平成２０年１月２７日

[流れ星]

　　　第２０２回数学的な応募問題解答

　　　　　　＜解答募集期間：１月６日〜１月２７日

［トリチェリの問題］

皆さん、パズルでひらめく補助線の幾何学（中村義作著）「講談社」を読んでいたところ、
次のような問題を見つけたので、参考にして問題を作りました。

イタリアの物理学者で、ガリレオ・ガリレイの弟子だったトリチェリ（1608から1647）は幾何学者
としても有名であったことをご存知でしたか。フランスの代数学者フェルマーはトリチェリに
「三角形の各頂点からの和が最小になる点を求めよ」という問題を出したことがあり、
以後これをトリチェリの問題と読ばれています。ここからが、問題です。

三角形ＡＢＣがある。この内部に点Ｐをとって、点Ｐと３つの頂点Ａ，Ｂ，Ｃを図のように結びます。
このとき、距離の和ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣを最小にする点をＰとする。

ただし、三角形ＡＢＣが鈍角三角形の場合、鈍角の大きさは１２０度未満とする。

問題１：点Ｐをどこにとればよいでしょうか。

　　　ヒント：ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣと同じ長さの折れ線を作るように、頂点Ｂを中心にして、三角形ＡＰＢ
を６０度回転させてください。もちろん、他の解法もあります。

問題２：３つの頂点の座標をＡ（ａ，ｂ）、Ｂ（０，０）、Ｃ（ｃ、０）としたとき、
ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣの最小値をａ、ｂ、ｃで表せ。

問題３：点Ｐから３辺へ垂線を下ろしたときの足を図のように、Ｄ、Ｅ，Ｆとしたとき、

　　　　垂足三角形ＤＥＦが正三角形になるとあるサイトに書いてありました。その証明が分かりません
教えてください。

　　　　　　　　　　　　　　　　

＜水の流れ：問題3に関して、△DEF正三角形にならないのではないかと、指摘があり、

私自身も間違っているのではないかと、思い始めました。そこで、7日午後１０時に修正します。＞

　ペンネーム　新俳人澄朝さんからの改題です。

「各頂点を通りPA、PB、PCにそれぞれ垂直な3直線の交点からできる三角形が正三角形であることを証明せよ」

さらに、

問題４：1辺の長さが１０ｃｍである正方形ＡＢＣＤがる。４頂点に至る距離の和が最小になるような経路
を図で示してください。また、その最小値を求めてください。

研究：三角形ＡＢＣが鈍角三角形で、鈍角の大きさが１２０度以上のとき、
ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣが最小となる点Ｐはその鈍角である頂点になります。

＜水の流れ：問題3に関してあるサイトは下記のことです
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A7%E3%83%AB%E3%83%9E%E3%83%BC%E7%82%B9

　さらに、実は、すでに私のサイトに以前から載せてあります。
http://www2.ocn.ne.jp/~mizuryu/jyugyo/kenkyu2.html　＞　

ＮＯ１「uchinyan」 1/06 17時14分受信 更新1/27

＜コメント：第２０２回数学的な応募問題への解答？を送ります。「？」が付いてしまったのは，
・問題３：が成立しないように思う。
・問題４：の論証がうまくいかない。などのためです。
特に，問題３：は成立するのでしょうか？
全くの勘違いかもしれません。そうならば，ご指摘頂けると幸いです。＞

＜水の流れ：そうですか。考えてみます。ご迷惑をおかけしました。＞

第２０２回数学的な応募問題
［トリチェリの問題］

今回の問題は，第１６１回の問題の応用でしょうか？
＜水の流れ：そうです。一般の場合にしてあります。＞

問題１：(第１６１回のときの解答と同じです。)
△ABC に対して、∠APB = ∠BPC = ∠CPA = 120度，となる点 P が答え。

証明は，△APB を B を中心に60度反時計回りに回転して，A, P の移動先を D, Q とします。
△DAB は正三角形で，D は，△ABC が決定すれば決定する固定された点です。
また，∠ABC < 120度なので，D は，BC 及びその延長に関して，A と同じ側にあります。
回転の性質から，△APB ≡ △DQB なので，PA = DQ，また △BPQ は正三角形になり，PB = BQ = QP です。
つまり，PA + PB + PC = DQ + QP + PC となり，D と C とを結ぶ直線が最小です。
この最小のとき，点 Q, P を DC 上に，△APB ≡ △DQB となるようにとれば，
∠DBA = 60度なので，△APB を60度回転したものが △DQB となっており，
∠QBP = 60度で，△BPQ が正三角形になり，∠APB = ∠DQB = 120度，∠BPC = 120度 です。
そこで，さらに，∠CPA = 120度 がいえます。

