有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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三角関数の和・積の公式

 $\triangle\mathrm{ABC}$ 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.

積和の公式

定理≪三角関数の積和の公式≫

\begin{align*} \cos\alpha\cos\beta &= \frac{\cos (\alpha +\beta )+\cos (\alpha -\beta )}{2}, \\ \sin\alpha\sin\beta &= \frac{\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )}{2}, \\ \sin\alpha\cos\beta &= \frac{\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )}{2} \end{align*} が成り立つ.

証明

 加法定理 \begin{align*} \cos (\alpha +\beta ) &= \cos\alpha\cos\beta -\sin\alpha\sin\beta \quad \cdots [1], \\ \cos (\alpha -\beta ) &= \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \quad \cdots [2], \\ \sin (\alpha +\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta \quad \cdots [3], \\ \sin (\alpha -\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta -\cos\alpha\sin\beta \quad \cdots [4] \end{align*} において, $[1]+[2],$ $[2]-[1],$ $[3]+[4]$ を $2$ で割ると, 求める等式が得られる.

問題≪第一トレミーの定理≫

 すべての内角が $180^\circ$ 未満である四角形 $\mathrm{ABCD}$ が直径 $1$ の円に内接している. 弧 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CD},$ $\mathrm{DA}$ に対する円周角(四角形 $\mathrm{ABCD}$ がある側の角)をそれぞれ $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma,$ $\delta$ とおく.
(1)
$\alpha,$ $\beta,$ $\gamma$ を用いて $\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD}$ を表せ.
(2)
$\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} = \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{DA}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
正弦定理により, \begin{align*} \mathrm{AC} &= \sin\angle\mathrm{CDA} \\ &= \sin (\angle\mathrm{ADB}+\angle\mathrm{BDC}) = \sin (\alpha +\beta ), \\ \mathrm{BD} &= \sin\angle\mathrm{DAB} \\ &= \sin (\angle\mathrm{BAC}+\angle\mathrm{CAD}) = \sin (\beta +\gamma ) \end{align*} が成り立つ.
(2)
正弦定理により \[\mathrm{AB} = \sin\alpha,\ \mathrm{BC} = \sin\beta,\ \mathrm{CD} = \sin\gamma,\ \mathrm{DA} = \sin\delta\] であるから, \[\sin (\alpha\!+\!\beta )\sin (\beta\!+\!\gamma ) \!=\! \sin\alpha\sin\gamma\!+\!\sin\beta\sin\delta\ \cdots [1]\] を示せばよい. 三角関数の積和公式と \begin{align*} (\alpha +\beta )+(\beta +\gamma ) &= (\alpha +\beta +\gamma +\delta )+\beta -\delta \\ &= 2\pi +\beta -\delta \end{align*} から \begin{align*} &2\sin (\alpha +\beta )\sin (\beta +\gamma ) \\ &= \cos (\alpha +\beta -\beta -\gamma )-\cos (\alpha +\beta +\beta +\gamma ) \\ &= \cos (\alpha -\gamma )+\cos (\beta -\delta ) \end{align*} が成り立ち, \[\alpha +\gamma = 2\pi -(\beta +\delta )\] から \begin{align*} &2(\sin\alpha\sin\gamma +\sin\beta\sin\delta ) \\ &= \cos (\alpha\!-\!\gamma )-\cos (\alpha\!+\!\gamma )+\cos (\beta\!-\!\delta )+\cos (\beta\!+\!\delta ) \\ &= \cos (\alpha -\gamma )+\cos (\beta -\delta ) \end{align*} が成り立つ. よって, $[1]$ が成り立つから, 求める等式が成り立つ.

背景

  • 本問の結果は「第一トレミーの定理」または単に「トレミーの定理」(Ptolemy's theorem)と呼ばれる(トレミーは, プトレマイオスと呼ばれることもある).
  • 余弦定理を使う別証明もある(こちらを参照).
  • 円周に内接する四角形の対角線の長さの比に関する「第二トレミーの定理」(こちらを参照)と呼ばれる定理もある.

