有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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余弦定理・正弦定理

 $\triangle\mathrm{ABC}$ 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.

余弦定理

定理《第一余弦定理》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, \[\begin{aligned} a &= b\cos C+c\cos B, \\ b &= c\cos A+a\cos C, \\ c &= a\cos B+b\cos A \end{aligned}\] が成り立つ.

証明

 どれも同様に証明できるから, $c = a\cos B+b\cos A$ を示す. $\triangle\mathrm{ABC}$ の頂点 $\mathrm C$ から辺 $\mathrm{AB}$ またはその延長に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とする.
(i)
$A \leqq 90^\circ,$ $B \leqq 90^\circ$ のとき. \[ c = \mathrm{AH}+\mathrm{BH} = a\cos B+b\cos A\] が成り立つ.
(ii)
$A > 90^\circ$ のとき. \[\begin{aligned} c &= \mathrm{BH}-\mathrm{AH} = a\cos B-b\cos (180^\circ -A) \\ &= a\cos B-b(-\cos A) = a\cos B+b\cos A \end{aligned}\] が成り立つ.
(iii)
$B > 90^\circ$ のとき. (ii) の場合と同様に成り立つ.

定理《第二余弦定理》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, \[\begin{aligned} a^2 &= b^2+c^2-2bc\cos A, \\ b^2 &= c^2+a^2-2ca\cos B, \\ c^2 &= a^2+b^2-2ab\cos C \end{aligned}\] が成り立つ.

問題《第一余弦定理 $\Longrightarrow$ 第二余弦定理》

\[\begin{aligned} a &= b\cos C+c\cos B, \\ b &= c\cos A+a\cos C, \\ c &= a\cos B+b\cos A \end{aligned}\] (第一余弦定理) から \[\begin{aligned} a^2 &= b^2+c^2-2bc\cos A, \\ b^2 &= c^2+a^2-2ca\cos B, \\ c^2 &= a^2+b^2-2ab\cos C \end{aligned}\] (第二余弦定理) を導け.
標準定理$2019/05/11$$2022/04/19$

解答例

 与式の辺々にそれぞれ $a,$ $-b,$ $-c$ を掛けると \[\begin{aligned} a^2 &= ab\cos C+ca\cos B, \\ -b^2 &= -bc\cos A-ab\cos C, \\ -c^2 &= -ca\cos B-bc\cos A \end{aligned}\] となるから, これらを加えると \[\begin{aligned} a^2-b^2-c^2 = &-2bc\cos A \\ a^2 = b^2+c^2&-2bc\cos A \end{aligned}\] が得られる.
 残りの式も, 同様に得られる.

参考

 三角関数の加法定理 (数学 II) 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, こちらを参照).

問題《マラルディの角度》

 底辺の長さが $2\sqrt 2,$ 等辺の長さが $\sqrt 3$ である二等辺三角形の頂角の大きさを $\theta$ とおく. $\cos\theta$ の値を求めよ.
基本素朴$2022/01/07$$2022/01/07$

解答例

 余弦定理により, \[\cos\theta = \frac{(\sqrt 3)^2+(\sqrt 3)^2-(2\sqrt 2)^2}{2\cdot\sqrt 3\cdot\sqrt 3} = -\frac{1}{3}\] である.

参考

 本問の角度 $\theta = 109.47122\cdots ^\circ = 109^\circ 28'16''\cdots$ は, 正四面体の中心と各頂点を結ぶ $4$ 本の直線が互いになす角度であり,「マラルディの角度」(Malardi's angle) として知られている. この角度は,「空間充填図形」の $1$ つである「菱形十二面体」の面の頂角, A4 用紙の対角線のなす鈍角の大きさであり, 自然界ではガーネットの結晶, 石けんの泡, ミツバチの巣などに見ることができる.

