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求角問題と外心３つ法と「外心10個法」（前編）

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　また、本トピックは2つの記事に分かれており、この記事はその前編です。後編はこちらから読めます。

　匿です。今回も研究成果を掲載していきます。

Too Abstract Abstract

　これが

こうなります。

Long Introduction

　初等幾何の歴史の中で、求角問題というジャンルは長きにわたり注目されてきました。「与えられた問題図における何らかの角度の大きさを尋ねる問題」であればいずれも求角問題と呼べてしまうのですが、1922年にEdward Mann Langley氏が発表した求角問題（所謂『ラングレーの問題 (Langley's Adventitious Angles)』）は、その特徴的な問題設定から「整角四角形」というグループを築くに至りました。

整角四角形 (adventitious quadrangle)

　凸四角形 $A B C D$ において、 $∠ A B D,$ $∠ C B D,$ $∠ A C B,$ $∠ A C D$ の大きさが判明しているならば、 $∠ A D B$ の大きさは一意に決定される。これら5つの角度がすべて整数値であるとき、四角形 $A B C D$ は整角四角形と呼ばれる。

整角四角形問題

　凸四角形 $A B C D$ が整角四角形であるとき、 $∠ A B D,$ $∠ C B D,$ $∠ A C B,$ $∠ A C D$ の大きさのみを明示し、そこから $∠ A D B$ の大きさを決定させる問題が考えられる。このような問題を整角四角形問題と呼ぶことにする（独自の呼称であるため本記事の外では用いないこと）。

　例えば、 $∠ A B D = 38^{\circ},$ $∠ C B D = 46^{\circ},$ $∠ A C B = 22^{\circ},$ $∠ A C D = 48^{\circ}$ である四角形 $A B C D$ を作図してみると、 $∠ A D B = 18^{\circ}$ となります。したがって、このとき四角形 $A B C D$ は整角四角形である、といえます（下図）。また、「 $∠ A B D = 38^{\circ},$ $∠ C B D = 46^{\circ},$ $∠ A C B = 22^{\circ},$ $∠ A C D = 48^{\circ}$ の四角形 $A B C D$ において、 $∠ A D B$ の大きさを求めなさい」と書けば、整角四角形問題がひとつ完成しますね。

　次に、 $2$ 以上の整数 $n$ について、 $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形を定義します。

n

等辺

(n + 1)

角形

　 $(n + 1)$ 角形 $χ = X_{0} X_{1} X_{2} \dots X_{n}$ について、 $X_{0} X_{1}$ $= X_{1} X_{2}$ $= \dots$ $= X_{n - 1} X_{n}$ が成立しているとき、 $χ$ は $X_{0} X_{n}$ を底辺とする $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形と呼ばれる。

n

等辺

(n + 1)

角形問題

　 $X_{0} X_{n}$ を底辺とする $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形 $χ$ について、 $∠ X_{0} X_{1} X_{2},$ $∠ X_{1} X_{2} X_{3},$ $\dots,$ $∠ X_{n - 2} X_{n - 1} X_{n}$ の大きさが度数法ですべて整数値であるとする。このとき $∠ X_{n - 1} X_{n} X_{0}$ の大きさは一意に決定されるが、その値を求めさせる問題を $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形問題と呼ぶことにする（これも独自の呼称である）。

　二等辺三角形は一般によく浸透していますが、それを拡張したような定義ですね。便宜上、 $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形については $n$ および $n + 1$ を漢数字で表記します。当然ながら、正 $(n + 1)$ 角形も $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形に含まれます。
　 $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形問題について、以下の強力な定理が知られています。

n

等辺

(n + 1)

角形問題の初等的な可解性

　ある $n$ 等辺 $(n + 1)$ 角形問題の解が度数法で整数値となるとき、その問題は初等幾何で解答可能である。
　具体的には、等辺を構成する $n$ 本の線分の順序を入れ替えたり、等辺のひとつを1辺とする正三角形・正五角形などを構成したりするような操作を有限回行えばよい。