問題２：
問題１：から明らかなように，PA + PB + PC の最小は，DC に等しくなります。
これを求めるには，△DBC に余弦定理を使って，
DC~2 = BD^2 + BC^2 - 2 * BD * BC * cos(60 + ∠ABC)
A(a,b), B(0,0), C(c,0) なので(ただし，a, b, c > 0 とします。こうしても図形的に一般性を失いません。)，
BD^2 = AB^2 = a^2 + b^2，BC^2 = c^2，
cos(∠ABC) = (BA^2 + BC^2 - AC^2)/(2 * BA * BC)
= (a^2 + b^2 + c^2 - (a - c)^2 - b^2)/(2 * BD * BC)
= ac/(BD * BC)
sin(∠ABC) = sqrt(1 - (cos(∠ABC))^2)
= sqrt(1 - (ac/(BD * BC))^2)
= sqrt(BD^2 * BC^2 - a^2 * c^2)/(BD * BC)
= sqrt((a^2 + b^2) * c^2 - a^2 * c^2)/(BD * BC)
= sqrt(b^2 * c^2)/(BD * BC)
= bc/(BD * BC)
BD * BC * cos(60 + ∠ABC) = BD * BC * (cos(60)cos(∠ABC) - sin(60)sin(∠ABC))
= ac/2 - bc * sqrt(3)/2
= (ac - bc * sqrt(3))/2
そこで，
DC^2 = a^2 + b^2 + c^2 - (ac - bc * sqrt(3))
PA + PB + PC の最小値 = DC = sqrt(a^2 + b^2 + c^2 - ac + bc * sqrt(3))

問題３：
これは，何かおかしくないでしょうか？
BC⊥PD，CA⊥PE，AB⊥PF なので，□PDCE，□PEAF，□PFBD はそれぞれ円に内接します。
そこで，例えば，∠PED = ∠PCD，∠PFD = ∠PBD です。
問題１：より，P は，∠BPC = 120度 なので，∠PCD + ∠PBD = 180 - 120 = 60度 で，∠PED + ∠PFD = 60度 です。
ここで，□AFDE において，∠EAF + ∠AFD + ∠FDE + ∠DEA = 360度 ですが，
∠AFD = ∠PFA + ∠PFD = 90 + ∠PFD，∠DEA = ∠PEA + ∠PED = 90 + ∠PED なので，
∠EAF + ∠FDE + 180 + ∠PFD + ∠PED = 360
∠EAF + ∠FDE + 180 + 60 = 360
∠EAF + ∠FDE = 120
したがって，△DEF が正三角形になるためには，∠FDE = 60度 ですが，∠EAF = 60度 でなければなりません。
全く同様にして，結局，△DEF が正三角形になるには，△ABC が正三角形になることが必要になります。
一般の △ABC では，題意は成立しないと思われます。

問題４：
いま一つ論証がうまくいかないのですが，半ば直感で，次のように考えられます (^^;
正方形の各頂点を反時計回りに A, B, C, D とし，対角線の交点を O とします。
△OAB を考えると，O, A, B からの距離の和が最小になる点 P は，問題１：より，∠APB = ∠BPO = ∠OPA = 120度 となる点です。
△OCD を考えると，O, C, D からの距離の和が最小になる点 Q は，問題１：より，∠CQD = ∠DQO = ∠OQC = 120度 となる点です。
そこで，対称性も考慮すると，この P と Q とを結んだ経路が最小になると思われます。
このとき，AB = 10 cm として，
経路の長さ = 10/2 * 1/sqrt(3) * 2 * 4 + 10 - 10/2 * 1/sqrt(3) * 2
= 10 + 10 * sqrt(3)
= (1 * sqrt(3)) * 10 cm


(考察＋感想)
問題３：が分かりません。成立しないように思いますが，どうなのでしょうか？
また，問題４：の論証がうまくいかないです．．．
なお，120度以上の場合の研究は，∠ABC >= 120 とすると，DC が BC 上又は △ABC の外側に出てしまうので，
明らかか，だと思います。

