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高校数学解説
文献あり

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ABCDにおいて、ABD,CBD,ACB,ACDの大きさが判明しているならば、ADB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ABCD整角四角形と呼ばれる。

整角四角形問題

 凸四角形ABCDが整角四角形であるとき、ABD,CBD,ACB,ACDの大きさのみを明示し、そこからADB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、ABD=38,CBD=46,ACB=22,ACD=48である四角形ABCDを作図してみると、ADB=18となります。したがって、このとき四角形ABCDは整角四角形である、といえます(下図)。また、「ABD=38,CBD=46,ACB=22,ACD=48の四角形ABCDにおいて、ADB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=X0X1X2Xnについて、X0X1=X1X2==Xn1Xnが成立しているとき、χX0Xn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

 X0Xnを底辺とするn等辺(n+1)角形χについて、X0X1X2,X1X2X3,,Xn2Xn1Xn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Xn1XnX0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ABCD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(ABD,CBD,ACB,ACD)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 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ABCDの辺AB,CD上にそれぞれ点E,Fをとった図形をq(AEB,CFD)と表記することにする(本記事の外で用いないこと)。ABF,FBD,ECB,ECD,AFB,DECの大きさがすべて判明しているならば、ADE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(AEB,CFD)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(AEB,CFD)が二段整角四角形であるとき、ABF,FBD,ECB,ECD,AFB,DECの大きさのみを明示し、そこからADE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ADE=13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ABD=38,CBD=46,ACB=22,ACD=48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。ABCの外心をO1DBCの外心をO2とし、さらにO1O2Cの外心をO3としましょう。

 任意の整角四角形において、直線BCを基準とした偏角を考えれば、AB,AC,DB,DC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AO1,BO1,CO1,DO2,BO2,CO2,O1O3,O2O3,CO3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AO1=CO1ですから、CO3O1AP1O1となる点P1をとることができます。同様に、CO3O2DP5O2となる点P5をとることもできます。

 A=P0,O1=P2,O3=P3,O4=P4,D=P6と別名を付け、折れ線P0P1P2P3P4P5P6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P0P1P2P3P4P5P6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P0P6の偏角が28であると導かれます(計算略)。これはADB=18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EBCF,AECF,DEBF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。EBC,FBCの外心をO1,O2O1O2B,O1O2Cの外心をO3,O4ABF,DCEの外心をO5,O6O2O5B,O1O6Cの外心をO7,O8O2O3O7,O1O4O8の外心をO9,O10とします。既に厳しいですね。

 相変わらず直線BCを基準とします。O1O3は四角形EBCFに対し外心3つ法を施したときと同じとり方ですから、EO1,BO1,CO1,FO2,BO2,CO2,O1O3,O2O3,BO3の偏角は整数値です。同様にO1O4,O2O4,CO4の偏角も整数値ですね。また、ABF,DCEの各辺の偏角が整数値のため、AO5,BO5,FO5,DO6,CO6,EO6の偏角も整数値となります。直線O2O5,O1O6はそれぞれ線分BF,CE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O2O5B,O1O6Cの各辺の偏角が整数値、すなわちO2O7,O5O7,BO7,O1O8,O6O8,CO8の偏角も整数値です。これまでと同様の考察から、O2O9,O3O9,O7O9,O1O10,O4O10,O8O10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)。


 O2O9O7=2O2O3O7=O2O3B=3602O2O1B=BO1Cより、BO1CO2O9O7は相似です。同様に、BO2CO1O10O8も相似と判ります。このことを踏まえ、CO8O1O2XO9をみたす点XおよびBO7O2O1YO10をみたす点Yをとってみましょう。

 実はXO2=YO1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。
XO2BC=XO2O2O9×O2O9O2O7×O2O7BO2×BO2BC=O1O8CO1×CO1BC×YO1O1O10×O1O10O1O8=YO1BC
 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O2XO9O1YO10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)。

 O2O9=O3O9=O7O9からP13,P15を作図できて、O2O7=O5O7からP9P11を、O2O3=O1O3からP17P19をそれぞれとれます。BO7O5AP4O5をみたす点P4をとれば、AP4=O5P4=O5O7を用いてP1P3およびP5P7が描かれます。同様にしてP23P25P27P29P35も拵えます。


 A=P0,O5=P8,O7=P12,O9=P14,O3=P16,O1=P20,Y=P21,O10=P22,O8=P24,O6=P28,D=P36と別名を付けることで、折れ線P0P1P2P36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P0P1P2P36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……。


 感想・提案・質問・指摘・先行研究報告などはコメントにお願いします。


<2024/07/21追記>

 本記事の 後編 を投稿しました。執筆しておいてどうかとは思いますが、徹頭徹尾観賞用です。それでも良い方はお読みくださいませ(「後編」の文字がハイパーリンクになっています)。

参考文献

投稿日:2024720
更新日:2024721
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投稿者

匿(Tock)
匿(Tock)
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28715
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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