平成２７年８月２日

[流れ星]

　　　　　第324回数学的な応募問題

　　　　　　＜解答募集期間：8月2日〜8月30日＞

［円に外接する多角形］

日本の数学　何題解けますか「下」（森北出版）を読んでいて、次の問題を考えました。

半径ｒの円に外接する多角形をＡ_１Ａ_２Ａ_３・・・Ａ_ｉとし、図のように接点をＢ_１，Ｂ_２，Ｂ_３，・・・，Ｂ_ｉとする。

問１：ｉ＝３の三角形のとき、接線の長さをＡ_１Ｂ_１＝ａ，Ａ_２Ｂ_２＝ｂ，Ａ_３Ｂ₃＝ｃとして、ｒをａ,ｂ,ｃで表せ。

問２：ｉ＝４の四角形のとき、接線の長さをＡ_１Ｂ_１＝ａ，Ａ_２Ｂ_２＝ｂ，Ａ_３Ｂ₃＝ｃ，Ａ_４Ｂ_４＝ｄとして、ｒをａ，ｂ，ｃ、ｄで表せ。

問３：ｉ＝５の五角形のとき、接線の長さをＡ_１Ｂ_１＝ａ，Ａ_２Ｂ_２＝ｂ，Ａ_３Ｂ₃＝ｃ，Ａ_４Ｂ_４＝ｄ，Ａ_５Ｂ_５＝ｅとして、ｒを求める方程式を作れ。

　

参考文献：日本の数学　何題解けますか「下」（森北出版）ダン・ソコロフスキー、深川英俊共著

参考　問２、問３は江戸時代の和算書「算法助術」長谷川弘 閲/山本賀前 編（1841年）。一般的な解法は「幾何学大辞典（全8巻）に書いてあるそうです。

NO1「uchinyan」 08/02 16時14分　受信

「uchinyan」 08/03 13時56分　受信

「uchinyan」 08/05 11時56分　受信 更新 8/30

できるだけ一般的に考えてみましょう。

円の中心を O，半径を r，k = 1, 2, … i として，AkBk = ak，中心角/2 = ∠AkOBk = αk，とします。

すると，tanαk = ak/r，中心角の和 = 2α1 + 2α2 + … + 2αi = 2πn，α1 + α2 + … + αi = πn，

ただし n は正の整数，です。n を導入して中心 O の回りを複数回回って閉じるものも含めています。

この問題の多角形は通常の凸多角形でこうした変則的多角形は対象にしていないように見えますが，

後で示すようにこれも除外しない方が理論的にはスッキリするようです。

また，さすがに，0 < 中心角 = 2αk < π，0 < αk < π/2，とするのが自然でしょう。

さて，この条件の下で，，tan(α1 + α2 + … + αi) = tan(πn) = 0，になります。

これより，左辺の tan(α1 + α2 + … + αi) を tan の加法定理を使って順次展開し

tanα1，tanα2，…，tanαi で表して a1/r，a2/r，…，ai/r を代入し整理すれば，

r の方程式，以下の例から明らかですが，r の i-1 次方程式，が得られます。

そこで，この方程式を解けば，解ければ (^^;，r が求められます。

以下，具体的にやってみましょう。

問１：

i = 3，

A1B1 = a，A2B2 = b，A3B3 = c，∠A1OB1 = α，∠A2OB2 = β，∠A3OB3 = γ，とします。

tanα = a/r，tanβ = b/r，tanγ = c/r，

tan(α+β) = (tanα + tanβ)/(1 - tanαtanβ) = (a/r + b/r)/(1 - (a/r)(b/r)) = (a + b)r/(r^2 - ab)，

tan(α+β+γ) = (tan(α+β) + tanγ)/(1 - tan(α+β)tanγ)

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

= ((a + b)r^2 + c(r^2 - ab))/((r^2 - ab)r - (a + b)cr)

= ((a + b + c)r^2 - abc)/(r^3 - (ab + bc + ca)r)

tan(α+β+γ) = 0 より，

(a + b + c)r^2 - abc = 0，

r = √(abc/(a + b + c))，

になります。

(別解)

i = 3，つまり，三角形の場合は，面積経由でより容易に求められます。

A1A2 = a + b，A2A3 = b + c，A3A1 = c + a，なので，s = (A1A2 + A2A3 + A3A1)/2 = a + b + c，より，

