極線と極の性質+Metachickの自作問題の解説

$\tan A=a,\ \tan B=b,\ \tan C=c$となるように$A,B,C$を定める.ただし,$0 \leq A,B,C < 2\pi$である.この時,条件より,$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$であるから,$A+B+C=\pi$となる.

$$ \begin{align*} \frac{\left(\tan A\tan B\tan C\right)^{2}}{\left(\tan^{2}A+1\right)\left(\tan^{2}B+1\right)\left(\tan^{2}C+1\right)} & = \left(\sin A\sin B\sin C\right)^{2} \\ & \leq \left(\frac{\sin A+\sin B+\sin C}{3}\right)^{6} \ \ \because(AM-GM) \\ & \leq \left(\frac{3\sin\left(\frac{A+B+C}{3}\right)}{3}\right)^{6} \ \ \because(Jensen) \\ & = \sin^{6}\frac{\pi}{3} \\ & = \frac{27}{64} \end{align*} $$

不等号の等号成立条件は全て一致しているため題意は示された.

$$ \begin{align*} n^{k!}-1 & =\left(n-1\right)\left(n^{k!-1}+n^{k!-2}+\cdots+n^{2}+n+1\right) \end{align*} $$
である.ここで$p$を$k$未満の素数とすると,$\left(n^{k!-1}+n^{k!-2}+\cdots+n^{2}+n+1\right)$は$S=(n^p+n^{p-1}+\cdots+n^{2}+n^{1}+1)$,$S'=(n^{p-1}+n^{p-2}+\cdots+n^{2}+n^{1}+1)$を約数に持つ.ここで,$n \equiv 1 \ (mod \ p)$の時$S \equiv 1 \ (mod \ p)$であり,$n \not\equiv 1 \ (mod \ p)$の時$S' = \frac{n^{p}-1}{n-1} \equiv \frac{n-1}{n-1} =1 \ (mod \ p)$となる.これらは明らかに$1$ではないので題意は示された.

(約数に持つことは因数分解を考えればわかります.これは項を$i$個ずつまとめる方法での因数分解を考えれば良いですね.)

$$ \begin{align*} n^{k!}-1 & =\left(n-1\right)\left(n^{k!-1}+n^{k!-2}+\cdots+n^{2}+n+1\right) \\ & =(n-1)(n^{1!}+1)(n^{2\cdot 2!}+n^{2!}+1)\cdots(n^{(k-1)(k-1)!}+n^{(k-2)(k-1)!}+\cdots+n^{2(k-1)!}+n^{(k-1)!}+1) \end{align*} $$
ただし,最後の変形に関しては階乗進法の一意性を用いた.

$n^{p!}-1$の約数$S=n^{p\cdot p!}+n^{(p-1)p!}+\cdots+n^{2\cdot p!}+n^{p!}+1$を考える.このとき,フェルマーの小定理より$n$が$p$の倍数でないならば$n^{p!} \equiv 1 (mod \ p)$であるから,$S \equiv 1 (mod \ p)$が従う.$n$が$p$の倍数であるなら明らかに$S \equiv 1 (mod \ p)$である.よって題意は示された.

方針:うまく三点$A,C,E$の座標を定めて使う文字数を減らす.(一度は初等的に考えてみましょう.すると,角の二等分線が登場することに気付けると思います.そこで,うまく座標設定ができることを思いつくでしょう.)
$$ A(a^2) \ B(-ac) \ C(c^2) \ D(-ce) \ E(e^2) \ F(-ea) \ $$
となるようにうまく座標を定める.このとき
$$ A'(-\frac{2ace}{c+e}) \ B'(\frac{2a^{2}c^{2}}{a^{2}+c^{2}}) \ C'(-\frac{2ace}{e+a}) \ D'(\frac{2c^{2}e^{2}}{c^{2}+e^{2}}) \ E'(-\frac{2ace}{a+c}) \ F'(\frac{2e^{2}a^{2}}{e^{2}+a^{2}}) \ $$
が得られる.$A'D'$の式を考えていく.このとき,$\bar{A'}(-\frac{2}{a\left(c+e\right)}),\bar{D'}(\frac{2}{c^{2}+e^{2}})$であることに留意して,
$$ A'D':(\bar{A'}-\bar{D'})z-(A'-D')\bar{z}=\bar{A'}D'-A\bar{D'} \\ \Longleftrightarrow -\frac{2c^{2}+2e^{2}+2ac+2ae}{a\left(c+e\right)\left(c^{2}+e^{2}\right)}z+\frac{2ce\left(ac^{2}+ae^{2}+c^{2}e+ce^{2}\right)}{\left(c+e\right)\left(c^{2}+e^{2}\right)}\overline{z}=-\frac{4c^{2}e^{2}}{a\left(c+e\right)\left(c^{2}+e^{2}\right)}+\frac{4ace}{\left(c+e\right)\left(c^{2}+e^{2}\right)} \\ \Longleftrightarrow -\left(ac+ae+c^{2}+e^{2}\right)z+ace\left(ac^{2}+ae^{2}+c^{2}e+ce^{2}\right)\overline{z}=2a^{2}ce-2c^{2}e^{2} $$
となる.ここで,$z=-(ac+ce+ea)$を代入する.(内心)
$$ \left(ac+ae+c^{2}+e^{2}\right)\left(ac+ce+ea\right)-ace\left(ac^{2}+ae^{2}+c^{2}e+ce^{2}\right)\left(\frac{1}{ac}+\frac{1}{ce}+\frac{1}{ca}\right)=2a^{2}ce-2c^{2}e^{2} $$
が成り立つので$A'D'$は内心を通る.このとき,対称性より$B'E',C'F'$も内心を通るので三直線は一点,特に内心で交わることが示された.