問題≪紙が重なった部分の面積の最小値≫

 $1$ 辺の長さが $1$ である正方形の紙を $2$ 本の対角線の交点を通る直線で折るとき, 紙が重なった部分の面積の最小値を求めよ.
(参考: 2011 信州大)

解答例

 $1$ 辺の長さが $1$ の正方形 $\mathrm{ABCD}$ の形をした紙を考える. その対角線の交点を $\mathrm O,$ 辺 $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm M$ とおく. 対称性により, $\mathrm O$ を通り $\mathrm{AM}$ と共有点をもつ直線 $l$ で折る場合について考えれば十分である. $l$ と $\mathrm{AB}$ の交点を $\mathrm E$ とおき, $l$ に関して $\mathrm A,$ $\mathrm D$ と対称な点を $\mathrm A',$ $\mathrm D'$ とおく.
さらに, $\theta = \angle\mathrm{MOE}$ とおいて, 紙が重なった部分の面積を $S$ とおく. このとき, $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ となる. $0 < \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ のとき, $\mathrm{AB},$ $\mathrm A'\mathrm D'$ の交点を $\mathrm F$ とおくと, 対称性と \begin{align*} \mathrm{OE} &= \frac{\mathrm{OM}}{\cos\theta} = \frac{1}{2\cos\theta}\ \left(\because\mathrm{OM} = \dfrac{1}{2}\right), \\ \mathrm{OF} &= \frac{\mathrm{OM}}{\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right)} = \frac{1}{2\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right)} \end{align*} であることから, \begin{align*} S &= 4\triangle\mathrm{OEF} = 4\cdot\frac{1}{2}\mathrm{OE}\cdot\mathrm{OF}\sin\frac{\pi}{4}\ \left(\because\angle\mathrm{EOF} = \frac{\pi}{4}\right) \\ &= \frac{1}{2\sqrt 2\cos\theta\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right)} \quad \cdots [1] \end{align*} が得られる. これは $\theta = 0$ のときにも成り立つ. $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ として, 積和の公式により $[1]$ を変形すると, \begin{align*} S &= \frac{1}{\sqrt 2\left\{\cos\dfrac{\pi}{4}+\cos\left( 2\theta -\dfrac{\pi}{4}\right)\right\}} \\ &= \frac{1}{1+\sqrt 2\cos\left( 2\theta -\dfrac{\pi}{4}\right)} \end{align*} が得られる. ゆえに, $S$ は, $2\theta -\dfrac{\pi}{4} = 0$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{8}$ のとき, 最小値 $\dfrac{1}{1+\sqrt 2} = \sqrt 2-1$ をとる.

和積の公式

定理≪三角関数の和積の公式≫

\begin{align*} \cos A+\cos B &= 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \quad \cdots [1], \\ \cos A-\cos B &= -2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2} \quad \cdots [2], \\ \sin A+\sin B &= 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \quad \cdots [3], \\ \sin A-\sin B &= 2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2} \quad \cdots [4] \end{align*} が成り立つ.

証明

 積和の公式により \begin{align*} \cos (\alpha +\beta )+\cos (\alpha -\beta ) &= 2\cos\alpha\cos\beta, \\ \cos (\alpha +\beta )-\cos (\alpha +\beta ) &= 2\sin\alpha\sin\beta, \\ \sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta ) &= 2\sin\alpha\cos\beta \quad \cdots [*] \end{align*} であるから, $\alpha = \dfrac{A+B}{2},$ $\beta = \dfrac{A-B}{2}$ を代入すると, $[1]$~$[3]$ が得られる. また, $[*]$ に $\alpha = \dfrac{A-B}{2},$ $\beta = \dfrac{A+B}{2}$ を代入すると, \[\sin A+\sin (-B) = 2\sin\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2}\] となり, $[4]$ が得られる.

問題≪三角形の正弦の平方和と余弦の積≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において \[\sin ^2A+\sin ^2B+\sin ^2C = 2+2\cos A\cos B\cos C\] が成り立つことを示せ.