△A1A2A3 = △OA1A2 + △OA2A3 + △OA3A1 = (A1A2 + A2A3 + A3A1)r/2 = (a + b + c)r，

一方で，ヘロンの公式より，

△A1A2A3 = √(s(s - (a + b))(s - (b + c))(s - (c + a))) = √(abc(a + b + c))，

なので，

(a + b + c)r = √(abc(a + b + c))，

r = √(abc/(a + b + c))，

になります。

問２：

i = 4，

A1B1 = a，A2B2 = b，A3B3 = c，A4B4 = d，

∠A1OB1 = α，∠A2OB2 = β，∠A3OB3 = γ，∠A4OB4 = δ，とします。

tanα = a/r，tanβ = b/r，tanγ = c/r，tanδ = d/r，

tan(α+β) = (a + b)r/(r^2 - ab)，tan(γ+δ) = (c + d)r/(r^2 - cd)，

tan(α+β+γ+δ) = (tan(α+β) + tan(γ+δ))/(1 - tan(α+β)tan(γ+δ)) = 0，

tan(α+β) + tan(γ+δ) = 0，

(a + b)r/(r^2 - ab) + (c + d)r/(r^2 - cd) = 0，

r((a + b + c + d)r^2 - (abc + bcd + cda + dab)) = 0，

r = √((abc + bcd + cda + dab)/(a + b + c + d))，

になります。

問３：

i = 5，

A1B1 = a，A2B2 = b，A3B3 = c，A4B4 = d，A5B5 = e，

∠A1OB1 = α，∠A2OB2 = β，∠A3OB3 = γ，∠A4OB4 = δ，∠A5OB5 = ε，とします。

tanα = a/r，tanβ = b/r，tanγ = c/r，tanδ = d/r，tanε = e/r，

tan(α+β+γ) = ((a + b + c)r^2 - abc)/(r^3 - (ab + bc + ca)r) tan(δ+ε) = (d + e)r/(r^2 - de)，

tan(α+β+γ+δ+ε) = (tan(α+β+γ) + tan(δ+ε))/(1 - tan(α+β+γ)tan(δ+ε)) = 0，

tan(α+β+γ) + tan(δ+ε) = 0，

((a + b + c)r^2 - abc)/(r^3 - (ab + bc + ca)r) + (d + e)r/(r^2 - de) = 0，

((a + b + c)r^2 - abc)(r^2 - de) + (d + e)r(r^3 - (ab + bc + ca)r) = 0，

(a + b + c + d + e)r^4 - (abc + abd + abe + acd + ace + ade + bcd + bce + bde + cde)r^2 + abcde = 0，

になります。

(ちょっとだけ考察)

これは，r^2 の２次方程式なので解くことができ，r > 0 の解は一般に二つあります。

しかし，これらが図形的にどういうものか，この問題で興味あるものか，はまた別の話です。

例えば，a = b = c = d = e = 1 の場合は，一辺の長さが 2 の等辺五角形です。

そして，普通の凸多角形ならば，α = β = γ = δ = ε = π/5 = 36°で，これは正五角形です。

一方で，r の方程式は，5r^4 - 10r^2 + 1 = 0，で，r = √(1 ± 2/√5)，です。

r = √(1 + 2/√5) > 1 のときは，

tanα = 1/r = √(5 - 2√5) < 1，cosα = (√5 + 1)/4，で，α = 36°，正五角形，です。

r = √(1 - 2/√5) < 1 のときは，

tanα = 1/r = √(5 + 2√5) > 1，cosα = (√5 - 1)/4，で，α > 45°と奇妙な解です。

これは，(cos(α/2))^2 = (1 + cosα)/2 = (3 + √5)/8 = ((√5 + 1)/4)^2，cos(α/2) = (√5 + 1)/4，