問題《余弦定理による中線定理の証明》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm M$ とおく. \[\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)\] が成り立つことを, 余弦定理を使って示せ.
標準定理$2019/03/29$$2023/04/12$

解答例

 $\theta = \angle\mathrm{AMB}$ とおく. $\triangle\mathrm{ABM},$ $\triangle\mathrm{ACM}$ にそれぞれ余弦定理を適用すると, $\mathrm{BM} = \mathrm{CM},$ $\cos (180^\circ -\theta ) = -\cos\theta$ から \[\begin{aligned} \mathrm{AB}^2 &= \mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2-2\mathrm{AM}\cdot\mathrm{BM}\cos\theta, \\ \mathrm{AC}^2 &= \mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2-2\mathrm{AM}\cdot\mathrm{CM}\cos (180^\circ -\theta ) \\ &= \mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2+2\mathrm{AM}\cdot\mathrm{BM}\cos\theta \end{aligned}\] となる. $2$ 式の辺々を加えると, \[\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)\] が得られる.

参考

  • 本問の結果は「中線定理」(parallelogram law) として知られている. これは「スチュワートの定理」(こちらを参照) に一般化される.
  • 「中線定理」の別証明については, 距離の公式による証明 (こちら)と, ベクトルによる証明 (こちら), 複素数による証明 (こちら)も参照されたい.
  • $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心が $\mathrm G,$ $3$ 辺の長さが $\mathrm{BC} = a,$ $\mathrm{CA} = b,$ $\mathrm{AB} = c$ であるとき, $\mathrm{AG}:\mathrm{GM} = 2:1$ ($\mathrm M$: 辺 $\mathrm{BC}$ の中点) と「中線定理」により, \[\mathrm{AG} = \frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{3}\] であることがわかる.

問題《スチュワートの定理と角の二等分線の長さ》

(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{BC}$ を $m:n$ に内分する点を $\mathrm D$ とおく. \[ n\mathrm{AB}^2+m\mathrm{AC}^2 = (m+n)\mathrm{AD}^2+n\mathrm{BD}^2+m\mathrm{CD}^2\] が成り立つことを示せ.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D$ とおく. また, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{CA}$ とおく. \[\begin{aligned} \mathrm{AD} &= \sqrt{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD}} \\ &= \frac{\sqrt{bc(b+c+a)(b+c-a)}}{b+c} \end{aligned}\] であることを示せ.
標準定理$2021/11/29$$2021/12/02$

解答例

(1)
略 (「中線定理」の証明と同様).
(2)
$\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = c:b,$ $\mathrm{BD} = \dfrac{ac}{b+c},$ $\mathrm{CD} = \dfrac{ab}{b+c}$ であるから, (1) の結果により, \[\begin{aligned} (b+c)\mathrm{AD}^2 &= b\mathrm{AB}^2+c\mathrm{AC}^2-b\mathrm{BD}^2-c\mathrm{CD}^2 \\ &= bc^2+cb^2-b\cdot\frac{a^2c^2}{(b+c)^2}-c\cdot\frac{a^2b^2}{(b+c)^2} \\ &= bc(b+c)-\frac{a^2bc(b+c)}{(b+c)^2} \\ \mathrm{AD}^2 &= bc-\frac{ac}{b+c}\cdot\frac{ab}{b+c} \quad \cdots [1] \\ &= \mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD} \\ \mathrm{AD} &= \sqrt{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD}} \end{aligned}\] である. また, $[1]$ つまり \[\mathrm{AD} = bc\cdot\frac{(b+c)^2-a^2}{(b+c)^2} = \frac{bc(b+c+a)(b+c-a)}{(b+c)^2}\] から, \[\mathrm{AD} = \frac{\sqrt{bc(b+c+a)(b+c-a)}}{b+c}\] が得られる.

参考

  • (1) の結果は「スチュワートの定理」(Stewart's theorem) として知られている. 点 $\mathrm D$ を辺 $\mathrm{BC}$ の中点とすると,「中線定理」(こちらを参照) が得られる.
  • (2) の別証明については, こちらを参照されたい.

