有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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三角関数の加法定理

三角関数の加法定理

定理《三角関数の加法定理》

 すべての角 $\alpha,$ $\beta$ に対して \[\begin{aligned} \cos (\alpha\pm\beta ) &= \cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta, \\ \sin (\alpha\pm\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta \end{aligned}\] が成り立つ. また, $\alpha,$ $\beta,$ $\alpha\pm\beta$ が $\dfrac{\pi}{2}$ の倍数でないとき, \[\tan (\alpha\pm\beta ) = \frac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta}\] が成り立つ.

証明

 こちらを参照.

問題《余弦・正弦の加法定理》

(A)
座標平面において原点を $\mathrm O$ とおき, 単位円周上の動点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ に対して, 動径 $\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ の表す角が $\alpha,$ $\beta$ であるとする. このとき, $\triangle\mathrm{OAB}$ に余弦定理を適用することで \[\cos (\alpha -\beta ) = \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta\] が成り立つことを示せ.
(B)
外接円の直径が $1$ の $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\alpha = \angle\mathrm A,$ $\beta = \angle\mathrm B$ とおく. このとき, 正弦定理と「第 $1$ 余弦定理」 \[\mathrm{AB} = \mathrm{BC}\cos\beta +\mathrm{CA}\cos\alpha \quad \cdots [\text B]\] を使って \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が成り立つことを示せ.
(C)
$\alpha,$ $\beta$ が鋭角の場合に, 円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ を, $\mathrm{AC}$ が円の直径になり, $\angle\mathrm{ACB} = \alpha,$ $\angle\mathrm{ACD} = \beta,$ $\mathrm{AC} = 1$ となるようにとる. 正弦定理と「トレミーの定理」 \[\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} = \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{DA} \quad \cdots [\text C]\] を使って \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が成り立つことを示せ.

解答例

(A)
$\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ のなす角を $\theta$ $(0 \leqq \theta \leqq \pi )$ とおく.
このとき, ある整数 $n$ に対して $\alpha -\beta = \theta +2n\pi$ であり, $\mathrm A(\cos\alpha,\sin\alpha ),$ $\mathrm B(\cos\beta,\sin\beta )$ であるから, 余弦定理により \[\begin{aligned} &\cos (\alpha -\beta ) = \cos\theta = \frac{\mathrm{OA}^2+\mathrm{OB}^2-\mathrm{AB}^2}{2\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}} \\ &= \frac{1^2+1^2-\{ (\cos\beta -\cos\alpha )^2+(\sin\beta -\sin\alpha )^2\}}{2\cdot 1\cdot 1} \\ &= \frac{2-(1+1-2\cos\alpha\cos\beta -2\sin\alpha\sin\beta )}{2} \\ &= \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \end{aligned}\] が成り立つ.
(B)
\[\sin\angle\mathrm C = \sin (\pi -\alpha -\beta ) = \sin (\alpha +\beta )\] であるから, 正弦定理により \[\mathrm{BC} = \sin\alpha, \quad \mathrm{CA} = \sin\beta, \quad \mathrm{AB} = \sin (\alpha\!+\!\beta )\] が成り立つ. これらを $[\text B]$ に代入すると, \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が得られる.
(C)
正弦定理により \[\mathrm{BD} = \sin (\alpha +\beta )\] であり, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{ADC}$ は直角三角形であるから \[\mathrm{AB} = \sin\alpha,\ \mathrm{BC} = \cos\alpha,\ \mathrm{CD} = \cos\beta,\ \mathrm{DA} = \sin\beta\] が成り立つ.
これらを $[\text C]$ に代入すると, \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が得られる.