α/2 = 36°，α = 72°，となり，α = β = γ = δ = ε = 72°= 2π/5，です。

つまり，最初に注意した n = 2 の場合，中心 O を 2 回回って閉じる多角形，です。

こうしたことをもとに図形的な形状を検討すると，正五角形の対角線からなる五芒星，と分かります。

恥ずかしながら，最初私は全く念頭になかったのですが，これも立派に条件を満たしていますね。

i >= 6 でも，r の i-1 次方程式，恐らく実際には，r^2 の [(i-1)/2] 次方程式，になるので，

同様のことがいえると思われます。

ただし，i = 6，接線の長さがすべて 1，で考えれば分かりますが，中心 O を，

1 回回るのは正六角形，2 回回るのは正三角形，で，後者は i = 3 に含まれるので注意が必要です。

このように，無駄な周りを除くと，i >= 6 では，i が素数の場合がより重要になるものと思われます。

なお，凸多角形に限るのならば，方程式の解の中からそれを選び出すことになりますね。

(幾何学大辞典の考え方に基づいた別解)

その後，水の流れさんからメールにて，幾何学大辞典の解法のアウトラインを教えて頂きました。

私なりの解釈を交えてまとめておきます。確かにこの方法ならほとんど計算なしで方程式を導けます。

r，ak，αk を最初と同様に定義し，α1 + α2 + … + αi = πn，までは同じです。

ただし，説明の都合上，以下では，i の代わりに m と書きます。

そこで，tanαk = ak/r，k = 1, 2, …, m，α1 + α2 + … + αm = πn，です。

ここで，第１のポイントとして，tan ではなく cos と sin を使います。

cos(α1 + α2 + … + αm) = cos(πn) = (-1)^n，sin(α1 + α2 + … + αm) = sin(πn) = 0

さらに，第２のポイントとして，これを複素数で表します。

cos(α1 + α2 + … + αm) + i * sin(α1 + α2 + … + αm) = (-1)^n

左辺は複素数の積が回転を表すことから，cosαk + i * sinαk，k = 1, 2, …, m，の積で書けます。

(cosα1 + i * sinα1) * (cosα2 + i * sinα2) * … * (cosαm + i * sinαm) = (-1)^n

cosα1cosα2…cosαm ≠ 0 で両辺を割って，

(1 + i * tanα1) * (1 + i * tanα2) * … * (1 + i * tanαm) = (-1)^n/(cosα1cosα2…cosαm)

(1 + i * a1/r) * (1 + i * a2/r) * … * (1 + i * am/r) = (-1)^n/(cosα1cosα2…cosαm)

そこで，左辺を実際に展開すれば，虚数部分 = 0，から，1/r の，したがって r の，方程式が得られます。

そして，虚数部分は，1/r の奇数個の積の項の和で，しかも対称性から a1, a2, …, am に関して対称です。

つまり，1/r，したがって r，の奇数乗の係数は a1, a2, …, am の奇数個の積の基本対称式です。

このことより，問１：〜問３：は，次のようになります。

m = 3 の場合

i^3 * abc/r^3 + i * (a + b + c)/r = 0

- abc/r^3 + (a + b + c)/r = 0

(a + b + c)r^2 - abc = 0

m = 4 の場合

i^3 * (abc + bcd + cda + dab)/r^3 + i * (a + b + c + d)/r = 0

- (abc + bcd + cda + dab)/r^3 + (a + b + c + d)/r = 0

(a + b + c + d)r^2 - (abc + bcd + cda + dab) = 0

m = 5 の場合

i^5 * abcde/r^5 + i^3 * (abc + abd + abe + acd + ace + ade + bcd + bce + bde + cde)/r^3 + i * (a + b + c + d + e)/r = 0，

abcde/r^5 - (abc + abd + abe + acd + ace + ade + bcd + bce + bde + cde)/r^3 + (a + b + c + d + e)/r = 0，

(a + b + c + d + e)r^4 - (abc + abd + abe + acd + ace + ade + bcd + bce + bde + cde)r^2 + abcde = 0，

このように，容易に r の方程式を求めることができます。

以下同様にして，

m が奇数の場合

Σ[k=0,(m-1)/2]{(-1)^k * (a1 〜 am のうち 2k+1 個の積の対称式) * r^(m-1-2k)} = 0

m が偶数の場合

Σ[k=0,(m-2)/2]{(-1)^k * (a1 〜 am のうち 2k+1 個の積の対称式) * r^(m-2-2k)} = 0

と一般的な場合の方程式も大した計算なしに容易に導けます。

予想どおり，r^2 の [(i-1)/2] 次方程式，ですね。

私の tan の加法定理による解法では，予想はつくものの，m が大きくなると計算が大変です。

複素数をうまく使うアイディアなど，さすがだな，と思います。

なお，r の方程式の解に関しては，(ちょっとだけ考察)で示したとおりだと思います。

(感想1)

