令和２年６月７日

[流れ星]

　　　　第386回数学的な応募解答

　　　　＜解答募集期間：5月10日〜6月７日＞

［南宮大社奉納算額3］

　第384回から続いています

　第385回から続いています

　第９問題　

球内に赤球、青球を入れ、その隙間に５個の球を環列に入れる(相互に接するように)。赤球径、青球径を知って外球径を求めよ。

＜水の流れ：解法は求めませんが、しかし・・・＞

第10問題

��球面に白正方形を書き、その内へ赤円柱を入れる（円柱の軸は青球の中心を通る）。球径と赤円径をそれぞれ知って正方曲面積を求めよ。

　以下は原文です。

第十問題

今有如圖球面畫白方内容赤圓象（方象畫筆心向球心）

只云球徑若干圓徑弦若干問方象面術如何

　答曰依左術即得

術曰以球徑除圓徑弦自之擬弦以一　擬圓徑依弧術求共背乗球徑巾得方象面積合問

＜水の流れ：術文解読できず、解法も未解決。問題の不備も考えられますので、解法を求めません。　しかし、出典にあった解法を載せておきます。＞

第11問題

２個の円を挟んで黒、白、青の３円と黄円数個を入れる（仮に７個とし、互いに外接している）。黒径、白径、青径をそれぞれ知り、黄円の個数を知るとき、それらの直径を求めよ。

＜ヒント：デカルトの円定理を利用＞

第12問題

２個の円を挟んで黒、白、青の３円と黄円数個を入れる（仮に７個とし、互いに外接している）。黒径、白径、青径をそれぞれ知り、黄円の個数を知るとき、それらの直径を求めよ。

出典　岐阜県の算額の解説　��木重之　著　自費出版　

NO1「よふかしのつらいおじさん」 05/24 08時29分　受信 更新 6/7

第9問題

●赤球と青球の中心を結ぶ直線上に球の中心はないとします。

（赤球と青球の大きさが等しく接点と球の中心が同じ場合の説明が第12問題の中にあります）

隣り合う白球2個と青球、赤球は互いに接し、球に内接するとします。

3次元の場合のデカルトの円定理を証明なしに使います。

球の半径をそれぞれ次のようにおきます。

外接球：r、赤球：a、青球：b、白球1：c1、白球2：c2、白球3：c3、白球4：c4、白球5：c5

隣り合う白球2個の半径は等しくないとします。

●外接球、赤球、青球、白球1、白球2に定理を用いると、

(1/a+1/b+1/c1+1/c2-1/r)^2=3(1/a^2 +1/b^2 +1/〖c1〗^2 +1/〖c2〗^2 +1/r^2 )

{(1/a+1/b-1/r)+(1/c1+1/c2)}^2=3{(1/a^2 +1/b^2 +1/r^2 )+(1/〖c1〗^2 +1/〖c2〗^2 )}

ここで、A=(1/a+1/b-1/r)、B=(1/a^2 +1/b^2 +1/r^2 )とおき、それぞれの分数の逆数を大文字で表すことにします。

{A+(C1+C2)}^2=3{B+(〖C1〗^2+〖C2〗^2 )}

A^2+2A(C1+C2)+(C1+C2)^2=3{B+(〖C1〗^2+〖C2〗^2 )}

A^2-3B=2{〖C1〗^2-C1C2+〖C2〗^2-A(C1+C2)}

〖C1〗^2-C1C2+〖C2〗^2-A(C1+C2)=(A^2-3B)/2 (=定数) ⋯⋯ (イ)

同様に外接球、赤球、青球、白球2、白球3に定理を用いると、

〖C2〗^2-C2C3+〖C3〗^2-A(C2+C3)=(A^2-3B)/2 (=定数) ⋯⋯ (ロ)

順に白球を入れ替えて、

〖C3〗^2-C3C4+〖C4〗^2-A(C3+C4)=(A^2-3B)/2 (=定数) ⋯⋯ (ハ)

〖C4〗^2-C4C5+〖C5〗^2-A(C4+C5)=(A^2-3B)/2 (=定数) ⋯⋯ (ニ)

〖C5〗^2-C5C1+〖C1〗^2-A(C5+C1)=(A^2-3B)/2 (=定数) ⋯⋯ (ホ)

(イ)、(ロ)より、

〖C1〗^2-C1C2+〖C2〗^2-A(C1+C2)=〖C2〗^2-C2C3+〖C3〗^2-A(C2+C3)