参考

  • 「第一余弦定理」と区別するとき, 余弦定理を「第二余弦定理」と呼ぶ.
  • 古代ローマの天文学者トレミー(プトレマイオス)は「トレミーの定理」を使って「弦」$\mathrm{crd}\,\theta = 2\sin\dfrac{\theta}{2}$ に関する数表を作成した.
(最終更新日: $2022/05/27$)

問題《正弦定理 $\Longrightarrow$ 第一余弦定理》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ 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. 「加比の理」 \[\frac{p}{q} = \frac{r}{s} = k \Longrightarrow \frac{px+ry}{qx+sy} = k\] (証明はこちら)と正弦の加法定理を使って, 正弦定理から「第一余弦定理」 \[\begin{aligned} a &= b\cos C+c\cos B, \\ b &= c\cos A+a\cos C, \\ c &= a\cos B+b\cos A \end{aligned}\] を導け.

解答例

 正弦定理 \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C},\] により, \[\begin{aligned} \frac{a}{\sin A} &= \frac{b\cos C+c\cos B}{\sin B\cos C+\cos B\sin C} \quad (\because\text{「加比の理」}) \\ &= \frac{b\cos C+c\cos B}{\sin (B+C)} \quad (\because\text{正弦の加法定理})\\ &= \frac{b\cos C+c\cos B}{\sin A} \quad (\because A+B+C = \pi ) \end{aligned}\] が得られる. よって, $a = b\cos C+c\cos B$ が成り立つ. 同様に, $b = c\cos A+a\cos C,$ $c = a\cos B+b\cos A$ が成り立つ.

問題《正弦定理 $\Longrightarrow$ 第二余弦定理》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ 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. 余弦の加法定理を用いて, 正弦定理から「第二余弦定理」 \[\begin{aligned} a^2 &= b^2+c^2-2bc\cos A, \\ b^2 &= c^2+a^2-2ca\cos B, \\ c^2 &= a^2+b^2-2ab\cos C \end{aligned}\] を導け.

解答例

 正弦定理により \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k\] とおくと, $a = k\sin A,$ $b = k\sin B,$ $c = k\sin C$ となるから, \[\begin{aligned} &a^2-b^2-c^2 \\ &= k^2\sin ^2A-k^2\sin ^2B-k^2\sin ^2C \\ &= k^2\{\sin ^2(B+C)-\sin ^2B-\sin ^2C\} \\ &= k^2\{ (\sin B\cos C+\cos B\sin C)^2-\sin ^2B-\sin ^2C\} \\ &= k^2\{ (\sin ^2B\cos^2 C+\cos ^2B\sin ^2C \\ &\qquad +2\sin B\cos B\sin C\cos C)-\sin ^2B-\sin ^2C\} \\ &= k^2\{ 2\sin B\sin C\cos B\cos C \\ &\qquad -\sin ^2B(1-\cos ^2C)-(1-\cos ^2B)\sin ^2C\} \\ &= k^2(2\sin B\sin C\cos B\cos C-2\sin ^2B\sin ^2C) \\ &= 2(k\sin B)(k\sin C)(\cos B\cos C-\sin B\sin C) \\ &= 2bc\cos (B+C) \\ &= -2bc\cos A \end{aligned}\] となり, $a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A$ が得られる. 残りの式も, 同様に証明できる.

参考

 三角関数の加法定理のもとで, 正弦定理, 余弦定理(「第一余弦定理」,「第二余弦定理」)は同値である(こちらこちらを参照). ここで, 加法定理は三角関数を特徴付ける内在的性質の $1$ つであるから, 正弦定理と余弦定理は本質的に同値な定理であると言える. なお, ここでは, 正弦定理を「内角の正弦に対する対辺の長さの比が外接円の直径に等しい」という定理ではなく, 単に「内角の正弦に対する対辺の長さの比が互いに等しい」という定理として同値性を証明している.
(最終更新日: $2022/05/27$)

問題《角の二等分線の傾き》

 $a,$ $b$ を $b \neq \pm a$ なる実数とする. $2$ 直線 $y = ax,$ $y = bx$ のなす角の二等分線の傾き $c$ を $a,$ $b$ で表す公式を, 正接の加法定理から導け.
標準定理$2022/09/13$$2022/09/13$