最初に書いた方法では，tan の加法定理による展開で，原理的には，任意の i で r の方程式を導けます。

しかし，その方程式は r の i-1 次方程式になり，一般には，導くことも解くことも難しそうです。

さらに，i >= 5 では，一般に複数の解の可能性もあり，それらが図形的にどうなっているのかの確認も必要で，

なかなか複雑なことになりそうです。他によりよい解法があるのかも知れません。

例えば，普通の凸多角形に限れば，問１：の(別解)のように，接線の長さからその面積 S を計算できれば，

r = S/(a1 + a2 + … + ai) と簡単に求まります。正多角形など特別な場合にはこの方がいいですね。

問２：と問３：は和算書にあるとのこと。

ただ，和算では具体的な数値が与えられていることが多いので，どこまで一般的なのでしょうか。

一方，幾何学大辞典は手元にないので確認できないのですが，一般的に解かれているのでしょうか。

だとしたら，ここで示した解法よりもよい解法があるということですね。

うーむ，どうやるのかな。

(感想2)

その後，水の流れさんから幾何学大辞典に載っている解法を教えてもらいました。

そこで，私の解釈も含めてまとめてみました。

容易に一般の場合の r の方程式が求まってしまいます。さすが幾何学大辞典に載るだけの解法ですね。

＜水の流れ：助かりました。ご苦労に感謝します。ありがとうございます＞

NO2「浜田明巳」 08/06 10時10分　受信 更新 8/30

問１

　　△Ａ_１Ａ_２Ａ_３＝△ＩＡ_１Ａ_２＋△ＩＡ_２Ａ_３＋△ＩＡ_３Ａ_１
　　　　　　＝１／２・Ａ_１Ａ_２・ＩＢ_１＋１／２・Ａ_２Ａ_３・ＩＢ_２＋１／２・Ａ_３Ａ_１・ＩＢ_３
　　　　　　＝１／２・(ａ＋ｂ)・ｒ＋１／２・(ｂ＋ｃ)・ｒ＋１／２・(ｃ＋ａ)・ｒ
　　　　　　＝(ａ＋ｂ＋ｃ)ｒ
　また，ｓ＝(Ａ_１Ａ_２＋Ａ_２Ａ_３＋Ａ_３Ａ_１)／２＝ａ＋ｂ＋ｃとすると，ヘロンの公式より，
　　△Ａ_１Ａ_２Ａ_３＝{ｓ(ｓ−Ａ_１Ａ_２)(ｓ−Ａ_２Ａ_３)(ｓ−Ａ_３Ａ_１)}^１／２
　　　　　　＝[(ａ＋ｂ＋ｃ){(ａ＋ｂ＋ｃ)−(ａ＋ｂ)}{(ａ＋ｂ＋ｃ)−(ｂ＋ｃ)}{(ａ＋ｂ＋ｃ)−(ｃ＋ａ)}]^１／２
　　　　　　＝{(ａ＋ｂ＋ｃ)ａｂｃ}^１／２
　　　　　　＝(ａ＋ｂ＋ｃ)ｒ
　　∴ｒ＝{ａｂｃ／(ａ＋ｂ＋ｃ)}^１／２・・・(答)