(C3-C1)C2=〖C3〗^2-〖C1〗^2-A(C3-C1)

C2=C3+C1-A ⋯⋯ (ヘ)

（ロ）、（ハ）より、C3=C4+C2-A ⋯⋯ (ト)

（ハ）、（ニ）より、C4=C5+C3-A ⋯⋯ (チ)

（ニ）、（ホ）より、C5=C1+C4-A ⋯⋯ (リ)

（ホ）、（イ）より、C1=C2+C5-A ⋯⋯ (ヌ)

機械的に、

（ヘ）、（ト）より、C1+C4=2A ⋯⋯ (ヲ)

（ト）、（チ）より、C2+C5=2A ⋯⋯ (ワ)

（チ）、（リ）より、C3+C1=2A ⋯⋯ (カ)

（リ）、（ヌ）より、C4+C2=2A ⋯⋯ (ヨ)

（ヌ）、（ヘ）より、C5+C3=2A ⋯⋯ (タ)

（ヘ）から（ヌ）を合計すると（または、（ヲ）から（タ））、C1+C2+C3+C4+C5=5A

この式から、（ヨ）と（タ）を引くと、C1=A

変数をもとに戻すと、

1/c1=1/a+1/b-1/r

1/r=1/a+1/b-1/c1

r=1/(1/a+1/b-1/c1)=1/((bc1+ca-ab)/abc1)=abc1/(bc1+c1a-ab)

よって、直径2rは、

2r=2abc1/(bc1+c1a-ab)

To

なりますが、落ち着いて見直します。

●（ヲ）から（タ）の式は、ある白玉は3個先の白玉と半径の逆数の和が定数であることを示します。

「1」から3個先は「4」ですが、「3」から3個先が「1」です。

これは「1」をもとにすると、「3」と「4」の白球の半径が等しいことを意味し、前提に反します。

このことを考えると、白球が奇数個のときは解がありません。　

●白球が6個とし、半径をそれぞれc、d、e、f、g、hとすると、

向かい合う1組の白球を用いて、

1/c+1/f=2(1/a+1/b-1/r)

2/r=2/a+2/b-1/c-1/f=(2bcf+2acf-abf-abc)/abcf=(2cf(a+b)-ab(f+c))/abcf=(2c(a+b)-ab(1+c/f))/abc

よって、

2r=4abc/(2c(a+b)-ab(1+c/f) )

となります。

第10問題

●球の半径を1とします。

球面三角形の面積を考えます。

球面三角形ABCとは、球の中心Oを通る大円3個で囲まれる部分のことです。

図の球面三角形ABCとは、平面ABO、平面BCO、平面CAOで囲まれる小さい方の部分をいいます。

平面ABOと平面BCOがなす角をB、平面BCOと平面CAOがなす角をC、平面CAOと平面ABOがなす角をAとします。

三角形ABCと中心に関して対称の位置にある三角形A’B’C’とは同じ面積です。

半径1の球の表面積は、4πです。

図の左の薄青で塗られた部分の面積は、4π×2A／2πです。

図の左の薄茶で塗られた部分の面積は、4π×2B／2πです。

図の左の薄赤で塗られた部分の面積は、4π×2C／2πです。

この3個の領域を合わせると球の表面をすべて覆います。

ただし、三角形ABCは3個分、三角形A’B’C’も3個分だぶっています。

よって、

4π=4π×2A/2π+4π×2B/2π+4π×2C/2π-4×∆ABC

π=A+B+C-∆ABC

よって、

∆ABC=A+B+C-π

もし、半径がRなら面積はR2をかければよいことになります。

●次に四角形の面積を考えます。

□ABCD＝△ABC＋△CDA＝(A1＋B＋C1−π)+(C2＋D＋A2−π)

＝A＋B＋C＋D−2π

よって、球面正方形の角の大きさを知ることが必要になります。

●球の半径をRとします。

□ABCDのところに半径aの円柱が入ります。

よって、□ABCDの1辺は2aです。（直線距離）

図のように、BからOAに垂線を下ろします。(垂線の足をHとします)

△OABを抜き出し、AH＝tとします。

△ABHより、h^2+t^2=(2a)^2

△OBHより、h^2+(R-t)^2=R^2

連立させると、t=(2a^2)/R, h=2a√(1-(a/R)^2 )