解答例

 $y = ax,$ $y = bx,$ 角の二等分線 $y = cx$ と $x$ 軸の正方向のなす角をそれぞれ $\alpha,$ $\beta$ $\gamma$ とおく. このとき, $\beta -\gamma,$ $\gamma -\alpha$ は $\pi$ の倍数の差を除いて等しい. つまり, ある整数 $n$ について, \[ 2\gamma = \alpha +\beta +n\pi\] となる. よって, $\tan 2\gamma = \tan (\alpha +\beta )$ であるから, $2$ 倍角の公式, 加法定理により \[\frac{2c}{1-c^2} = \frac{a+b}{1-ab}\] が成り立つ. 分母を払い, $c$ について整理すると \[ (a+b)c^2-2(ab-1)c-(a+b) = 0\] となるから, $2$ 次方程式の解の公式により \[\begin{aligned} c &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2}}{a+b} \\ &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{a+b} \end{aligned}\] が得られる.

参考

  • 上記の公式は, 点と直線の公式, ベクトルの内積の公式からも求められる(こちらこちらを参照).
  • $2$ 直線とそのなす角の二等分線の傾きがすべて整数になるような傾きの組合せは,「ペル方程式」の理論を用いて完全に決定されている(こちらを参照).

問題《ナポレオンの定理》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の外側に正三角形 $\mathrm A'\mathrm{BC},$ $\mathrm B'\mathrm{CA},$ $\mathrm C'\mathrm{AB}$ をかき, それらの重心をそれぞれ $\mathrm A'',$ $\mathrm B'',$ $\mathrm C''$ とおく.
(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の辺の長さ $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ と外接円の半径 $R$ を用いて, $\mathrm A''\mathrm B''^2$ を表せ.
(2)
$\triangle\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C''$ はどのような形の三角形か.

解答例

(1)
$\mathrm{CA}'',$ $\mathrm B''\mathrm C$ はそれぞれ正三角形 $\mathrm A'\mathrm{BC},$ $\mathrm B'\mathrm{CA}$ の外接円の半径であるから, 正弦定理により \[\mathrm{CA}'' = \frac{a}{2\sin 60^\circ} = \frac{a}{\sqrt 3}, \quad \mathrm B''\mathrm C = \frac{b}{2\sin 60^\circ} = \frac{b}{\sqrt 3}\] である. また, $C = \angle\mathrm{ACB}$ とおくと \[\angle\mathrm A''\mathrm{CB}'' = C+60^\circ\] となるから, $\triangle\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C$ に余弦定理を適用すると, 加法定理, 正弦定理($\triangle\mathrm{ABC}$ に適用)により \[\begin{aligned} &\mathrm A''\mathrm B''^2 \\ &= \left(\frac{a}{\sqrt 3}\right) ^2+\left(\frac{b}{\sqrt 3}\right) ^2-2\cdot\frac{a}{\sqrt 3}\cdot\frac{b}{\sqrt 3}\cos (C+60^\circ ) \\ &= \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}(\cos C\cos 60^\circ -\sin C\sin 60^\circ ) \\ &= \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\cdot\frac{1}{2}-\frac{c}{2R}\cdot\frac{\sqrt 3}{2}\right) \\ &= \frac{R(a^2+b^2+c^2)+\sqrt 3abc}{6R} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる.
(2)
$[1]$ は $a,$ $b,$ $c$ に関する対称式であるから, $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ の置き換えを考えると \[\mathrm A''\mathrm B''^2 \!=\! \mathrm B''\mathrm C''^2 \!=\! \mathrm C''\mathrm A''^2 \!=\! \frac{R(a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)\!+\!\sqrt 3abc}{6R}\] が得られる. よって, $\triangle\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C''$ は正三角形である.