問２

　四角形Ａ_１Ａ_２Ａ_３Ａ_４＝△ＩＡ_１Ａ_２＋△ＩＡ_２Ａ_３＋△ＩＡ_３Ａ_４＋△ＩＡ_４Ａ_１
　　　　　　＝１／２・Ａ_１Ａ_２・ＩＢ_１＋１／２・Ａ_２Ａ_３・ＩＢ_２＋１／２・Ａ_３Ａ_４・ＩＢ_３＋１／２・Ａ_４Ａ_１・ＩＢ_４
　　　　　　＝１／２・(ａ＋ｂ)・ｒ＋１／２・(ｂ＋ｃ)・ｒ＋１／２・(ｃ＋ｄ)・ｒ＋１／２・(ｄ＋ａ)・ｒ
　　　　　　＝(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)ｒ
　また，ｓ＝(Ａ_１Ａ_２＋Ａ_２Ａ_３＋Ａ_３Ａ_４＋Ａ_４Ａ_１)／２＝ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄとする．
　四角形Ａ_１Ａ_２Ａ_３Ａ_４は円Ｉに外接しているので，ブラーマグプタの公式より，
　　四角形Ａ_１Ａ_２Ａ_３Ａ_４＝{(ｓ−Ａ_１Ａ_２)(ｓ−Ａ_２Ａ_３)(ｓ−Ａ_３Ａ_４)(ｓ−Ａ_４Ａ_１)}^１／２
　　　　　　＝[{(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)−(ａ＋ｂ)}{(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)−(ｂ＋ｃ)}{(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)−(ｃ＋ｄ)}{(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)−(ｄ＋ａ)}]^１／２
　　　　　　＝{(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ｄ)(ｄ＋ａ)}^１／２
　　　　　　＝(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)ｒ
　　∴ｒ＝{(ａ＋ｂ)(ｂ＋ｃ)(ｃ＋ｄ)(ｄ＋ａ)}^１／２／(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)・・・(答)

問３

　∠Ａ_１ＩＢ_１＝θ_１とする．
　△ＩＡ_１Ｂ_１において，tanθ_１＝ａ／ｒ
　　∴θ_１＝arctan(ａ／ｒ)
　∠Ｂ_５ＩＢ_１＝２θ_１であり，同様に，
　　∠Ｂ_１ＩＢ_２＝２θ_２，∠Ｂ_２ＩＢ_３＝２θ_３，∠Ｂ_３ＩＢ_４＝２θ_４，∠Ｂ_４ＩＢ_５＝２θ_５
とすると，
　　２(θ_１＋θ_２＋θ_３＋θ_４＋θ_５)＝２π
　　∴arctan(ａ／ｒ)＋arctan(ｂ／ｒ)＋arctan(ｃ／ｒ)＋arctan(ｄ／ｒ)＋arctan(ｅ／ｒ)＝π・・・(答)

　他の多角形の場合も同様に成立する．
　実際，１辺の長さが１の正三角形において，ａ＝ｂ＝ｃ＝１／２であるので，
　　３arctan{(１／２)／ｒ}＝π
　　∴artan{１／(２ｒ)}＝π／３
　　∴１／(２ｒ)＝tan(π／３)＝√３
　　∴ｒ＝１／(２√３)
　問１の結果から，
　　ｒ＝[{(１／２)(１／２)(１／２)}／(１／２＋１／２＋１／２)]^１／２＝１／(２√３)

　１辺の長さが１の正方形において，ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝１／２であるので，
　　４arctan{(１／２)／ｒ}＝π
　　∴artan{１／(２ｒ)}＝π／４
　　∴１／(２ｒ)＝tan(π／４)＝１
　　∴ｒ＝１／２
　問２の結果から，
　　ｒ＝{(１／２＋１／２)(１／２＋１／２)(１／２＋１／２)(１／２＋１／２)}^１／２／(１／２＋１／２＋１／２＋１／２)＝１／２

NO3「二度漬け白菜」 08/07 21時27分　受信

「二度漬け白菜」 08/08 18時01分　受信 更新 8/30

第324回数学的な応募問題 の解答

(答)
問1：r=√(a*b*c/(a+b+c))
問2：r=√((a*b*c+a*b*d+a*c*d+b*c*d)/(a+b+c+d))
問3：r の満たす方程式は，
a*b*c*d*e-(a*b*c+a*b*d+a*b*e+a*c*d+a*c*e+a*d*e+b*c*d+b*c*e+b*d*e+c*d*e)*r^2+(a+b+c+d+e)*r^4=0

3以上の整数 n に対して，
中心O，半径 r の円に外接する n 角形 A[1]A[2]…A[n] を考える．
辺 A[i]A[i+1] と円との接点を B[i] とし，線分A[i]B[i]の長さをa[i]とする．
(i=1,2, … ,n  ただし，A[n+1] は A[1]と考える．)
このとき，
tan(∠OA[i]B[i]) = r/a[i]
となっている．