問題《第一トレミーの定理》

 辺の長さが $\mathrm{AB} = a,$ $\mathrm{BC} = b,$ $\mathrm{CD} = c,$ $\mathrm{DA} = d$ である四角形 $\mathrm{ABCD}$ が円に内接している. $x = \mathrm{AC},$ $y = \mathrm{BD}$ とおく.
(1)
$a,$ $b,$ $c,$ $d$ を用いて $x,$ $y$ を表せ.
(2)
$xy = ac+bd$ が成り立つことを示せ.
 (ヒント: 円に内接する四角形の向かい合う内角の和は $180^\circ$ である.)
標準定理$2018/08/13$$2022/04/19$

解答例

(1)
$\angle\mathrm{ABC} = \theta$ とおく. 四角形 $\mathrm{ABCD}$ は円に内接しているから, このとき $\angle\mathrm{CDA} = 180^\circ -\theta$ である.
$\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると, $x^2$ は \[\begin{aligned} x^2 &= a^2+b^2-2ab\cos\theta \quad \cdots [1], \\ x^2 &= c^2+d^2+2cd\cos\theta \quad \cdots [2] \end{aligned}\] と $2$ 通りに表せる. $[1]\times cd+[2]\times ab$ から \[\begin{aligned} (ab+cd)x^2 &= cd(a^2+b^2)+ab(c^2+d^2) \\ &= (ad+bc)(ac+bd) \\ x &= \sqrt{\frac{(ad+bc)(ac+bd)}{ab+cd}} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が得られる. $b$ と $d$ を入れ替えると, \[ y = \sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}} \quad \cdots [4]\] となる.
(2)
$[3]\times [4]$ から, \[\begin{aligned} xy &= \sqrt{\frac{(ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)^2}{(ab+cd)(ad+bc)}} \\ &= ac+bd \end{aligned}\] が成り立つ.

参考

  • (1) の等式は「第一トレミーの定理」または単に「トレミーの定理」(Ptolemy's theorem) と呼ばれる (トレミーは, プトレマイオスと呼ばれることもある).
  • 円周角の定理を使う別証明 (こちらを参照), 三角関数の積和の公式 (数学 II) を使う別証明 (こちらを参照) もある.
  • 長方形 $\mathrm{ABCD}$ にこの定理を適用すると, 三平方の定理 \[\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2 = \mathrm{AC}^2\] が得られる.
  • 円に内接する四角形の対角線の長さの比に関する「第二トレミーの定理」(こちらを参照) と呼ばれる定理もある.

正弦定理

定理《正弦定理》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 外接円の半径を $R$ とおくと, \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R\] が成り立つ.

参考

 三角形の面積の公式 \[\triangle\mathrm{ABC} = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{1}{2}ca\sin B = \dfrac{1}{2}ab\sin C\] から, \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = \frac{abc}{2\triangle\mathrm{ABC}}\] が直ちに得られる.

問題《第二余弦定理 $\Longrightarrow$ 正弦定理》

 余弦定理 (第二余弦定理) から正弦定理 \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}\] を導け.
標準定理$2019/05/13$$2022/04/19$

解答例

 余弦定理により $\cos A = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ であるから, \[\sin ^2A = 1-\cos ^2A = 1-\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{(2bc)^2}\] よって \[\begin{aligned} &(2bc\sin A)^2 = (2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2 \\ &= (2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2) \\ &= \{ (b+c)^2-a^2\}\{ a^2-(b-c)^2\} \\ &= (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \end{aligned}\] が得られる. 右辺は $a,$ $b,$ $c$ に関する対称式であるから, \[\begin{aligned} (2bc\sin A)^2 &= (2ca\sin B)^2 = (2ab\sin C)^2 \\ 2bc\sin A &= 2ca\sin B = 2ab\sin C \\ \frac{1}{2bc\sin A} &= \frac{1}{2ca\sin B} = \frac{1}{2ab\sin C} \\ \frac{a}{\sin A} &= \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} \end{aligned}\] が成り立つ.

参考

 三角関数の加法定理 (数学 II) 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, こちらを参照). 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.