解答例

 半角の公式, 和積の公式により, \begin{align*} &\sin ^2A+\sin ^2B+\sin ^2C \\ &= (1-\cos ^2A)+\frac{1-\cos 2B}{2}+\frac{1-\cos 2C}{2} \\ &= 2-\cos ^2A-\frac{1}{2}(\cos 2B+\cos 2C) \\ &= 2-\cos ^2A-\cos (B+C)\cos (B-C) \\ &= 2-\cos A\cos (\pi -B-C)-\cos (\pi -A)\cos (B-C) \\ &= 2+\cos A\cos (B+C)+\cos A\cos (B-C) \\ &= 2+\cos A\{\cos (B+C)+\cos (B-C)\} \\ &= 2+2\cos A\cos B\cos C \end{align*} が成り立つ.

背景

 三角形の幾何学において, 内角の余弦の積は, 多くの公式に現れる.

問題≪フォイエルバッハの定理≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm O,$ 外接円の半径を $R,$ 内心を $\mathrm I,$ 内接円の半径を $r,$ 垂心を $\mathrm H,$ 線分 $\mathrm{OH}$ の中点を $\mathrm N$ とおく. 次のことを示せ.
(1)
$\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{ABH}$ の外接円の半径は一致する.
(2)
$\mathrm{AH} = 2R\cos A$ が成り立つ.
(3)
$a = r\cos\dfrac{A}{2}\div\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}$ が成り立つ.
(4)
$r = 4R\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}$ が成り立つ.
(5)
$\mathrm{AI} = 4R\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}$ が成り立つ.
(6)
$\mathrm{OH}^2 = R^2-8R^2\cos A\cos B\cos C$ が成り立つ.
(7)
$\mathrm{IH}^2 = 2r^2-4R^2\cos A\cos B\cos C$ が成り立つ.
(8)
$\mathrm{IN} = \dfrac{R}{2}-r$ が成り立つ.
 ただし, 「チャップル=オイラーの定理」$\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr,$ $R \geqq 2r$ (こちらを参照)と, $\triangle\mathrm{XYZ}$ の辺 $\mathrm{YZ}$ の中点を $\mathrm M$ とおくとき「中線定理」$\mathrm{XY}^2+\mathrm{XZ}^2 = 2\mathrm{XM}^2+\dfrac{1}{2}\mathrm{YZ}^2$ (証明 1, 証明 2, 証明 3)が成り立つことは, 証明なしに用いてよい.
(参考: 安藤哲哉『三角形と円の幾何学―数学オリンピック幾何問題完全攻略』)

