s-b)c}{S} \\ &= \frac{\{ 2s^2-s(a+b+c)+ab\} c}{S} \\ &= \frac{(2s^2-s\cdot 2s+ab)c}{S} = \frac{abc}{S} = 4R \end{align*} となるので, $r$ を移項すると求める等式が得られる.

背景

  • (4A) はリュイリエによって発見された. (4B) も「リュイリエの定理」(L'Huilier's theorem)として知られている.
  • (4C) は「テルケムの定理」(Terquem's theorem)として知られている.
  • (4D) は「フォイエルバッハの定理」(Feuerbach's theorem)として知られている.

問題≪三角形の辺の長さと面積の不等式≫

 直角三角形でない三角形 $\mathrm{ABC}$ において, $S = \triangle\mathrm{ABC}$ とおき, 外接円の半径を $R$ とおく. $a \geqq b \geqq c$ つまり $A \geqq B \geqq C$ であるとする. 次のことを示せ.
(1)
$S = 2R^2\sin A\sin B\sin C$ が成り立つ.
(2)
$\sin A \geqq \sin B \geqq \sin B$ が成り立つ.
(3)
$\dfrac{a^2}{S} \geqq \dfrac{4}{\sqrt 3}$ が成り立つ.
(4)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるためには, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ であることが必要十分である.
(参考: 茨城大)

解答例

(1)
正弦定理により, \begin{align*} S &= \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}\cdot 2R\sin A\cdot 2R\sin B\cdot\sin C \\ &= 2R^2\sin A\sin B\sin C \end{align*} が成り立つ.
(2)
$a \geqq b \geqq c$ であるから, 正弦定理により \[ 2R\sin A \geqq 2R\sin B \geqq 2R\sin C\] つまり \[\sin A \geqq \sin B \geqq \sin C\] が成り立つ.
(3)
正弦定理と (1), (2), および $A+B+C = 180^\circ$ $A \geqq B \geqq C > 0^\circ$ から $0^\circ < C \leqq 60^\circ$ であることにより, \begin{align*} \frac{a^2}{S} &= \frac{4R^2\sin ^2A}{2R^2\sin A\sin B\sin C} = \frac{2\sin A}{\sin B\sin C} \quad (\because (1)) \\ &\geqq \frac{2\sin B}{\sin B\sin C} = \frac{2}{\sin C} \quad (\because (2)) \\ &\geqq \frac{2}{\sin 60^\circ} = 2\div\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{4}{\sqrt 3} \quad (\because 0^\circ < C \leqq 60^\circ ) \end{align*} が成り立つ.
(4)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるとき, \[ S = \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ = \frac{\sqrt 3}{4}a^2\] から, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ が成り立つ.
 逆に, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ が成り立つとすると, (3) の不等式で等号が成り立つことから, $\sin A = \sin B,$ $C = 60^\circ$ であり, よって $A+B = 120^\circ < 180^\circ$ であるから, $A = B = C = 60^\circ$ となり, $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形となる.
 以上から, $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるためには, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ であることが必要十分である.

四角形の面積

問題≪第二トレミーの定理≫

 円周に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, \[\frac{\mathrm{DA}\cdot\mathrm{AB}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD}}{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}+\mathrm{CD}\cdot\mathrm{DA}} = \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}\] が成り立つことを示せ. ただし, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径が $R$ であるとき, \[\triangle\mathrm{ABC} = \frac{\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CA}\cdot\mathrm{AB}}{4R}\] が成り立つこと(こちらを参照)は証明なしに用いてよい.

解答例

 半径が $R$ の円周に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ は \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} \\ &= \frac{\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CA}\cdot\mathrm{AB}}{4R}+\frac{\mathrm{DA}\cdot\mathrm{AC}\cdot\mathrm{CD}}{4R} \\ &= \frac{\mathrm{AC}\!\cdot\!(\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}+\mathrm{CD}\cdot\mathrm{DA})}{4R}, \\ S &= \triangle\mathrm{DAB}+\triangle\mathrm{BCD} \\ &= \frac{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BD}\cdot\mathrm{DA}}{4R}+\frac{\mathrm{CD}\cdot\mathrm{DB}\cdot\mathrm{BC}}{4R} \\ &= \frac{\mathrm{BD}\!\cdot\!(\mathrm{DA}\cdot\mathrm{AB}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD})}{4R} \end{align*} と $2$ 通りに表されるので, \[\mathrm{AC}\!\cdot\!(\mathrm{AB}\!\cdot\!\mathrm{BC}\!+\!\mathrm{CD}\!\cdot\!\mathrm{DA}) \!=\! \mathrm{BD}\!\cdot\!(\mathrm{DA}\!\cdot\!\mathrm{AB}\!+\!\mathrm{BC}\!\cdot\!\mathrm{CD})\] から, 求める等式が得られる.

背景

  • (2) の結果は「第二トレミーの定理」(second Ptolemy's theorem)と呼ばれる.
  • 円周に内接する四角形の対角線の長さの積に関する「第一トレミーの定理」(こちらを参照)と呼ばれる定理もある.

問題≪ブラーマグプタの公式≫

 円周に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $s = \dfrac{a+b+c+d}{2}$ とおく. このとき, 四角形の面積 $S$ は \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] と表されることを示せ.

解答例

 $\theta = \angle\mathrm{ABC}$ とおく. $\angle\mathrm{CDA} = 180^\circ -\theta$ であるから, \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} \\ &= \frac{1}{2}ab\sin \theta +\frac{1}{2}cd\sin (180^\circ -\theta ) \\ &= \frac{1}{2}(ab+cd)\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(ab+cd)\sqrt{1-\cos ^2\theta} \end{align*} が成り立つ. $\cos (180^\circ -\theta ) = -\cos\theta$ であるから, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると \[\mathrm{AC}^2 = a^2+b^2-2ab\cos\theta = c^2+d^2+2cd\cos\theta \] となり, \[\cos\theta = \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}\] となる. よって, \begin{align*} S^2 &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2(1-\cos ^2\theta ) \\ &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2-\frac{1}{4}(ab+cd)^2\cdot\frac{(a^2+b^2-c^2-d^2)^2}{4(ab+cd)^2} \end{align*} \begin{align*} &= \frac{1}{16}\{ 4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}\{ (2ab+2cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2) \\ &\qquad \cdot (2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2) \\ &= \frac{1}{16}\{ (c+d)^2-(a-b)^2\}\{ (a+b)^2-(c-d)^2\} \\ &= \frac{-a+b+c+d}{2}\cdot\frac{a-b+c+d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{a+b-c+d}{2}\cdot\frac{a+b+c-d}{2} \\ &= (s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{align*} が成り立つから, 両辺の平方根をとると \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] が得られる.

背景

  • 本問の結果は「ブラーマグプタの公式」(Brahmagupta's formula)として知られている.
  • この公式は「ブレートシュナイダーの公式」(Bretschneider's formula) \[ S \!=\! \sqrt{(s\!-\!a)(s\!-\!b)(s\!-\!c)(s\!-\!d)\!-\!abcd\cos ^2\frac{B\!+\!D}{2}}\] に一般化される(こちらを参照).