　定理1の証明には多項式環などの知識が必要とな（り筆者の数学力では到底手に負えなくな）るため、ここでは証明を割愛します。

　さて、四角形 $A B C D$ が円に内接するならば、明らかに整角四角形の定義をみたします。円に内接しない場合、こちらの整角四角形問題生成サイトによると、整角四角形を構成する $(∠ A B D,$ $∠ C B D,$ $∠ A C B,$ $∠ A C D)$ の組は62,804通り考えられるそうです。1日10問ずつ解いても17年以上、凄まじい量ですね。
　この62,804通りすべてに有効な幾何解法は存在するのでしょうか。結論から申し上げると、イエスです。2015年10月、あれれ（aerile_re）氏という方が画期的なメソッドを発見し、任意の整角四角形を六等辺七角形に帰着させてしまいました。このメソッドは「外心３つ法（3 circumcenter method）」と名付けられ、発見後わずか数か月で世界中の初等幾何愛好者を感嘆させました。
　有難いことに開発者ご本人による解説記事や斉藤浩氏による論文化もあり、興味のある方はそれらの文献で本格的に学ぶのが望ましいです（高校１～２年生の頃に私も勉強させていただきました）。本記事は外心３つ法の先の世界をメインとしたいため、外心３つ法自体についてはそのイメージを軽く掴んでいただく程度の記述にとどめます。

　はい、聞こえていましたか？
　そうです。外心３つ法の先の世界が、本記事のメインテーマです。外心３つ法と同様のアプローチで、以下の「二段整角四角形問題」に挑みます。

二段整角四角形（独自の呼称）

　凸四角形 $A B C D$ の辺 $A B, C D$ 上にそれぞれ点 $E, F$ をとった図形を $q (A E B, C F D)$ と表記することにする（本記事の外で用いないこと）。 $∠ A B F,$ $∠ F B D,$ $∠ E C B,$ $∠ E C D,$ $∠ A F B,$ $∠ D E C$ の大きさがすべて判明しているならば、 $∠ A D E$ の大きさは一意に決定される。これら7つの角度がすべて整数値であるとき、 $q (A E B, C F D)$ を二段整角四角形と呼ぶことにする。

二段整角四角形問題（当然ながら独自の呼称）

　 $q (A E B, C F D)$ が二段整角四角形であるとき、 $∠ A B F,$ $∠ F B D,$ $∠ E C B,$ $∠ E C D,$ $∠ A F B,$ $∠ D E C$ の大きさのみを明示し、そこから $∠ A D E$ の大きさを決定させる問題が考えられる。このような問題を二段整角四角形問題と呼ぶことにする。

　難解な書き方をしていますが、要するにこういう形の問題です。青い角の大きさが与えられたときに、赤い角の大きさを求めます（以下の例では $∠ A D E = 13^{\circ}$ になります）。

　整角四角形が2つ積み重なったような構造です。言うまでもなく、難易度は飛躍的に上がります（上の例はそこまで難しくありませんが……）。普通の整角四角形でさえ難しそうなメソッドを求められた手前、いっそ途方に暮れたくなりますね。
　私は宣言通り外心３つ法を応用し、二段整角四角形問題を完全に解決しました。すべての二段整角四角形問題もまた初等幾何で解けるのです。良いですね。この応用によって生まれたメソッド、いわば「外心10個法」を具体的に紹介するのが、本記事の最終目標です。

"3 Circumcenter Method"

　先程掲載した $∠ A B D = 38^{\circ},$ $∠ C B D = 46^{\circ},$ $∠ A C B = 22^{\circ},$ $∠ A C D = 48^{\circ}$ の例で、外心３つ法の流れを見てみましょう（先述の2つの文献にもほぼ同様の解説が載っています）。
　このメソッドは、まず外心を3回作図するところから始まります。 $△ A B C$ の外心を $O_{1}$ 、 $△ D B C$ の外心を $O_{2}$ とし、さらに $△ O_{1} O_{2} C$ の外心を $O_{3}$ としましょう。

　任意の整角四角形において、直線 $B C$ を基準とした偏角を考えれば、 $A B, A C,$ $D B, D C$ の偏角はいずれも度数法で整数値をとります。ゆえに、外心の性質から $A O_{1}, B O_{1}, C O_{1},$ $D O_{2}, B O_{2}, C O_{2},$ $O_{1} O_{3}, O_{2} O_{3}, C O_{3}$ の偏角もまた整数値ですね（実はこれが外心３つ法の要になります）。
　いま $A O_{1} = C O_{1}$ ですから、 $△ C O_{3} O_{1} \equiv △ A P_{1} O_{1}$ となる点 $P_{1}$ をとることができます。同様に、 $△ C O_{3} O_{2} \equiv △ D P_{5} O_{2}$ となる点 $P_{5}$ をとることもできます。