参考

  • 本問において $\triangle\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C''$ が正三角形になることは, ナポレオンによって発見されたといわれ,「ナポレオンの定理」(Napoleon's theorem)として知られている.
  • 複素数平面を利用した証明については, こちらを参照されたい.
  • $\triangle\mathrm{ABC}$ の内側に正三角形 $\mathrm A'\mathrm{BC},$ $\mathrm B'\mathrm{CA},$ $\mathrm C'\mathrm{AB}$ をかいても, それらの重心を結ぶ三角形 $\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C''$ は正三角形になることが, 上記と同様に証明できる($C+60^\circ,$ $\sqrt 3abc$ がそれぞれ $C-60^\circ,$ $-\sqrt 3abc$ になる). このことも「ナポレオンの定理」として知られている.
  • また, 前者の正三角形と後者の正三角形の面積の差は, \[\begin{aligned} &\frac{1}{2}\cdot\frac{R(a^2+b^2+c^2)+\sqrt 3abc}{6R}\,\sin 60^\circ \\ &-\frac{1}{2}\cdot\frac{R(a^2+b^2+c^2)-\sqrt 3abc}{6R}\,\sin 60^\circ \\ &= 2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt 3abc}{6R}\cdot\frac{\sqrt 3}{2} \\ &= \frac{abc}{4R} \end{aligned}\] で, $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積に等しい.

問題《オノの不等式》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C,$ $S = \triangle\mathrm{ABC}$ とおく. 次のことを示せ. ただし, $x,$ $y,$ $z \geqq 0$ のとき $x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}$ が成り立つこと(こちらこちらを参照)は, 証明なしに使ってよい.
(1)
$\tan A\tan B\tan C = \tan A+\tan B+\tan C$ が成り立つ.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が鋭角三角形のとき, \[ (4S)^6 \geqq 27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2\] が成り立つ.

解答例

(1)
$A+B+C = \pi$ であるから, 加法定理により \[\begin{aligned} \tan C &= \tan (\pi -A-B) = -\tan (A+B) \\ &= -\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B} \end{aligned}\] が成り立つ. 分母を払って整理すると, \[\begin{aligned} (\tan A\tan B-1)\tan C &= \tan A+\tan B \\ \tan A\tan B\tan C &= \tan A+\tan B+\tan C \end{aligned}\] が得られる.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ が鋭角三角形であるとする. $A,$ $B,$ $C \neq \dfrac{\pi}{2}$ であることに注意すると, 余弦定理, 三角形の面積の公式により, \[\begin{aligned} &(4S)^6 \geqq 27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2 \\ &\iff \frac{4S^2}{b^2c^2}\frac{4S^2}{c^2a^2}\frac{4S^2}{a^2b^2} \\ &\quad \geqq 27\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}\frac{(c^2+a^2-b^2)^2}{4c^2a^2}\frac{(a^2+b^2-c^2)^2}{4a^2b^2} \\ &\iff \sin ^2A\sin ^2B\sin ^2C \geqq 27\cos ^2A\cos ^2B\cos ^2C \\ &\iff \tan ^2A\tan ^2B\tan ^2C \geqq 27 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる. ここで, $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C > 0$ であることに注意すると, 相加・相乗平均の不等式により, \[\tan A+\tan B+\tan C \geqq 3\sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C} \quad \cdots [2]\] が得られる. (1) により \[\begin{aligned} [2] &\iff \tan A\tan B\tan C \geqq 3\sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C} \\ &\iff \tan ^3A\tan ^3B\tan ^3C \geqq 27\tan A\tan B\tan C \\ &\iff [1] \end{aligned}\] が成り立つから, 求める不等式が得られる.

参考

 (2) の不等式は「オノの不等式」(Ono's inequality)として知られている. 鈍角三角形においては成り立つとは限らない. 例えば, $a = 2,$ $b = 3,$ $c = 4$ なる $\triangle\mathrm{ABC}$ において, \[\begin{aligned} \cos C &= \frac{2^2+3^2-4^2}{2\cdot 2\cdot 3} = -\frac{1}{4}, \\ \sin C &= \sqrt{1-\cos ^2C} = \frac{\sqrt{15}}{4} \end{aligned}\] から \[ S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3\cdot\frac{\sqrt{15}}{4} = \frac{3\sqrt{15}}{4}\] であり, \[\begin{aligned} b^2+c^2-a^2 &= 3^2+4^2-2^2 = 21, \\ c^2+a^2-b^2 &= 4^2+2^2-3^2 = 11, \\ a^2+b^2-c^2 &= -3 \end{aligned}\] であるので, 不等式の左辺 \[ (3\sqrt{15})^6 = 3^9\cdot 5^3 = 3^7\cdot 1125\] は不等式の右辺 \[ 27\cdot 21^2\cdot 11^2\cdot (-3)^2 = 3^7\cdot 7^2\cdot 11^2 = 3^7\cdot 5929\] より小さい.
(最終更新日: $2022/05/27$)