$AD,BE,CF$は内心$I$で交わる.$L_B,L_C,L_E,L_F$で囲まれた四角形を六角形が退化したものと考えてBrianchonの定理を適用する.この時,$A'D',BE,CF$は共点であり,特に内心$I$で交わる.従って,$A'D'$は$I$を通る.同様にして,$B'E',C'F'$も$I$を通るから題意は示された.

第三問-brianchonの定理

図のように点$P,Q,R,S,T,U$を定める.

この時,$\angle{ABD}=\angle{PBA}$であり,$|AB|=|BC|$より$\angle{ADB}=\angle{CAB}=\angle{PAB}$であるから,$\triangle{ADB}\backsim \triangle{PBA}$となる.よって,$|AP|=\frac{|BD|}{|AB|\cdot |AD|}$となる.同様に,$|AS|=\frac{|AF|}{|DF|\cdot |AD|}$,$|CR|=\frac{|DF|}{|CD|\cdot |CF|}$,$|CU|=\frac{|BF|}{|CB|\cdot |CF|}$,$|EQ|=\frac{|BD|}{|EB|\cdot |ED|}$,$|ET|=\frac{|BF|}{|EB|\cdot |EF|}$となる.

$\angle{ATU}=\angle{AFT}+\angle{TAF}=\angle{AFB}+\angle{EAF}=\angle{BAC}+\angle{FBA}=\angle{BAA}+\angle{UBA}=\angle{AUT}$となるので,$|AT|=|TU|$である.同様に,$|CP|=|CQ|,|ER|=|ES|$が得られる.

ここで,図のように$X,Y,Z$を定める.ここで,Menelausの定理と上記で得たことを併せて,$\frac{|EX|}{|XC|}=\frac{|EB|\cdot|EF|}{|CB|\cdot|CF|}$である.同様に,$\frac{|CY|}{|YA|}=\frac{|CD|\cdot|CF|}{|AD|\cdot|AF|}$,$\frac{|AZ|}{|ZE|}=\frac{|AB|\cdot|AD|}{|EB|\cdot|ED|}$である.

これと$|AB|=|BC|$等を併せて以下を得る.

$\frac{|EX|}{|XC|}\cdot \frac{|CY|}{|YA|} \cdot \frac{|AZ|}{|ZE|} =\frac{|EB|\cdot|EF|}{|CB|\cdot|CF|} \cdot \frac{|CD|\cdot|CF|}{|AD|\cdot|AF|} \cdot \frac{|AB|\cdot|AD|}{|EB|\cdot|ED|} = \frac{|AB|}{|BC|} \cdot \frac{|CD|}{|DE|} \cdot \frac{|EF|}{|FA|} = 1$.従って,Menelausの定理より,$X,Y,Z$は共線である.$BF,CD$は$A',D'$を極とした極線であるから,極$X$の極線は$A'D'$である.同様に極$Y,Z$の極線は$B'E',C'F'$である.$X,Y,Z$は共線なので,$A'D',B'E',C'F'$はいずれも直線$XYZ$の極を通る.従って,題意は示された.

第三問-極の性質

双対命題を考える.この時,$X,Y,Z$を図のように定める.$\frac{|XE|}{|CX|} \cdot \frac{|YA|}{|EY|} \cdot \frac{|ZC|}{|AZ|}=(\frac{|EF|}{|BC|})^2 \cdot (\frac{|AB|}{|DE|})^2 \cdot(\frac{|CD|}{|FA|})^2=1$であるから,Menelausの定理より題意は示された.

第三問-双対命題

$\angle{PQ'P'}=90°$を示せば良い.$|OP|\cdot |OQ|=|OR|^2$,$|OP'|\cdot |OQ'|=|OA|^2=|OR|^2$となるので,四点$P,Q',P',Q$は共円である.$AB \perp OP'$であり,$\angle{PQP'}=90°$である.ここで,$P,Q',P',Q$は共円であるから$\angle{PQ'P'}=90°$が得られる.従って,題意は示された.

二つの極線

定理2より明らか.

方針:完全四辺形に隠れている調和点列を発見する

$PR$と$QA$の交点を$X$,$QR$と$PA$の交点を$Y$とする.この時,$(Q,X;A,D)=1,(P,Y;A,B)=1$であるから,$XO',YO'$はそれぞれ$Q,P$を極とする極線である.それらはどちらも$O'$を通ることから$O'$は$PQ$を極線とするとその極である.極線の定義より,$OO' \perp PQ$である.$PO'$と$QO$の交点を$R$,$OO'$と$PQ$の交点を$E$,円の半径を$r$とする.この時,$|OR|\cdot |OQ|=r^2$であり,$|OO'|\cdot |OE|=r^2$であるから,四点$Q,R,O',E$は共円である.$\angle{QEO'}=90°$より,$\angle{O'RQ}=90°$となる.

brocardの定理