ここでnを任意の正整数として考える．
xの多項式 f(x) のx^nの係数を [x^n]f(x) と表すことにする．
n個の実数 α[1]，α[2]， … ，α[n] および 任意の整数 k に対して，
s(n,k) を次のように定義する．
s(n,k)=[x^k]Π[i=1〜n](1+x*tan(α[i]))．
(したがって，k＜0 および k＞n のときには，s(n,k)=0 となる．)
例えばn=3のとき，x の多項式
Π[i=1〜3](1+x*tan(α[i]))=(1+x*tan(α[1]))*(1+x*tan(α[2]))*(1+x*tan(α[3]))
を展開したときのx^2の係数は
tan(α[1])*tan(α[2])+tan(α[1])*tan(α[3])+tan(α[2])*tan(α[3])
であるので，
s(3,2)=tan(α[1])*tan(α[2])+tan(α[1])*tan(α[3])+tan(α[2])*tan(α[3])．

(補題)
任意の正整数nに対して，次の2つの等式が成り立つ．
sin(Σ[i=1〜n]α[i])=(Π[i=1〜n]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1))，
cos(Σ[i=1〜n]α[i])=(Π[i=1〜n]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i))．

(証明)
証明は n に関する帰納法による．

まず次のことに注意する．
Π[k=1〜n+1](1+x*tan(α[k]))
=Π[k=1〜n](1+x*tan(α[k])) + (Π[k=1〜n](1+x*tan(α[k])))*(x*tan(α[n+1]))
であるので，
s(n+1,2*i)=s(n,2*i)+s(n,2*i-1)*tan(α[n+1])　および
s(n+1,2*i+1)=s(n,2*i+1)+s(n,2*i)*tan(α[n+1])
が成り立つ．
これらの等式の両辺に (-1)^i を掛けて，さらに両辺の和 Σ[i=0〜∞] を考えれば，
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n+1,2*i)
=Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i)+(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i-1))*tan(α[n+1]) ---(☆)
および
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n+1,2*i+1)
=Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1)+(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i))*tan(α[n+1]) ---(★)
が成り立つ．

n=1のときは(補題)の2つの等式は正しい．
n以下の任意の正整数に対して(補題)の2つの等式が成り立っていると仮定する．このとき，
sin(Σ[i=1〜n+1]α[i])
=sin(Σ[i=1〜n]α[i]+α[n+1])
=sin(Σ[i=1〜n]α[i])*cos(α[n+1]) + cos(Σ[i=1〜n]α[i])*sin(α[n+1])
=(Π[i=1〜n]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1))*cos(α[n+1])
+(Π[i=1〜n]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i))*tan(α[n+1])*cos(α[n+1])
=(Π[i=1〜n+1]cos(α[i]))*( Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1)+Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i)*tan(α[n+1]) )
=(Π[i=1〜n+1]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n+1,2*i+1))  (∵(★))

さらに，
cos(Σ[i=1〜n+1]α[i])
=cos(Σ[i=1〜n]α[i]+α[n+1])
=cos(Σ[i=1〜n]α[i])*cos(α[n+1]) - sin(Σ[i=1〜n]α[i])*sin(α[n+1])
=(Π[i=1〜n]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i))*cos(α[n+1])
-(Π[i=1〜n]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1))*tan(α[n+1])*cos(α[n+1])
=(Π[i=1〜n+1]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i)-Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1)*tan(α[n+1]))
=(Π[i=1〜n+1]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i)+Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i-1)*tan(α[n+1]))
=(Π[i=1〜n+1]cos(α[i]))*(Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n+1,2*i))  (∵(☆))
よって，n+1のときにも(補題)の2つの等式は正しい．(証明終)