AB=2a なので、BD=2√2 a です。

三角形HBDについて余弦定理を用いると、(∠H＝θとします)

cos⁡θ=({2a√(1-(a/R)^2 )}^2+{2a√(1-(a/R)^2 )}^2-(2√2 a)^2)/(2×2a√(1-(a/R)^2 )×2a√(1-(a/R)^2 ))=1-1/(1-(a/R)^2 )

よって、

θ=cos^(-1)⁡{1-1/(1-(a/R)^2 )}

よって、求める面積は。

[4 cos^(-1)⁡{1-1/(1-(a/R)^2 )}-2π] R^2

第11問題

●デカルトの円定理は証明しないで使います。

やってみると大変な計算量になります。

●外円ｓ、赤円ｔ、黒円ｒ0、白円ｒ1に定理を用いると、

(1/t+1/r_0 +1/r_1 -1/s)^2=2(1/t^2 +1/〖r_0〗^2 +1/〖r_1〗^2 +1/s^2 )

{(1/t-1/s)+(1/r_0 +1/r_1 )}^2=2{(1/t^2 +1/s^2 )+(1/〖r_0〗^2 +1/〖r_1〗^2 )}

(1/t-1/s)^2+(1/r_0 +1/r_1 )^2+2(1/t-1/s)(1/r_0 +1/r_1 )=2{(1/t^2 +1/s^2 )+(1/〖r_0〗^2 +1/〖r_1〗^2 )}

2(1/t-1/s)(1/r_0 +1/r_1 )=(1/t+1/s)^2+(1/r_0 -1/r_1 )^2 ⋯⋯ (あ)

計算を楽にするため、次のようにおきます。

T=1/t, S=1/s, R0=1/r_0 , R1=1/r_1

すると、（あ）の式は、

2(T-S)(R0+R1)=(T+S)^2+(R0-R1)^2 ⋯⋯ (い)

同様に外円ｓ、赤円ｔ、白円ｒ1、青円ｒ2に定理を用いると、

2(T-S)(R1+R2)=(T+S)^2+(R1-R2)^2 ⋯⋯ (う)

同様に外円ｓ、赤円ｔ、青円ｒ2、黄円ｐ1に定理を用いると、

2(T-S)(R2+P1)=(T+S)^2+(R2-P1)^2 ⋯⋯ (え)

（う）−（い）より、

2(T-S)(R2-R0)=〖R2〗^2-2R1R2+2R0R1-〖R0〗^2

（え）−（う）より、

2(T-S)(P1-R1)=〖P1〗^2-2R2P1+2R1R2-〖R1〗^2

それぞれ2(T−S)について解き、等しくおくと、

(〖R2〗^2-2R1R2+2R0R1-〖R0〗^2)/(R2-R0)=(〖P1〗^2-2R2P1+2R1R2-〖R1〗^2)/(P1-R1)

(P1-R1)(〖R2〗^2-2R1R2+2R0R1-〖R0〗^2 )=(R2-R0)(〖P1〗^2-2R2P1+2R1R2-〖R1〗^2 )

(P1-R1)(R2-R0)(R2-2R1+R0)=(R2-R0){〖P1〗^2-2R2P1+R1(2R2-R1)}

R2≠R0として、

(P1-R1)(R2-2R1+R0)={〖P1〗^2-2R2P1+R1(2R2-R1)}

〖P1〗^2-(3R2-2R1+R0)P1+R1(3R2-3R1+R0)=0

P1の2次方程式として解くと、

P1=1/2 {(3R2-2R1+R0)±√((3R2-2R1+R0)^2-4R1(3R2-3R1+R0) )}

根号の中は、

(3R2-2R1+R0)^2-4R1(3R2-3R1+R0)

=9〖R2〗^2+4〖R1〗^2+〖R0〗^2-12R2R1-4R1R0+6R0R2-(12R2R1-12〖R1〗^2+4R1R0)