問題《すべての角の正接が整数であるような三角形》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C$ とおく. $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C$ がすべて整数であるとき, それらの値を求めよ.
(参考: $1984$ 一橋大)

解答例

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C$ が整数であるとする. また, $A \leqq B \leqq C$ であるとする. このとき, \[ 3A \leqq A+B+C = \pi\] から, $0 < A \leqq \dfrac{\pi}{3}$ である. よって, \[ 0 < \tan A \leqq \sqrt 3\] であり, $\tan A$ は整数だから, \[\tan A = 1\] である. また, $A = \pi -(B+C)$ から, \[ 1 = -\tan (B+C) = -\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B\tan C}\] が成り立つ. よって, \[\begin{aligned} \tan B\tan C-\tan B-\tan C-1 &= 0 \\ (\tan B-1)(\tan C-1) &= 2 \end{aligned}\] となる. $\tan B,$ $\tan C$ が整数であること, $\dfrac{\pi}{4} = A \leqq B \leqq C$ から $B,$ $C$ は鋭角であって $\tan B \leqq \tan C$ であることに注意すると, \[\tan B = 2, \quad \tan C = 3\] である. $A \leqq B \leqq C$ という条件を忘れると, 求める値は \[\{\tan A,\ \tan B,\ \tan C\} = \{ 1,\ 2,\ 3\}\] である.

問題《レギオモンタヌスの問題》

 水平面上の点 $\mathrm O$ の真上に相異なる $2$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ をとる($\mathrm A$ は $\mathrm B$ より上方にあるとする). $\mathrm A,$ $\mathrm B$ を見た仰角の差が最大になるような水平面上の点 $\mathrm P$ について, $a = \mathrm{OA},$ $b = \mathrm{OB}$ を用いて距離 $\mathrm{OP}$ を表せ.

解答例

 $\theta = \angle\mathrm{APB},$ $x = \mathrm{OP},$ $\alpha = \angle\mathrm{OPA},$ $\beta = \angle\mathrm{OPB}$ とおく.
このとき, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ であるから
$\theta$ が最大 $\iff$ $\tan\theta$ が最大
が成り立ち, \[\theta = \alpha -\beta, \quad \tan\alpha = \frac{a}{x}, \quad \tan\beta = \frac{b}{x}\] であるから, 加法定理により \[\tan\theta = \tan (\alpha -\beta ) = \frac{\tan\alpha -\tan\beta }{1+\tan\alpha\tan\beta} = \frac{\dfrac{a}{x}-\dfrac{b}{x}}{1+\dfrac{a}{x}\cdot\dfrac{b}{x}} = \frac{a-b}{x+\dfrac{ab}{x}}\] が成り立つ. よって, $\theta$ が最大になるのは, $x+\dfrac{ab}{x}$ が最小になるときである. 相加・相乗平均の不等式により $x+\dfrac{ab}{x}$ は $x = \dfrac{ab}{x},$ $x^2 = ab$ つまり $x = \sqrt{ab}$ の場合に限り最小値をとるから, 求める距離は $\mathrm{OP} = \sqrt{ab}$ である.

