平成１５年１１月１６日

[流れ星]

　　　　　　　　第１２７回数学的な応募問題解答

　　　　　　　　　　＜解答募集期間：１０月２６日〜１１月１６日＞

［間接証明］

　　　

先日生徒に、「間接証明として、背理法、対偶による証明、同一法があるが、次のレームス・シュタイナー問題にチャレンジしてみなさい」
と言いました。ここで、平面幾何の問題です。もちろん、直接証明でも間接証明でも解けますからね。

三角形ＡＢＣにおいて、ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとする。ＡＢ、ＡＣ上に点Ｄ、Ｅを角Ｃ，角Ｂを２等分するようにとる。
　　ＢＥ＝ＣＤならばＡＢ＝ＡＣ　が成立することを証明せよ。

ＮＯ１「中川幸一」さん 10/26: 06時24分 受信 更新11/16

ＮＯ２「kasama」 10/28: 23時4１分 受信 更新11/16
＜コメント＞いつも楽しい問題を出題して頂きありがとうございました。仕事が一段落したので、問題に取り組んでみました。
　簡単に見えたので、数日間未着手のままでした。しかし、ご指摘のようにやってみると意外と苦労しました。
「直接証明」と「間接証明」の２つをやろうと思ったのですが、とてもそんな余裕はありませんでした。
　今日のところは、「直接証明」だけとなってしまいました。で、「直接証明」の解答をお送り致しますが、ほとんど力技でやったようなもので、
数式ソフトのご厄介になりました。
　これから、間接証明を考えてみますが、うまくやると直接証明よりスマートにできそうに思いますが・・・

【直接証明】

�@AE、CE、AD、BDの長さを算出

【補足１】より、 AE=bc/(a+c)、CE=ab/(a+c)　 AD=bc/(a+b)、BD=ac/(a+b)

�A辺BE、CDと他辺の長さ関係

【補足２】と�@より、　

BE²=ac-AE･CE

   =ac-ab²c/(a+c)²

   =(ac(a+c)²-ab²c)/(a+c)²

   =ac{(a+c)²-b²}/(a+c)²

   =ac(a+c-b)(a+c+b)/(a+c)²･･･(1)

同様に、CDについても

CD²=ab(a+b-c)(a+b+c)/(a+b)²･･･(2)

となります。

�BBE=CD⇒AB=ACの証明

さて、BE=CD⇒BE²-CD²=0ですから、�Aの(1)、(2)式を代入すると、

BE²-CD²=ac(a+c-b)(a+c+b)/(a+c)²-ab(a+b-c)(a+b+c)/(a+b)²=0

⇒　(a+b)²ac(a+c-b)(a+c+b)-(a+c)²ab(a+b-c)(a+b+c)=0

⇒　a(a+c+b){(a+b)²c(a+c-b)-(a+c)²b(a+b-c)}=0

ここで、a(a+c+b)>0ですから、

(a+b)²c(a+c-b)-(a+c)²b(a+b-c)=0

について考えます。後は腕力で(と言っても、素手でやるのは大変なので、Mathmediaの力を借りて)、上式を展開すると、

-a³b-a²b²+a³c-3ab²c-b³c+a²c²+3abc²+bc³=0　となり、c-bで括りだすと

(c-b){a³+a²b+(a² + 3ab + b²)c + bc²}=0　となります。ここで{}の中は正なので　 c-b=0　⇒　c=b

です。以上より、BE=CDならAB=ACとなります。

【間接証明(2003.11.10追加)】

BE=CD⇒AB=ACの対偶をとって、AB≠AC⇒BE≠CDの証明に挑戦してみました。【直接証明】の�Bを逆順に辿って矛盾を言えば良いのですが、別の観点から考えてみました。間接証明は直接照明するのが困難な場合に利用されるのですが、以下に述べるものはもとても面倒だったので、本来の趣旨に反しているでしょう。やり方は、�傳CEと�傳CDに正弦定理を適用して、BE-CDを考えAB≠AC（∠B≠∠C）⇒BE-CD≠0を導きます。方針は立つのですが、実際にやってみると、これがなかなかうまくいかず、試行錯誤を繰り返して、三角関数の変形と格闘する羽目になりました。

�@正弦定理の適用

∠B = 2α、∠C =2βとします。AB≠ACなのでα≠βですが、α＜βとしておきます。

すると、�傳CEに正弦定理の適用して、

a/sin{2π-(α+2β)} = BE/sin(2β)

⇒1/BE = -sin(α + 2β)/a･sin(2β) ･･･ (1)

同様に、�傳CDについても

a/sin{2π-(2α+β)} = CD/sin(2α)

⇒1/CD = -sin(2α + β)/a･sin(2α) ･･･ (2)