=9〖R2〗^2+16〖R1〗^2+〖R0〗^2-24R2R1-8R1R0+6R0R2

=(3R2-4R1+R0)^2

よって、

P1=1/2 {(3R2-2R1+R0)±√((3R2-4R1+R0)^2 )}=1/2 {(3R2-2R1+R0)±(3R2-4R1+R0)}

={█(1/2 (6R2-6R1+2R0)=3R2-3R1+R0@1/2 (2R1)=R1 )┤

P1≠R1として、

P1=3R2-3R1+R0

●同様に外円ｓ、赤円ｔ、白円ｒ1、青円ｒ2、黄円ｐ1、黄円ｐ2で計算すると、

P2=3P1-3R2+R1

また円を1個ずらして、外円ｓ、赤円ｔ、青円ｒ2、黄円ｐ1、黄円ｐ2、黄円ｐ3で計算すると、

P3=3P2-3P1+R2

この関係式をPmまで書き並べると、

P1=3R2-3R1+R0

P2=3P1-3R2+R1

P3=3P2-3P1+R2

P4=3P3-3P2+P1

･･･

P_(m-3)=3P_(m-4)-3P_(m-5)+P_(m-6)

P_(m-2)=3P_(m-3)-3P_(m-4)+P_(m-5)

P_(m-1)=3P_(m-2)-3P_(m-3)+P_(m-4)

P_m=3P_(m-1)-3P_(m-2)+P_(m-3)

合計して整理すると、

P_m-2P_(m-1)+P_(m-2)=R2-2R1+R0(=定数)

(P_m-P_(m-1) )-(P_(m-1) 〖-P〗_(m-2) )=定数

つまり、この式は階差の階差が等差数列であることを示しています。

●Pmについて調べます。

P1=3R2-3R1+R0

P2=3P1-3R2+R1=3(3R2-3R1+R0)-3R2+R1=6R2-8R1+3R0

P3=3P2-3P1+R2=3(6R2-8R1+3R0)-3(3R2-3R1+R0)+R2=10R2-15R1+6R0

P4=3P3-3P2+P1=3(10R2-15R1+6R0)-3(6R2-8R1+3R0)+(3R2-3R1+R0)

=15R2-24R1+10R0

d1=P2-P1=3R2-5R1+2R0

d2=P3-P2=4R2-7R1+3R0

d3=P4-P3=5R2-9R1+4R0

e1=d2-d1=R2-2R1+R0

e2=d3-d2=R2-2R1+R0

以上から、階差dnの一般項は、

dn=(3R2-5R1+2R0)+(R2-2R1+R0)(n-1)

Pmの一般項は、

Pm=(3R2-3R1+R0)+��_(k=1)^(m-1)▒{(3R2-5R1+2R0)+(R2-2R1+R0)(k-1)}

=(3R2-3R1+R0)+(m-1)/2 {2(3R2-5R1+2R0)+(R2-2R1+R0)(m-2)}

={3+3(m-1)+(m-1)(m-2)/2}R2+{-3-5(m-1)-(m-1)(m-2)}R1

+{1+2(m-1)+(m-1)(m-2)/2}R0

=1/2 (m+1)(m+2)R2-m(m+2)R1+1/2 m(m+1)R0

よって、

1/p_m =1/2 (m+1)(m+2) 1/r_2 -m(m+2) 1/r_1 +1/2 m(m+1) 1/r_0

第12問題

●楕円体の中に赤玉が2個内接しているとき、黄玉がいくつ入るかという問題として考えます。

●図の青線は、楕円を縦長において真横から見たもので、

赤線は、真上から見たものです。

真横から見たとき楕円、赤円の方程式を次のようにします。

x^2/b^2 +y^2/a^2 =1 (0<b<a)

x^2+(y-a/2)^2=(a/2)^2

黄円の半径をtとおきます。

原点、赤円の中心、黄円の中心を結んでできる直角三角形から、

(a/2+t)^2=(a/2)^2+(b-t)^2

t=b^2/(a+2b)

黄円中心のx座標x0はb−tより、

x_0=(ab+b^2)/(a+2b)

よって黄円の方程式は、

(x-(ab+b^2)/(a+2b))^2+y^2=(b^2/(a+2b))^2

●次に真上から黄円に注目します。

横軸と原点を通る接線がなす角をθ/2とします。

接線は、

y=tan⁡〖θ/2〗∙x

黄円と接線の方程式を連立させ判別式を調べます。

(x-(ab+b^2)/(a+2b))^2+(tan⁡〖θ/2〗 x)^2=(b^2/(a+2b))^2

〖(1+tan^2⁡〖θ/2〗 ) x^2-2 (ab+b^2)/(a+2b) x+((ab+b^2)/(a+2b))〗^2-(b^2/(a+2b))^2=0

1/cos^2⁡〖θ/2〗 x^2-2 (ab+b^2)/(a+2b) x+(ab^2)/(a+2b)=0

D=((ab+b^2)/(a+2b))^2-1/cos^2⁡〖θ/2〗 ∙(ab^2)/(a+2b)=0

cos^2⁡〖θ/2〗=a(a+2b)/(a+b)^2

(1+cos⁡θ)/2=a(a+2b)/(a+b)^2

cos⁡θ=(a^2+2ab-b^2)/(a+b)^2 ⋯⋯ (A)

