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平行四辺形の各頂点から任意の半径で円を描いてみた

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備忘録のような記事。幾何の研究の途中でこの問題が必要になったので示しておく。
 先行研究をご存知の方は是非コメントを願いたい。

問題

 平行四辺形$ABCD$において、点$A$を中心とする円$\omega_A$を描く。同様に$\omega_B,\omega_C,\omega_D$も描く。
 $\omega_A$$\omega_B$の2交点をそれぞれ$P,Q$$\omega_B$$\omega_C$の2交点をそれぞれ$R,S$$\omega_C$$\omega_D$の2交点をそれぞれ$T,U$$\omega_D$$\omega_A$の2交点をそれぞれ$V,W$とする。
 このとき、8点$P,Q,R,S,T,U,V,W$は1つの2次曲線(もしくはそれが退縮したもの)上にあることを示しなさい。

解答

幾何を嗜むものとしてあまり好ましくない選択だが、解答を簡潔にするため座標を用いて示す。
 平行四辺形の4頂点の座標をそれぞれ$A(a,-b),B(c,-d),C(-a,b),D(-c,d)$とすると、$\omega_A$$\omega_D$の方程式は実数$p,q,r,s$を用いて

$$\begin{eqnarray} \omega_A:x^2-ax+y^2+by+p=0 \\ \omega_B:x^2-cx+y^2+dy+q=0 \\ \omega_C:x^2+ax+y^2-by+r=0 \\ \omega_D:x^2+cx+y^2-dy+s=0 \end{eqnarray}$$
と表せる。
 ここで8点$P$$W$が共通して満たす性質を考えると、それは
$($$\omega_A$または円$\omega_C$上にある$)$かつ$($$\omega_B$または円$\omega_D$上にある$)$

ということである。したがって、以下の2つの式が描くグラフはいずれも8点$P$$W$を全て通る。
$$\begin{eqnarray} (x^2-ax+y^2+by+p)(x^2+ax+y^2-by+r)=0 \\ (x^2-cx+y^2+dy+q)(x^2+cx+y^2-dy+s)=0 \end{eqnarray}$$
 さて、おぼろげながら以下のような式が思い浮かぶ。
$$ (x^2-ax+y^2+by+p)(x^2+ax+y^2-by+r)- (x^2-cx+y^2+dy+q)(x^2+cx+y^2-dy+s)=0\;\dots ({\rm X}) $$
 $({\rm X})$を変形していく。(ただし、$p+q+r+s=H,p+q-r-s=I,p-q+r-s=J,p-q-r+s=K$とおく)
$$\begin{eqnarray} (x^2-ax+y^2+by+p)(x^2+ax+y^2-by+r)-(x^2-cx+y^2+dy+q)(x^2+cx+y^2-dy+s)&=&0 \\ \left(\left(x^2+y^2+\frac{p+r}{2}\right)^2-\left(ax-by-\frac{p-r}{2}\right)^2\right)- \left(\left(x^2+y^2+\frac{q+s}{2}\right)^2-\left(cx-dy-\frac{q-s}{2}\right)^2\right)&=&0 \\ \left(\left(x^2+y^2+\frac{p+r}{2}\right)^2-\left(x^2+y^2+\frac{q+s}{2}\right)^2\right)- \left(\left(ax-by-\frac{p-r}{2}\right)^2-\left(cx-dy-\frac{q-s}{2}\right)^2\right)&=&0 \\ \left(2x^2+2y^2+\frac{H}{2}\right)\left(\frac{J}{2}\right)- \left((a+c)x-(b+d)y-\frac{I}{2}\right)\left((a-c)x-(b-d)y-\frac{K}{2}\right)&=&0 \end{eqnarray}$$
 以上の変形から、$({\rm X})$$x,y$に関する2次以下の式である。$({\rm X})$は明らかに8点$P$$W$を通るため、題意は示された。(証明終)

あとがき

4つの円の半径が全部任意であるところがよい。拡張の可能性を感じさせる。
 ただ、今回の記事はあまりネタ要素を入れられなかったので、謹み慎み反省の意を示す所存である。次回はもう少しネタに奔りt

投稿日:202171

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匿(Tock)
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主に初等幾何・レムニスケート。時々偏差値・多重根号。 「たとえ作曲家が忘れ去られた日であっても、彼の旋律が街並みを縫って美しく流れていますように。」

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