です。なお、sin(2α)＞0、sin(2β)＞0です。

�A証明の準備

BEとCDは逆数にして引算すると、(1)、(2)式より

1/BE - 1/CD

= - sin(α + 2β)/a･sin(2β) + sin(2α + β)/a･sin(2α)

= {sin(2α + β)･sin(2*β) - sin(2α)･sin(α + 2β)} / a･sin(2α)･sin(2β)

1/BE - 1/CD≠0を言えば良いので、{}の中だけに着目します。和・差⇔積の変換公式の１つである

sin(α)･sin(β)=-{cos(α+β)-cos(α-β)} / 2

を利用すると、{}は

　{} = -{cos(2α+3β)-cos(2α-β)}/2 + {cos(3α+2β)-cos(α-2β)} / 2

となり、順序を変更して整理すると、

　{} = {cos(3α+2β)-cos(2α+3β) + cos(2α-β)-cos(α-2β)} / 2

さらに、定式の{}の中だけを対象にします。再び、別の和・差⇔積の変換公式である

cos(α)-cos(β) = -2･sin{(α+β)/2}･sin{(α-β)/2}

を利用すると、{}は

　{} = -2･sin{5(α+β)/2}･sin{(α-β)/2} - 2･sin{3(α-β)/2}･sin{(α+β)/2}

　　 = -2･[sin{5(α+β)/2}･sin{(α-β)/2} + sin{3(α-β)/2}･sin{(α+β)/2}]

また、[]の中だけ考えて、

(α+β)/2=A、(α-β)/2=B ･･･ (3)

とすると、

[] = sin(5A)･sin(B) + sin(3B)･sin(A) ･･･ (4)

となります。結構ダラダラと式を変形しましたが、これで準備完了であります。α＜βのとき、上式(4)つまりBEとCD差が0でないことを証明します。

�Bα＜β⇒BE-CDの証明

三角形の性質から、0＜2α＜2β＜2π、0＜2α+2β＜2πなので、(3)式のA、Bのとり得る範囲は

　0＜A＜π/4、-π/4＜B＜π/4

ですので、

　0＜sin(A)＜1/√2、-1/√2＜sin(B)＜1/√2 ･･･ (5)

です。次に(4)式を展開（3･5倍角の公式利用）すると（本当は手でやるのはチョット･･･なので、数式ソフト利用して）、

　(4)式 = -20･sin³(A)･sin(B)-4･sin³(B)･sin(A)+8･sin(A)･sin(B)+16･sin⁵(A)･sin(B)

となるようです。4･sin(A)･sin(B)で括り出して整理すると

　(4)式 = 4･sin(A)･sin(B)･{4･sin⁴(A)-5･sin²(A)-sin²(B)+2}

ここで、sin(A)･sin(B)＞0だから、またまた、{}の中だけ考えて、範囲(5)を意識しながら整理すると、

　{} = 4･[sin²(A)-1/2]² + 4･sin²(A)-1 -5･sin²(A)-sin²(B)+2

= 4･[sin²(A)-1/2]² - sin²(A) - sin²(B) + 1

= 4･[sin²(A)-1/2]² + [1/2-sin²(A)] + [1/2-sin²(B)]

となり、[]²と[]は正なので、{}＞０です。つまり、α＜β⇒BE-CD≠0です。よって、AB≠AC⇒BE≠CDです。

参考までに、4･sin⁴(A)-5･sin²(A)-sin²(B)+2は下図のような外観です。実は、まずこれを描画して、4･sin⁴(A)-5･sin²(A)-sin²(B)+2が0より大きいだろうとあたりをつけました。

　　　　

ＮＯ２「kasama」 10/28: 23時4１分 受信 更新11/16　続き

【補足１】

��ABCにおいて、∠Aの２等分線とBCとの交点をDとすると、BD:DC＝AB:ACです。

最近の中学生はこの定理を知っているみたいですね(メネラウスの定理なんかも知っているようです。私は中学校で習った記憶はないのですが･･･単に授業を聞いていなかっただけかも？)。なので、ほとんど既成事実に近いですが、参考までに証明を記載しておきます。

【証明】　∠Ａ=2θとすると、 2×��ABD=AB･AD･sinθ、2×��ADC=AC･AD･sinθです。
一方、2つの三角形の高さは等しいですから、

��ABD:��ADC=BD:DC　です。つまり、

BD:DC=AB･AD･sinθ/2:AC･AD･sinθ/2=AB:AC　となります。

【補足２】上図において、 AD²=AB･AC-BD･DC　です。

【証明】　��ABD、��ADCに余弦定理を適用します。すると、

BD²=AB²+AD²-2･AB･AD･cosθ

CD²=AD²+AC²-2･AD･AC･cosθ　です。少し変形して

　

とやって、cosθを消去すると

AC･(AB²+AD²-BD²)=AB･(AD²+AC²-CD²)