●式(A)を具体的に見てみます。

・仮にa＝b＝1としてみます。

cos⁡θ=(a^2+2ab-b^2)/(a+b)^2 =(1^2+2∙1∙1-1^2)/(1+1)^2 =1/2

よりθ＝60°となり、360°／60°＝6個入ることが分かります。

ただし、a＞b＞0ではありません。

・次にa＝5、b＝3としてみます。

cos⁡θ=(a^2+2ab-b^2)/(a+b)^2 =(5^2+2∙5∙3-3^2)/(5+3)^2 =23/32=0.71875

>0.7071⋯=√2/2=cos⁡〖45°〗

より、θは45°より少し小さいです。

360°／45°＝8なので、計算上は、8個入って少しスペースが空きます。

ところが赤円が楕円をはみ出してしまいます。

このことを調べてみます。

楕円と赤円の式を変形して、等しいとおいてみます。

x^2/b^2 +y^2/a^2 =1 → y=a√(1-x^2/b^2 )

x^2+(y-a/2)^2=(a/2)^2 → y=a/2+√(a^2/4-x^2 )

a√(1-x^2/b^2 )=a/2+√(a^2/4-x^2 )

2a√(b^2-x^2 )=ab+b√(a^2-4x^2 )

2a√(b^2-x^2 )-b√(a^2-4x^2 )=ab

4a^2 (b^2-x^2 )+b^2 (a^2-4x^2 )-4ab√(b^2-x^2 ) √(a^2-4x^2 )=(ab)^2

a^2 b^2-(a^2+b^2 ) x^2=ab√(b^2-x^2 ) √(a^2-4x^2 )

a^4 b^4-2a^2 b^2 (a^2+b^2 ) x^2+(a^2+b^2 )^2 x^4=a^2 b^2 (b^2-x^2 )(a^2-4x^2 )

a^4 b^4-(2a^4 b^2+〖2a^2 b〗^4 ) x^2+(a^4+2a^2 b^2+b^4 ) x^4=a^4 b^4-(a^4 b^2+4〖a^2 b〗^4 ) x^2+4a^2 b^2 x^4

-(a^4 b^2-〖2a^2 b〗^4 ) x^2+(a^4-2a^2 b^2+b^4 ) x^4=0

x^2 {(a^2-b^2 )^2 x^2-a^2 b^2 (a^2-〖2b〗^2 )}=0

x=(ab√(a^2-〖2b〗^2 ))/(a^2-b^2 ) (x>0)

つまり、a>√2 b のとき、x＝0以外に解があることになります。

5>√2×3≅1.4142×3=4.2426 となります。

・以上から、解があるとすれば7個しかありえないことになります。

●具体的に調べます。

a=kb としてみます。

の式に代入します。

cos⁡θ=(a^2+2ab-b^2)/(a+b)^2 =((kb)^2+2kbb-b^2)/(kb+b)^2 =(k^2+2k-1)/(k+1)^2

これがs＝cos360°/7になればよいわけです。

(k^2+2k-1)/(k+1)^2 =s

k^2+2k-1=s(k+1)^2

(1-s) k^2+2(1-s)k-(1+s)=0

k=(-(1-s)±√((1-s)^2+(1-s)(1+s) ))/(1-s)=(s-1±√(2(1-s) ))/(1-s)

kは正なので、

k=(√(2(1-s) )-(1-s))/(1-s)=(√(2(1-s) )-(1-s))/(1-s)=√(2/(1-s))-1≅√(2/(1-cos⁡〖(360°)/7〗 ))-1≅1.3047⋯

黄円の直径は、

2t=(2b^2)/(a+2b)=(2b^2)/(kb+2b)=2b/(k+2)=2b/(√(2/(1-s))-1+2)=2b/(√(2/(1-s))+1) (≅0.6051⋯×b)

「水の流れ」 更新 6/7

第九問題と第十問題は解けていません。

皆さん、問題や質問に答えてください。一部でも構いませんから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。待っています。