問題《角の二等分線の性質》

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D$ とおく. 正弦定理を使って, \[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{AB}:\mathrm{AC}\] が成り立つことを示せ.
基本定理$2020/11/11$$2020/11/11$

解答例

 $\triangle\mathrm{ABD},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ にそれぞれ正弦定理を適用すると \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{BD}}{\sin\dfrac{A}{2}} &= \frac{\mathrm{AB}}{\sin\angle\mathrm{ADB}}, \\ \frac{\mathrm{DC}}{\sin\dfrac{A}{2}} &= \frac{\mathrm{AC}}{\sin\angle\mathrm{ADC}} \end{aligned}\] と得られるので, $\sin\angle\mathrm{ADB} = \sin\angle\mathrm{ADC}$ に注意すると \[\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\cdot\frac{\sin\angle\mathrm{ADC}}{\sin\angle\mathrm{ADB}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\] つまり \[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{AB}:\mathrm{AC}\] が得られる.

問題《チャップル=オイラーの定理》

 次のことを示せ.
(1)
点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $R$ の円周の弦 $\mathrm{XY}$ 上のすべての点 $\mathrm P$ に対して \[\mathrm{OP}^2 = R^2-\mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP}\] が成り立つ.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm O,$ 外接円の半径を $R,$ 内心を $\mathrm I,$ 内接円の半径を $r$ とおく. さらに, 直線 $\mathrm{AI}$ と円周 $\mathrm O$ の交点のうち $\mathrm A$ と異なる方の点を $\mathrm D$ とおき, 辺 $\mathrm{AB}$ と円周 $\mathrm I$ の接点を $\mathrm E$ とおく. このとき,
$\mathrm{DB} = \mathrm{DI}$ 
$\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} = 2Rr$ 
$\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr$ 
$R \geqq 2r$ 
が成り立つ.
(3)
(2) の円周 $\mathrm O$ の上に点 $\mathrm P_1$ をとり, 直線 $\mathrm P_1\mathrm I$ と円周 $\mathrm O$ の交点のうち $\mathrm P_1$ と異なる方の点を $\mathrm P'_1$ とおく. さらに, $\mathrm I$ を通って $\mathrm P'_1$ を中心とする円周と円周 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm P_2,$ $\mathrm P_3$ とおく. このとき, $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内心は $\mathrm I$ と一致する.
(参考: $2012$ 宮崎大)
実戦定理$2018/07/05$$2023/04/15$

解答例

(1)
弦 $\mathrm{XY}$ の中点を $\mathrm M$ とおくと, 三平方の定理により \[\begin{aligned} \mathrm{OP}^2 &= \mathrm{OM}^2+\mathrm{MP}^2 \\ &= \mathrm{OX}^2-\mathrm{XM}^2+\mathrm{MP}^2 \\ &= R^2-(\mathrm{XM}+\mathrm{MP})(\mathrm{XM}-\mathrm{MP}) \\ &= R^2-(\mathrm{XM}+\mathrm{MP})(\mathrm{YM}-\mathrm{MP}) \\ &= R^2-\mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP} \end{aligned}\] が得られる.
(2)
$\angle\mathrm{CAB} = 2\alpha,$ $\angle\mathrm{ABC} = 2\beta$ とおく. このとき, 円周角の定理により, \[\angle\mathrm{DBI} = \angle\mathrm{DBC}+\angle\mathrm{CBI} = \angle\mathrm{DAC}+\beta = \alpha +\beta\] が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{ABI}$ の外角の関係から, \[\angle\mathrm{DIB} = \angle\mathrm{IAB}+\angle\mathrm{ABI} = \alpha +\beta\] が成り立つ. よって, $\triangle\mathrm{DBI}$ は $\angle\mathrm{DBI} = \angle\mathrm{DIB}$ なる二等辺三角形であるから, $\mathrm{DB} = \mathrm{DI}$ が成り立つ.
三角比の定義により, \[\mathrm{AI} = \frac{\mathrm{EI}}{\sin\alpha} = \frac{r}{\sin\alpha}\] が成り立つ. また, 正弦定理により, \[\mathrm{DB} = 2R\sin\alpha\] が成り立つ. よって, 辺々をかけると, \[\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} = \frac{r}{\sin\alpha}\cdot 2R\sin\alpha = 2Rr\] が得られる.
円周 $\mathrm O$ の弦 $\mathrm{AD}$ と点 $\mathrm I$ に (1) を適用すると, ① と ② から \[\begin{aligned} \mathrm{OI}^2 &= R^2-\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DI} \\ &= R^2-\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} \\ &= R^2-2Rr \end{aligned}\] が得られる.
③ により \[ 0 \leqq \mathrm{OI}^2 = R(R-2r)\] であるから, $R-2r \geqq 0$ つまり $R \geqq 2r$ が成り立つ.
(3)
$\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の外心は $\mathrm O$ である. また, $\mathrm P_1\mathrm I$ は $\angle\mathrm P_2\mathrm P_1\mathrm P_3$ の二等分線である. さらに, 円周角の定理 (円周 $\mathrm P'_1,$ 円周 $\mathrm O$ に適用) により \[\angle\mathrm{IP}_2\mathrm P_3 = \frac{\angle\mathrm{IP}'_1\mathrm P_3}{2} = \frac{\angle\mathrm P_1\mathrm P'_1\mathrm P_3}{2} = \frac{\angle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3}{2}\] であるから, $\mathrm P_2\mathrm I$ は $\angle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の二等分線である. よって, $\mathrm I$ は $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内心である. したがって, $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内接円の半径を $r'$ とおくと, (2) の ③ により \[\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr = R^2-2Rr'\] となり, $r = r'$ となる. ゆえに, $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内心は $\mathrm I$ と一致する.