　 $A = P_{0},$ $O_{1} = P_{2},$ $O_{3} = P_{3},$ $O_{4} = P_{4},$ $D = P_{6}$ と別名を付け、折れ線 $P_{0} P_{1} P_{2} P_{3} P_{4} P_{5} P_{6}$ に注目します。外心の性質から、この折れ線の各線分はすべて同じ長さになっており、かつ偏角は整数値です。したがって、もとの整角四角形問題が七角形 $P_{0} P_{1} P_{2} P_{3} P_{4} P_{5} P_{6}$ に関する六等辺七角形問題に変換されたのです。

　あとはどうとでもなります。定理1から初等的な可解性が保証されており、ただ有限回の試行錯誤をするだけです。今回の問題であれば、以下の図のように正三角形や正五角形をとることで、忽ちに直線 $P_{0} P_{6}$ の偏角が $28^{\circ}$ であると導かれます（計算略）。これは $∠ A D B = 18^{\circ}$ と同値です。完答。おめでとうございます。

"10 Circumcenter Method"

　外心３つ法の凄さが分かったところで、いよいよ二段整角四角形の話題に移ります。復習ですが、以下の図のような問題を本記事では二段整角四角形問題と呼んでいます（灰色の角度が与えられたときに桃色の角度を求める）。四角形 $E B C F,$ $A E C F,$ $D E B F$ が整角四角形であればただの整角四角形問題になってしまうので、以下ではこれらが整角四角形でない場合のみを考えます。

　今回作図する外心は10個です。 $△ E B C, △ F B C$ の外心を $O_{1}, O_{2}$ 、 $△ O_{1} O_{2} B, △ O_{1} O_{2} C$ の外心を $O_{3}, O_{4}$ 、 $△ A B F, △ D C E$ の外心を $O_{5}, O_{6}$ 、 $△ O_{2} O_{5} B, △ O_{1} O_{6} C$ の外心を $O_{7}, O_{8}$ 、 $△ O_{2} O_{3} O_{7}, △ O_{1} O_{4} O_{8}$ の外心を $O_{9}, O_{10}$ とします。既に厳しいですね。

　相変わらず直線 $B C$ を基準とします。 $O_{1}$ ～ $O_{3}$ は四角形 $E B C F$ に対し外心３つ法を施したときと同じとり方ですから、 $E O_{1}, B O_{1}, C O_{1},$ $F O_{2}, B O_{2}, C O_{2},$ $O_{1} O_{3}, O_{2} O_{3}, B O_{3}$ の偏角は整数値です。同様に $O_{1} O_{4}, O_{2} O_{4}, C O_{4}$ の偏角も整数値ですね。また、 $△ A B F, △ D C E$ の各辺の偏角が整数値のため、 $A O_{5}, B O_{5}, F O_{5},$ $D O_{6}, C O_{6}, E O_{6}$ の偏角も整数値となります。直線 $O_{2} O_{5}, O_{1} O_{6}$ はそれぞれ線分 $B F, C E$ の垂直二等分線ですから、それらの偏角は整数値と判ります。よって $△ O_{2} O_{5} B, △ O_{1} O_{6} C$ の各辺の偏角が整数値、すなわち $O_{2} O_{7}, O_{5} O_{7}, B O_{7},$ $O_{1} O_{8}, O_{6} O_{8}, C O_{8}$ の偏角も整数値です。これまでと同様の考察から、 $O_{2} O_{9}, O_{3} O_{9}, O_{7} O_{9},$ $O_{1} O_{10}, O_{4} O_{10}, O_{8} O_{10}$ の偏角も整数値といえます。まとめると、外心をとった10個の三角形は、いずれも各頂点から外心までの偏角が整数値になっています。ちなみにこのパラグラフにおける「偏角」・「整数値」の登場回数は計20回でした（鍵括弧の中も含む）。