いま，
α[i]=∠OA[i]B[i] (i=1,2, … ,n) とする．
s(n,k)=[x^k]Π[i=1〜n](1+x*tan(α[i]))
=[x^k]Π[i=1〜n](1+x*r/a[i])
である．
このとき，Σ[i=1〜n]α[i]=π*(n-2)/2．
よって，
nが奇数のときは，cos(Σ[i=1〜n]α[i])=0 であり，
(補題)より， Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i)=0 となることがわかる．
また，nが偶数のときは，sin(Σ[i=1〜n]α[i])=0 であり，
(補題)より，Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(n,2*i+1)=0 となることがわかる．

n=3のときは，
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(3,2*i)=0
⇔ s(3,0)-s(3,2)=0
⇔ 1-(r/a[1])*(r/a[2])-(r/a[2])*(r/a[3])-(r/a[3])*(r/a[1])=0
⇔ a[1]*a[2]*a[3]-(r^2)*(a[3]+a[1]+a[2])=0
⇔ r=(a[1]*a[2]*a[3]/(a[1]+a[2]+a[3]))^(1/2)．

n=4のときは，
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(4,2*i+1)=0
⇔ s(4,1)-s(4,3)=0
⇔ r*(1/a[1]+1/a[2]+1/a[3]+1/a[4])-r^3*(1/(a[1]*a[2]*a[3])+1/(a[1]*a[2]*a[4])+
1/(a[1]*a[3]*a[4])+1/(a[2]*a[3]*a[4]))=0
⇔ r=((a[1]*a[2]*a[3]+a[1]*a[2]*a[4]+a[1]*a[3]*a[4]+a[2]*a[3]*a[4])/(a[1]+a[2]+a[3]+a[4]))^(1/2).

n=5のときは，
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(5,2*i)=0

⇔ s(5,0)-s(5,2)+s(5,4)=0

⇔ 1-(r^2)*(1/(a[1]*a[2])+1/(a[1]*a[3])+1/(a[1]*a[4])+1/(a[1]*a[5])+1/(a[2]*a[3])
+1/(a[2]*a[4])+1/(a[2]*a[5])+1/(a[3]*a[4])+1/(a[3]*a[5])+1/(a[4]*a[5]))
+(r^4)*(1/(a[1]*a[2]*a[3]*a[4])+1/(a[1]*a[2]*a[3]*a[5])+1/(a[1]*a[2]*a[4]*a[5])
+1/(a[1]*a[3]*a[4]*a[5])+1/(a[2]*a[3]*a[4]*a[5]))=0

⇒ a[1]*a[2]*a[3]*a[4]*a[5]
-(r^2)*(a[1]*a[2]*a[3]+a[1]*a[2]*a[4]+a[1]*a[2]*a[5]+a[1]*a[3]*a[4]+a[1]*a[3]*a[5]
+a[1]*a[4]*a[5]+a[2]*a[3]*a[4]+a[2]*a[3]*a[5]+a[2]*a[4]*a[5]+a[3]*a[4]*a[5])
+(r^4)*(a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5])=0

以下 a[i] を単に ai とかく．
　
n=6のときは，
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(6,2*i+1)=0
⇔ s(6,1)-s(6,3)+s(6,5)=0
⇒(a1*a2*a3*a4*a5+a1*a2*a3*a4*a6+a1*a2*a3*a5*a6+a1*a2*a4*a5*a6+a1*a3*a4*a5*a6
+a2*a3*a4*a5*a6)*r-(a1*a2*a3+a1*a2*a4+a1*a2*a5+a1*a2*a6+a1*a3*a4+a1*a3*a5
+a1*a3*a6+a1*a4*a5+a1*a4*a6+a1*a5*a6+a2*a3*a4+a2*a3*a5+a2*a3*a6+a2*a4*a5+a2*a4*a6
+a2*a5*a6+a3*a4*a5+a3*a4*a6+a3*a5*a6+a4*a5*a6)*r^3+(a1+a2+a3+a4+a5+a6)*r^5=0