「uchinyan」 1/08 11時34分受信 更新1/27

第２０２回数学的な応募問題
［トリチェリの問題］

改題の問題：
これはほとんど明らかでしょう。
頂点 A を通って PA に垂直な直線と，B を通って PB に垂直な直線の交点を改めて D，
頂点 B を通って PB に垂直な直線と，C を通って PC に垂直な直線の交点を改めて E，
頂点 C を通って PC に垂直な直線と，A を通って PA に垂直な直線の交点を改めて F，
とします。すると
□ADBP で，∠PAD = ∠PBD = 90度，∠APB = 120度 なので，∠ADB = 360 - 90 - 90 - 120 = 60度，
□BECP で，∠PBE = ∠PCE = 90度，∠BPC = 120度 なので，∠BEC = 360 - 90 - 90 - 120 = 60度，
□CFAP で，∠PCF = ∠PAF = 90度，∠CPA = 120度 なので，∠CFA = 360 - 90 - 90 - 120 = 60度，
となり，明らかに，△DEF は正三角形です。

ＮＯ２「新俳人澄朝」1/7 13時29分受信 更新1/27

＜コメント：今回の「トリチェリの問題」ですが、問題３の内容は、出題ミスではないかと思います。御一考をお願いします。
私の数学ソフトスタディエイド（数研）で作図すると、問題の設定では正三角形にはなりません。
私の問題４の解答は、やや強引なところができてしまいましたが、問題３の結果と合わせて再考する予定です。またご連絡ください。
＜水の流れ：問題３は大変ご迷惑をおかけしました。早速修正します＞

　　

ＮＯ３「ぐーてん」 1/09 17時06分受信 更新1/27

＜コメント：図を多用したため、答案が大きくなってしまいました。板汚しにならなければと思います。
問題１の解法は常人には思いつかない方法で感銘を受けました。
この問題を解析的に解こうとするとめちゃめちゃ大変ですよね。
問題４は有名な問題なので答えは分かっていましたが、証明は大変で、きちんと書くと膨大な答案になりそうなので、＞

いろいろ考えた結果、ちょっといんちきっぽい解答になってしまいました。

問題１

図１ 図２

図１のように，△APBをBを中心に60°回転させ，△A₁P₁Bとする．

∠PBP₁＝60°，PB＝P₁Bより，△PP₁Bは正三角形であり，PP₁＝PB．

また，PA＝P₁A₁より，PA＋PB＋PCの長さは，折れ線A₁P₁PCの長さに等しい．

折れ線A₁P₁PCの長さを最短にするためには，図２のように直線A₁C上にP，P₁をとればよく，このとき，∠APB＝∠A₁P₁B＝120°である．

同様に考えて∠BPC＝∠CPA＝120°となる．

従って，Pを3頂点A，B，Cとのなす角が120°となるようにとったときPA＋PB＋PCの長さは最短となる．

問題２

A₁ (a₁, b₁) とおくと，

よって，

問題３

図のように，題意の三角形の頂点をD，E，Fとおくと，

∠BDP+∠BPD=∠CDP+∠CPD=90°，∠BPD+∠CPD=120°より，

∠D=∠BDP+∠CDP=(∠BDP+∠BPD)+(∠CDP+∠CPD)−(∠BPD+∠CPD )=60°

同様にして∠E=∠F=60°となるので，△DEFは正三角形．

問題４

図に考えられる全てのパターンの４点の結び方を記した．�Aは左右の辺上の任意の２点を結んだ場合，
�Cは左右の辺上の２点を任意の高さで水平に結んだ場合，�Fは正方形内部の任意の１点で４頂点を結んだ場合，
�Hは正方形内部の任意の２点を中継点として結んだ場合，�Iは�Hの中継点と左右の位置は等しく，高さを1/2の位置に取って結んだ場合，
�Eは線分同士のなす角が全て120°となるように2点を中継点として結んだ場合を表す．

�@＞�A＞�B＝�C＝�D，�F＞�Gは明らか．�H＞�Iは，反射の原理より高さ1/2の位置に中継点をとった場合に頂点からの距離の和が最小になり，中継点間の距離も水平の方が小さいことより示される．

さらに，問題1の解より，�D＞�E，�G＞�E，�I＞�Eが示される．

「ぐーてん」 1/16 15時08分受信 更新1/27

＜コメント：頂いたメールにあった水流さんの過去のページを拝見させていただき、
正五角形、正六角形、ついでに正七角形についても考えてみました。＞

まず、１２０°の中継点でつないだ図を作図してみました。（添付図）
正五角形はちょっと悩みましたが、分かれば作図は簡単でした。正六角形は簡単に作図できました。
正七角形は、正七角形を描く事自体が難しいです。アルキメデスには多分できなかったのでしょうが、
そこは文明の利器ＣＡＤを使えば円を７分割するなんてことは朝飯前で、それで描いちゃいました。
しかしそこから１２０°中継点を描いていくのは困難を極めました。
結局、微調整をしながら描き直す方法で、なんとか最大角度誤差１３’（＝１３／６０°）の精度まで求めた結果が添付図です。