⇒　AD²･(AC-AB)= AB･AC²-AB･CD²-AC･AB²+AC･BD²

⇒　AD²･(AC-AB)= AB･AC･(AC-AB)-AB･CD²+AC･BD²

となりますが、AB･CD²+AC･BD²の部分は補足１に記載したように

BD:DC= AB:AC　⇒　BD･AC=DC･AB

⇒　DC²･AB＝BD･AC･DC、AC･BD²=DC･AB･BD　ですから、

AD²･(AC-AB)= AB･AC･(AC-AB)-BD･DC･(AC-AB)

と整理できます。

�@AC≠ABの場合

両辺からAC-ABをはらって、AD²= AB･AC-BD･DCとなります。

�AAC＝ABの場合

BD=CD、∠ADB=∠ADC=π/2で三平方の定理から

AD²= AB²-BD²

ＮＯ３「Kashiwagi」10/30: 7時50分 受信
ＮＯ３「Kashiwagi」11/01: 22時20分 受信
ＮＯ３「Kashiwagi」11/02: 12時29分 受信 更新11/16
第12７回

【直接証明】.

題意よりAB、AC、BE及びCDの長さを各々ｃ、ｂ、ｘ、ｙとすると、角の二等分の性質よりAE＝ｂｃ／（ａ＋ｃ），ＡＤ＝ｂｃ／（ａ＋ｂ）となる。

ここで△ABCと△ABEに余弦第二定理を適用すると

a^２＝ｂ^２＋ｃ^２−２ｂｃcosA　　　　…・　�@

ｘ^２＝ｃ^２＋ｂ^２ｃ^２／（ａ＋ｃ）^２−２ｂｃ^２cosA／（ａ＋ｃ）　…・　�Aとなる。

�@及び�AからcosA　を消去すると

ｘ^２＝ｃ^２＋ｂ^２ｃ^２／（ａ＋ｃ）^２−（a^２ｃ−ｂ^２ｃ−ｃ^３）／（ａ＋ｃ）　…・�Bを得る。

全く同様な事を △ABCと△ACDに適用すると

ｙ^２＝ｂ^２＋ｂ^２ｃ^２／（ａ＋ｂ）^２−（a２ｂ−ｂ３−ｂｃ２）／（ａ＋ｃ）…・�Cとなる。

ここでBE＝CDであるからｘ＝ｙ即ち、ｘ^２＝ｙ^２であるから、
�B及び�Cより　ｃ^２＋ｂ^２ｃ^２／（ａ＋ｃ）^２−（a^２ｃ−ｂ^２ｃ−ｃ^３）／（ａ＋ｃ）