n=7のときは，
Σ[i=0〜∞]((-1)^i)*s(7,2*i)=0
⇔ s(7,0)-s(7,2)+s(7,4)-s(7,6)=0
⇒a1*a2*a3*a4*a5*a6*a7
-(a1*a2*a3*a4*a5+a1*a2*a3*a4*a6+a1*a2*a3*a4*a7+a1*a2*a3*a5*a6+a1*a2*a3*a5*a7
+a1*a2*a3*a6*a7+a1*a2*a4*a5*a6+a1*a2*a4*a5*a7+a1*a2*a4*a6*a7+a1*a2*a5*a6*a7
+a1*a3*a4*a5*a6+a1*a3*a4*a5*a7+a1*a3*a4*a6*a7+a1*a3*a5*a6*a7+a1*a4*a5*a6*a7
+a2*a3*a4*a5*a6+a2*a3*a4*a5*a7+a2*a3*a4*a6*a7+a2*a3*a5*a6*a7+a2*a4*a5*a6*a7
+a3*a4*a5*a6*a7)*r^2
+(a1*a2*a3+a1*a2*a4+a1*a2*a5+a1*a2*a6+a1*a2*a7+a1*a3*a4+a1*a3*a5+a1*a3*a6
+a1*a3*a7+a1*a4*a5+a1*a4*a6+a1*a4*a7+a1*a5*a6+a1*a5*a7+a1*a6*a7+a2*a3*a4
+a2*a3*a5+a2*a3*a6+a2*a3*a7+a2*a4*a5+a2*a4*a6+a2*a4*a7+a2*a5*a6+a2*a5*a7
+a2*a6*a7+a3*a4*a5+a3*a4*a6+a3*a4*a7+a3*a5*a6+a3*a5*a7+a3*a6*a7+a4*a5*a6
+a4*a5*a7+a4*a6*a7+a5*a6*a7)*r^4
-(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7)*r^6=0

というふうになる。

和算家というのは結構面白い問題を考えていたのですね．
彼らはいった いどのようにしてこの問題を解いていたのでしょうか？
かなり興味がわいてきました．

NO4「早起きのおじさん」 08/09 16時53分　受信 更新 8/30

324解答　早起きのおじさん

問題１

三角形の3辺の長さが分かっているとき、その面積Sはヘロンの公式から、 です。（図1）

図2でS＝△A₁A₂A₃＝△OA₁A₂＋△OA₂A₃＋△OA₃A₁と考えると、

一方、ヘロンの公式で考えると、

二つの結果から、

この式は、a、b、cについて対称です。

問題２

次に、図2をもとにし、図3のように新たに、接線A₃A₄を考えます。

今までのA₃はA₃’、B₃はB₄、長さcはc’とします。

S＝□A₁A₂A₃A₄＝△OA₁A₂＋△OA₂A₃＋△OA₃A₄＋△OA₄A₁と考えると、

一方、S＝△A₁A₂A₃’−△A₃’A₃A₄と考えると、

なので、

･･･(1)

となります。

さて、□OB₂A₃’B₄を図4に抜き出します。

□OB₂A₃’B₄＝2×△OB₂A₃’＝c’ｒ･･･(2)

一方、

□OB₂A₃’B₄＝□OB₂A₃B₃＋□OB₃A₄B₄＋△A₃’A₃A₄

とすると、

(2)、(3)を連立させると、

ここで、図4を見て、c’＝c＋d はないので、

これを(1)に代入して、

両辺2乗して、

下の式は、a、b、c、dについて対称でないので

問題３

考え方は、今までと同じです。

五角形A₁A₂A₃A₄A₅の面積Sは、半径rを用いると、

一方、□A₁A₂A₃A₄’の面積Uから△A₄’A₄A₅の面積T引いても求まるので、

だから方程式の一つは、

次に、□OB₃A₄’B₅の面積を考えてもう一つの方程式は、

(5)からd’について解き、(4)に代入してrについて解くことになります。

計算はしませんが、次の答えが予想されます。

（a、b、c、d、eの対称式）

＜水の流れ：問題３の結果には誤りがありましたので、下に訂正があります。＞

NO5「早起きのおじさん」 08/11 21時21分　受信 更新 8/30　

324_2解答　早起きのおじさん

準備

●正接tanθについての、加法定理を確認しておきます。

角が3つ、4つのもみておきます。

●n角形の内角の和は、n(π−2)です。

問題１

∠A₁＝A、∠A₂＝B、∠A₃＝Cと表すことにします。

図より、

また、A＋B＋C＝πなので、

よって、

問題２

考え方は、問題１と同様です。

また、A＋B＋C＋D＝2πなので、

よって、

問題３

また、A＋B＋C＋D＋E＝3πなので、

よって、

これが、rを求める方程式です。

公式をあてはめると、

となります。

根号の中の は、0にならないので、前の解答で書いた予想の

は誤りだということになります。