参考

  • ここで解いた「レギオモンタヌスの問題」は, 中世ドイツの天文学者・数学者のレギオモンタヌス(Regiomontanus)によって考え出された($1471$ 年). 本問に結果から, 高い建物の窓や高い位置に掲げられた絵画を見上げるとき, ラグビーのコンバージョン・キックでゴールを狙うとき(平面上で考察), どの位置に立つのが最も好ましいのかがわかる.
  • 方べきの定理を使った別解については, こちらを参照されたい.
(最終更新日: $2022/05/27$)

問題《余接の和の範囲》

 $\theta$ が $\pi$ の倍数でないとき, $\cot\theta = \dfrac{1}{\tan\theta}$ と定める.
(1)
\[\cot (\pi -\theta ) = -\cot\theta,\ \cot (\alpha +\beta ) = \frac{\cot\alpha\cot\beta -1}{\cot\alpha +\cot\beta}\] が成り立つことを示せ.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ において \[\cot A+\cot B+\cot C \geqq \sqrt 3\] が成り立つことを示せ. また, 等号が成り立つのはどのようなときか答えよ.

解答例

(1)
\[\tan (\pi -\theta ) = -\tan\theta\] の両辺の逆数をとると, \[\cot (\pi -\theta ) = -\cot\theta\] が得られる. また, \[\tan (\alpha +\beta ) = \frac{\tan\alpha +\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\] の両辺の逆数をとると, \[\begin{aligned} &\cot (\alpha +\beta ) = \frac{1-\tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha +\tan\beta} \\ &= \frac{\dfrac{1}{\tan\alpha\tan\beta}-1}{\dfrac{1}{\tan\beta}+\dfrac{1}{\tan\alpha}} = \frac{\dfrac{1}{\tan\alpha}\cdot\dfrac{1}{\tan\beta}-1}{\dfrac{1}{\tan\alpha}+\dfrac{1}{\tan\beta}} \\ &= \frac{\cot\alpha\cot\beta -1}{\cot\alpha +\cot\beta} \end{aligned}\] が得られる.
(2)
内角のうち $C$ が最大であるとして一般性を失わない. このとき, 頂点 $\mathrm C$ から直線 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm H$ は辺 $\mathrm{AB}$ 上にある. $x = \mathrm{AH},$ $h = \mathrm{CH}$ とおくと, \[\cot A+\cot B = \frac{x}{h}+\frac{c-x}{h} = \frac{c}{h}\] から \[\begin{aligned} &\cot A+\cot B+\cot C \\ &= \cot A+\cot B+\cot (\pi -A-B) \\ &= \cot A+\cot B-\cot (A+B) \\ &= \cot A+\cot B-\frac{\cot A\cot B-1}{\cot A+\cot B} \\ &= \frac{c}{h}-\frac{\dfrac{x}{h}\cdot\dfrac{c-x}{h}-1}{\dfrac{c}{h}} = \frac{x^2-cx+c^2+h^2}{ch} \\ &= \frac{\left( x-\dfrac{c}{2}\right) ^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}c-h\right) ^2+\sqrt 3ch}{ch} \geqq \sqrt 3 \end{aligned}\] が成り立つ. 等号成立は $x = \dfrac{c}{2},$ $h = \dfrac{\sqrt 3}{2}c,$ つまり $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形である場合に限る.

参考

  • $\cot\theta$ を $\theta$ の余接(cotangent)と呼ぶ.
  • $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にあり, $\angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PCA} = \theta,$ $\angle\mathrm P'\mathrm{AC} = \angle\mathrm P'\mathrm{CB} = \angle\mathrm P'\mathrm{BA} = \theta$ を満たす点 $\mathrm P,$ $\mathrm P'$ をそれぞれ「第 $1$ ブロカール点」(first Brocard point),「第 $2$ ブロカール点」(second Brocard point), $\theta$ を「ブロカール角」(Brocard angle)と呼ぶ. \[\cot\theta = \frac{a^2+b^2+c^2}{4S}\] であることが知られている(こちらを参照). 頂点 $\mathrm C$ から $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の長さを $h$ とおくと, $h = \dfrac{2S}{c}$ から \[\cot A+\cot B = \frac{c}{h} = \frac{c^2}{2S}\] となる. 同様に \[\cot B+\cot C = \frac{a^2}{2S}, \quad \cot C+\cot A = \frac{b^2}{2S}\] であるから, \[\cot\theta = \frac{a^2+b^2+c^2}{4S} = \cot A+\cot B+\cot C\] が成り立つ.