＝ｂ^２＋ｂ^２ｃ^２／（ａ＋ｂ）^２−（a^２ｂ−ｂ^３−ｂｃ^２）／（ａ＋ｃ）となる。

この式を計算すると、

（ｃ−ｂ）〔ｂ^２ｃ＋ｂ（ａ＋ｃ）^２＋a^２（ａ＋ｃ）＋abc〕＝０となる。

ところで、あ、ｂ、ｃは各々正の数であるから〔〕ないは正、即ち０でない。

因って、ｃ−ｂ＝０が成り立ち、ｃ＝ｂ　即ち、AB＝ACである。

【間接照明】

例えば∠Aが３０°、∠Cが９０°、AB＝２、AC=√３、BC＝１の直角三角形を考えると、AＢ≠ACである。

又、BE=x、CD＝ｙとすると、△ＥＢＣは∠ＥＢＣ＝３０°の直角三角形であるから

ｘ＝２√３／３となる。

又、Ｄより辺ＢＣに平行な線ＤFを引くと、ＤF＝FＣ＝ｙ／√２である。

因って、△ＡＤＥは∠Ａが３０°の直角三角形であるから、ｙ＝（３√２−√６）／２

となる。即ち、ｘ≠ｙ、ＢＥ≠CＤとなる。
つまり、AＢ≠ACならば各々の角の二等分線であるＢＥとCＤの間にはＢＥ≠CＤが成り立つ。

これは題意の対偶が成立する事を意味する。

因って、ＢＥ＝ＣＤならＡＢ＝ＣＤが成立する。

ＮＯ４「toru」 10/30: 11時52分 受信 更新11/16
第１２７回解答
直接法　AE=bc/(a+c)、ΔABEに余弦定理を適用して、
BE^2=c^2+b^2c^2/(a+c)^2-2bc^2/(a+c) cos A
ΔABCに余弦定理を適用したcosA=(b^2+c^2-a^2)/2bcを上の式に代入して計算、
 BE^2=c^2+b^2c^2/(a+c)^2-2bc^2/(a+c) cos A=ac((a+c)^2-b^2)/(a+c)^2
bとcを入れ替えれば　CD^2= ab((a+b)^2-c^2)/(a+b)^2
BE^2=CD^2とすると
ac((a+c)^2-b^2) (a+b)^2= ab((a+b)^2-c^2) (a+c)^2  両辺をaで割って整理すると、
(b-c) (a+c)^2(a+b)^2+bc(b(a+b)^2-c(a+c)^2)=0　さらに
(b-c) ((a+c)^2(a+b)^2+bc(a^2+2a(b+c)+b^2+bc+c^2))=0 、2番目のカッコ内は正で
あるから、b-c=0 でＡＢ＝ＡＣ
　
間接法　ＡＢ≠ＡＣならばＢＥ≠ＣＤを示す。
Ｃを通りＢＥと平行な直線をひき、ＡＢの延長との交点をＦとすると、角ＢＣＦ＝角
ＢＦＣ＝角Ｂ／２よりＢＦ＝a、ΔＡＢＥとΔＡＦＣの相似から
ＢＥ＝c/(a+c)×ＣＦ　
同様にBを通りＣＤに平行な直線を引きＡＣの延長との交点をＧとするとＣＧ＝aで
ＣＤ＝b/(a+b)×ＢＧ　
ＡＢ＞ＡＣの時、角Ｂ＜角Ｃで、角ＦＢＣ＞角ＧＣＢだから二等辺三角形、ΔＢＦＣ
とΔＣＧＢを比べて、ＣＦ＞ＢＧ---1)　
またc＞b⇒a/c＜a/b⇒(a+c)/c＜(a+b)/b⇒c/(a+c)＞b/(a+b)--2)
1)2)を辺辺かければ、ＢＥ＞ＣＤ
ＡＢ＜ＡＣなら同様にＢＥ＜ＣＤとなるから、ＡＢ≠ＡＣならばＢＥ≠ＣＤは示され
た。

もうちょっとうまい方法がありそうな気がしつつ、なかなかうまくいきませんでした。

ＮＯ５「H7K」 10/30: 21時59分 受信
ＮＯ５「H7K」 11/02: 22時19分 受信
ＮＯ５「H7K」 11/04: 22時44分 受信 更新11/16

記号凡例：ang:∠ in:∈ //:平行記号
D' : DD'//BC,D' in AC.
E' : EE'//BC,E' in AB.
すると，平行線の錯角よりang D'DC=ang DCB=ang DCA，よってDD'=CD'，同様にEE'=BE'．
さて，DD'がEE'より上方に来ると仮定．
仮定より，明らかにDD'<EE'，またDD'がEE'より上方にあるためには
BE sin ang EBC= BE in ang ABE<CD sin ang DCB=CD sin ang DCAが必要，
よって0<ang DCA　,　ang ABE<90°よりang DCA>ang ABE．

次に、 CD =2DD'cos ang DCA= BE=2EE'cos ang ABE，
（以下証明：　DD'//BCよりang D'DC=ang DCB=ang DCA，よってDD'=D'C．
　ここで，ΔDD'CについてD'からCDに垂線を下ろす（足をRとする）と，DR=RC，ang D'RD=ang D'RC=90°であるから，
　DR=DD'cos ang D'DC=DD'cos ang DCA，RC=D'Ccos ang DCA=DD'cos ang DCA，よってCD=2DD'cos ang DCA．
　同様にBE=2EE'cos ang ABE．）

　さて，DD'=CD/(2cos ang DCA),EE'=BE/(2cos ang ABE)であるので，
EE'>DD'であるためには，cos ang DCA>cos ang ABEが必要．
0<ang DCA,ang ABE<90°より，明らかにang DCA<ang ABE，矛盾．//
ang DCA,ang ABE<90°より，ang DCA>ang ABE．

一方，DD'とBCの距離をd，EE'とBCの距離をeとすると，明らかにd>e，
D'からBCへ垂線をおろしその足とCの距離をf，
E'からBCへ垂線をおろしその足とBの距離をgとすると，
三平方の定理よりCD'^2=DD'^2=d^2+f^2，BE'^2=EE'^2=e^2+g^2だが，
DD'<EE'，d>eより，g>f，
ここで，ang ABE,ang DCA<45°のときは，e/g=tan 2ang ABE>d/f=tan 2ang DCAよりang ABE>ang DCA，矛盾．
そうでない時は，angle B,angle Cのどちらかが鈍角となる．
ang B>90°のとき，CD^2-d^2>BC^2>BE^2-e^2となり矛盾．
ang C>90°のとき，ang ABE>ang DCAが明らかにわかるので，矛盾．
よって，DD'はEE'より上方にない．
DD'が下方に来る時も同様．//

Ｎｏ６「三角定規」 11/01: 16時47分 受信 更新11/16

　　　　＜自宅＞　　mizuryu@aqua.ocn.ne.jp