解答例

(1)
$\triangle\mathrm{ABH}$ の外接円の半径を $R'$ とおくと, 正弦定理により \[ R = \frac{\mathrm{AB}}{2\sin C}, \quad R' = \frac{\mathrm{AB}}{2\sin\angle\mathrm{AHB}}\] となる. $\angle\mathrm{AHB} = \pi -C$ であるから, $\sin C = \sin\angle\mathrm{AHB}$ であり, $R = R'$ が成り立つ.
(2)
(1) の結果に注意して $\triangle\mathrm{ABH}$ に正弦定理を適用すると, \begin{align*} \mathrm{AH} &= 2R\sin\angle\mathrm{ABH} = 2R\sin\left(\frac{\pi}{2}-A\right) \\ &= 2R\cos A \quad \cdots [1] \end{align*} が得られる.
(3)
頂点 $\mathrm A$ から辺 $\mathrm{BC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm A'$ とおくと, 加法定理により \begin{align*} a &= \mathrm{BA}'+\mathrm A'\mathrm C \\ &= \frac{r}{\tan\dfrac{B}{2}}\!+\!\frac{r}{\tan\dfrac{C}{2}} = \dfrac{r\left(\tan\dfrac{B}{2}\!+\!\tan\dfrac{C}{2}\right)}{\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}} \\ &= \frac{r\left(\sin\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}+\cos\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}\right)}{\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}} \\ &= \frac{r\sin\left(\dfrac{B}{2}+\dfrac{C}{2}\right)}{\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}} = \dfrac{r\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\right)}{\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}} \\ &= \frac{r\cos\dfrac{A}{2}}{\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}}\ \cdots [2] \end{align*} となる.
(4)
$[2]$ と同様に, \[ b = \frac{r\cos\dfrac{B}{2}}{\sin\dfrac{C}{2}\sin\dfrac{A}{2}}\ \cdots [3],\ c = \frac{r\cos\dfrac{C}{2}}{\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}}\ \cdots [4]\] が成り立つ. また, 正弦定理と倍角の公式により \[ a = 2R\sin A = 4R\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2} \quad \cdots [5]\] であり, 同様に \[ b \!=\! 4R\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}\ \cdots [6],\ c \!=\! 4R\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}\ \cdots [7]\] が成り立つ. $[2]$~$[4],$ $[5]$~$[7]$ の辺々を掛け合わせると \begin{align*} abc &= \frac{r^3\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}}{\sin ^2\dfrac{A}{2}\sin ^2\dfrac{B}{2}\sin ^2\dfrac{C}{2}} \\ &= 64R^3\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2} \end{align*} から \[ r^3 = 64R^3\sin ^3\frac{A}{2}\sin ^3\frac{B}{2}\sin ^3\frac{C}{2}\] となるので, $R,$ $r,$ $\sin\dfrac{A}{2},$ $\sin\dfrac{B}{2},$ $\sin\dfrac{C}{2}$ が正であることに注意すると \[ r = 4R\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} \quad \cdots [8]\] が得られる.
(5)
$\mathrm{AI} = r\div\sin\dfrac{A}{2}$ に $[8]$ を代入すると, \[\mathrm{AI} = \frac{4R\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}}{\sin\dfrac{A}{2}} = 4R\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}\ \cdots [9]\] が得られる.
(6)
円周角の定理により \begin{align*} &\angle\mathrm{OAH} = |\angle\mathrm{OAC}-\angle\mathrm{HAC}| \\ &= \left|\left(\frac{\pi}{2}-B\right) -\left(\frac{\pi}{2}-C\right)\right| = |C-B| \end{align*} であるから, $\triangle\mathrm{AOH}$ に余弦定理を適用すると, $[1]$ から \begin{align*} \mathrm{OH}^2 &= R^2+\mathrm{AH}^2-2R\cdot\mathrm{AH}\cos\angle\mathrm{OAH} \\ &= R^2+(2R\cos A)^2-2R\cdot 2R\cos A\cos |C-B| \\ &= R^2+4R^2\cos A\cos (\pi -B-C) \\ &\qquad -4R^2\cos A\cos (B-C) \\ &= R^2-4R^2\cos A\{ \cos (B+C)+\cos (B-C)\} \\ &= R^2-8R^2\cos A\cos B\cos C \quad \cdots [10] \end{align*} が得られる.
(7)
\begin{align*} \angle\mathrm{HAI} &= |\angle\mathrm{CAI}-\angle\mathrm{CAH}| = \left|\frac{A}{2}-\left(\frac{\pi}{2}-C\right)\right| \\ &= \left|\frac{A}{2}-\left(\frac{A+B+C}{2}-C\right)\right| = \left|\frac{C-B}{2}\right| \end{align*} であるから, $\triangle\mathrm{AHI}$ に余弦定理を適用すると, $[1],$ $[9],$ 加法定理, 倍角の公式, $[8]$ により \begin{align*} &\mathrm{IH}^2 = \mathrm{AH}^2+\mathrm{AI}^2-2\mathrm{AH}\cdot\mathrm{AI}\cos\angle\mathrm{HAI} \\ &= (2R\cos A)^2+\left( 4R\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\right) ^2 \\ &\qquad -2\cdot 2R\cos A\cdot 4R\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\cdot\cos\left|\frac{C-B}{2}\right| \\ &= 4R^2\cos A\cos (\pi -B-C)+16R^2\sin ^2\frac{B}{2}\sin ^2\frac{C}{2} \\ &\qquad -16R^2\cos A\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\cos\left(\frac{B}{2}-\frac{C}{2}\right) \\ &= -4R^2\cos A\cos (B+C)+16R^2\sin ^2\frac{B}{2}\sin ^2\frac{C}{2} \\ &\qquad -16R^2\cos A\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2} \\ &\qquad -16R^2\cos A\sin ^2\frac{B}{2}\sin ^2\frac{C}{2} \\ &= -4R^2\cos A\cos (B+C)+16R^2\sin ^2\frac{B}{2}\sin ^2\frac{C}{2} \\ &\qquad -4R^2\!\cos A\sin B\sin C\!-\!16R^2\!\cos A\sin ^2\!\frac{B}{2}\sin ^2\!\frac{C}{2} \\ &= 16R^2\!(1\!-\!\!\cos A)\sin ^2\!\!\frac{B}{2}\sin ^2\!\!\frac{C}{2}\!\!-\!4R^2\!\cos A\cos B\cos C \\ &= 32R^2\sin ^2\frac{A}{2}\sin ^2\frac{B}{2}\sin ^2\frac{C}{2}-4R^2\cos A\cos B\cos C \\ &= 2r^2-4R^2\cos A\cos B\cos C \quad \cdots [11] \end{align*} が得られる.
(8)
$\triangle\mathrm{IOH}$ とその中線 $\mathrm{IN}$ に「中線定理」を適用すると \[\mathrm{OI}^2+\mathrm{IH}^2 = 2\mathrm{IN}^2+\frac{1}{2}\mathrm{OH}^2\] となるから, $[10],$ $[11],$「チャップル=オイラーの定理」により \begin{align*} &\mathrm{IN}^2 = \frac{1}{2}\mathrm{OI}^2+\frac{1}{2}\mathrm{IH}^2-\frac{1}{4}\mathrm{OH}^2 \\ &= \frac{1}{2}(R^2-2Rr)+\frac{1}{2}(2r^2-4R^2\cos A\cos B\cos C) \\ &\qquad -\frac{1}{4}(R^2-8R^2\cos A\cos B\cos C) \\ &= \frac{1}{4}R^2-Rr+r^2 = \left(\frac{R}{2}-r\right) ^2 \end{align*} が得られる. $R \geqq 2r$ に注意すると, \[\mathrm{IN} = \frac{R}{2}-r\] であることがわかる.