別解: 方べきの定理を利用

(1)
直線 $\mathrm{OP}$ と円周 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm Z,$ $\mathrm W$ とおくと, 方べきの定理により \[\begin{aligned} \mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP} &= \mathrm{ZP}\cdot\mathrm{WP} \\ &= (R+\mathrm{OP})(R-\mathrm{OP}) \\ &= R^2-\mathrm{OP}^2 \end{aligned}\] となり, $\mathrm{OP}^2 = R^2-\mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP}$ が得られる.

参考

  • (2) の ③, ④ は「チャップル=オイラーの定理」(Chapple–Euler theorem) として知られている (初等幾何学的な証明についてはこちらを参照).
  • (3) により, 次の定理が成り立つ: 円周 $C$ に内接し, 円周 $D$ に外接する三角形が存在するならば, $C$ 上の任意の点 $\mathrm P$ を $1$ つの頂点とし, $C$ に内接し, $D$ に外接する三角形が存在する. また, 円周 $C$ の中心が $\mathrm O,$ 半径が $R,$ 円周 $D$ の中心が $\mathrm I,$ 半径が $r$ であるとき, $C$ に内接し, $D$ に外接する三角形が存在するのは \[\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr\] が成り立つ場合に限る. これも「チャップルの定理」として知られている. さらに, これは, 次の「ポンスレの閉形定理」に一般化される: $2$ 次曲線 $C,$ $D$ に対して, $C$ に内接し, $D$ に外接する $n$ 角形が存在するとする. このとき, $C$ 上の任意の点 $\mathrm P_1$ を $1$ つの頂点とし, $C$ に内接し, $D$ に外接する $n$ 角形が存在する. つまり, $C$ 上の任意の点 $\mathrm P_1$ に対して, 点 $\mathrm P_k$ から $D$ に引いた接線と $C$ の交点 $(\neq \mathrm P_k)$ を $\mathrm P_{k+1}$ とおくことで点 $\mathrm P_2,$ $\cdots,$ $\mathrm P_n,$ $\mathrm P_{n+1}$ を順次定めると, $\mathrm P_{n+1} = \mathrm P_1$ となり, $C$ に内接し, $D$ に外接する $n$ 角形 $\mathrm P_1\mathrm P_2\cdots\mathrm P_n$ が得られる.
  • $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ 内の傍接円の中心が $\mathrm I_{\mathrm A},$ 半径が $r_{\mathrm A}$ であるとき, \[\mathrm{OI}_{\mathrm A}{}^2 = R^2+2Rr_{\mathrm A}\] の成り立つことが知られている (証明は同様).
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