　 $∠ O_{2} O_{9} O_{7} = 2 ∠ O_{2} O_{3} O_{7}$ $= ∠ O_{2} O_{3} B$ $= 360^{\circ} - 2 ∠ O_{2} O_{1} B$ $= ∠ B O_{1} C$ より、 $△ B O_{1} C$ と $△ O_{2} O_{9} O_{7}$ は相似です。同様に、 $△ B O_{2} C$ と $△ O_{1} O_{10} O_{8}$ も相似と判ります。このことを踏まえ、 $△ C O_{8} O_{1} \sim △ O_{2} X O_{9}$ をみたす点 $X$ および $△ B O_{7} O_{2} \sim △ O_{1} Y O_{10}$ をみたす点 $Y$ をとってみましょう。

　実は $X O_{2} = Y O_{1}$ が成り立つのですが、確かめられますか？
　簡単ですね。相似関係に注目し以下のような比の計算をすれば、すぐに証明できます。
$\begin{aligned} \frac{X O_{2}}{B C} & = \frac{X O_{2}}{O_{2} O_{9}} \times \frac{O_{2} O_{9}}{O_{2} O_{7}} \times \frac{O_{2} O_{7}}{B O_{2}} \times \frac{B O_{2}}{B C} \\ = \frac{O_{1} O_{8}}{C O_{1}} \times \frac{C O_{1}}{B C} \times \frac{Y O_{1}}{O_{1} O_{10}} \times \frac{O_{1} O_{10}}{O_{1} O_{8}} = \frac{Y O_{1}}{B C} \end{aligned}$
　さあ、これで準備は整いました。外心３つ法と同じように、長さが等しくなる辺へ $△ O_{2} X O_{9}$ と $△ O_{1} Y O_{10}$ を順次貼りつけていきましょうか。実際に貼りつけた一例を以下に示します（緑色と黄色の小三角形はいずれもそれぞれ合同です）。

　 $O_{2} O_{9} = O_{3} O_{9} = O_{7} O_{9}$ から $P_{13}, P_{15}$ を作図できて、 $O_{2} O_{7} = O_{5} O_{7}$ から $P_{9}$ ～ $P_{11}$ を、 $O_{2} O_{3} = O_{1} O_{3}$ から $P_{17}$ ～ $P_{19}$ をそれぞれとれます。 $△ B O_{7} O_{5} \equiv △ A P_{4} O_{5}$ をみたす点 $P_{4}$ をとれば、 $A P_{4} = O_{5} P_{4} = O_{5} O_{7}$ を用いて $P_{1}$ ～ $P_{3}$ および $P_{5}$ ～ $P_{7}$ が描かれます。同様にして $P_{23}$ 、 $P_{25}$ ～ $P_{27}$ 、 $P_{29}$ ～ $P_{35}$ も拵えます。

　 $A = P_{0},$ $O_{5} = P_{8},$ $O_{7} = P_{12},$ $O_{9} = P_{14},$ $O_{3} = P_{16},$ $O_{1} = P_{20},$ $Y = P_{21},$ $O_{10} = P_{22},$ $O_{8} = P_{24},$ $O_{6} = P_{28},$ $D = P_{36}$ と別名を付けることで、折れ線 $P_{0} P_{1} P_{2} \dots P_{36}$ を考えられます（下図の赤線）。この折れ線の各線分はすべて同じ長さになっており、かつ偏角は整数値です。したがって、もとの二段整角四角形問題が三十七角形 $P_{0} P_{1} P_{2} \dots P_{36}$ に対する三十六等辺三十七角形問題に帰着されたのです。これにてすべての二段整角四角形問題に初等幾何解法が与えられることは、相変わらず定理1のお陰で保証されます。

　以上が、私の提案する「外心10個法」の全容です。

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　案の定長くなってきたため記事を二分割し、こちらの記事を前編として扱うことにします。後編ではたった今紹介した外心10個法を利用し、実際に二段整角四角形問題を解いてみせます。ご期待ください。
　ところで、変換後の三十六等辺三十七角形を見て
「勝った、この程度ならば一瞬で解ける」
と脳内でエンディングテーマを流してしまうのは、私の感性がダメになった証拠でしょうか。数か月前までは六等辺七角形さえも怖れていたのですが……。

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