背景

  • (8) の結果は, 三角形の「$9$ 点円」(こちらを参照)と内接円が接していることを示している. 「$9$ 点円」は各辺に接する傍接円に接していることもほぼ同様に証明できる. これらの事実は「フォイエルバッハの定理」(Feuerbach's theorem)として知られている.
  • (6), (7) の結果と \[\sin ^2A+\sin ^2B+\sin ^2C = 2+2\cos A\cos B\cos C\] (こちらを参照)を合わせると, 正弦定理により \begin{align*} \mathrm{OH}^2 &= R^2-4R^2\cdot 2\cos A\cos B\cos C \\ &= R^2-4R^2(\sin ^2A+\sin ^2B+\sin ^2C-2) \\ &= 9R^2-\{ (2R\sin A)^2+(2R\sin B)^2+(2R\sin C)^2\} \\ &= 9R^2-(a^2+b^2+c^2), \\ \mathrm{IH}^2 &= 2r^2-2R^2\cdot 2\cos A\cos B\cos C \\ &= 2r^2-2R^2(\sin ^2A+\sin ^2B+\sin ^2C-2) \\ &= 4R^2+2r^2 \\ &\qquad -\frac{1}{2}\{ (2R\sin A)^2+(2R\sin B)^2+(2R\sin C)^2\} \\ &= 4R^2+2r^2-\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2) \end{align*} が得られる. これから \begin{align*} a^2+b^2+c^2 &\leqq 9R^2, \\ a^2+b^2+c^2 &\leqq 8R^2+4r^2 \end{align*} であることもわかる.