ところが、そこで長さを実際に測ってみる（ＣＡＤでは簡単）と６０を超えています。ということは、辺で結んだほうが短いのです。えー！
急いで正六角形の場合も長さを求めてみる（今度は計算で）と、やはり５０を微妙に上回っている。なんと！
正五角形の場合をＣＡＤで測ってみるとなんとか４０を若干下回っていました。

ということで証明はしていませんが結論、正五角形までは１２０°中継点で結ぶのが最短、正六角形以上は辺で結ぶのが最短だと思われます。

ＮＯ４「三角定規」 1/14 17時15分受信 更新1/27

＜コメント：問題２０２の解答，およびやや拡張した考察を送ります。小問の誘導に従った解ではありませんが，ご容赦ください。
この問題，以前水の流れさんにご教示いただいたのですが，全体像を理解することができないまま棚上げになっておりました。

今般，『なぜ初等幾何は美しいか』（東京出版） を参考にすることで，ようやく全体像を理解することができました。

PA，PB，PC が平面を 120°ずつに切り分ける点であることに，神秘性を感じます。初等幾何での証明でも十分納得できるのですが，
微分を用い gradf(x)＝0 を導いたとき，それが揺るぎない裏付けになったと思いました。

さらに，この方法を用いることで，空間内の４点の場合や，平面上の四辺形の場合にも応用できるようになります。

拡張した考察の方は，例外的なケースまで含めた完璧なものではありませんが，大きな道筋を与えるものだと思います。

《問題202》解答 <三角定規>

　△ABCの3頂点A，B，Cの位置ベクトルを a＝(a 1，a 2)，b＝(b1，b 2)，c＝(c1，c2) とし，

　　　関数 f (x)＝| x−a | ＋| x−b | ＋| x−c |　 ……(1)

の最小値を与える x＝(x，y ) を求める。

x＝x0 ＝(x0，y0) が(1)の最小値を与えるとき，　

　 または x0 ＝a ， または x0 ＝b ，または x0 ＝c　……(3)

　(3)が成り立つのは，∠Ａ，∠Ｂ，∠Ｃ のいずれかが120°以上の場合である。

　(2)が成り立つとき，x0 ≠a ，b ，c　であり，

　

　

　

　

　

であるから，

　

　

　

　

　

平行でない3つの単位ベクトルの和が0となるのは，右図のように， 　　　　　　　　　

3 つが正三角形の3辺をなす場合で，互いがなす角度は120°である。

　よって，本問の解は，

(�@) 例えば∠Aが120°以上のときは，点A。

(�A) 3つの内角がすべて120°未満のときは，

　　△ABC内に1点Pをとり，3線分PA，PB，PCがそれぞれ120°をなすようにする。

　　具体的には，点A’をBCについてAと反対側に △A’CB が正三角形になるようにとる。同様に，点B’をCAについてBと反対側に △B’CA が正三角形になるように，点C’をABについてCと反対側に △C’BA が正三角形になるようにとる。3線分AA’，BB’，

CC’は1点で交わる。それが求める点Pである。

　

　

　

　《拡張１》微分によるこの解法は，次のような拡張の可能性を秘めている。

四面体ABCD内に点Pをとり，距離の和 PA＋PB＋PC＋PD が最小になるようなPの位置を求める。

<解>

　A，B，C，D，Pの位置ベクトルをa，b，c，d，x とすると，

　　 f (x)＝| x−a | ＋| x−b | ＋| x−c | ＋| x−d | …(1)

xが(1)の最小値を与える点であるとき，

　

　

　

　

　

平行でない4つの単位ベクトルの和が0となるのは，4つが，正四面体の重心（中心）から4頂点に向かう

場合である。4つのベクトルはすべて互いに

　 の角度をなす。　　以上 ■　　

　

この解は，最小値を与えるxの性格は与えているが，平面の場合の <図2> のような，点の位置を決定する方法を与えていない。
いろいろ考えてはみたが，簡単ではないようである。どなたか，この方法を与えてくださらないだろうか。

　

《拡張２》

　平面上の四辺形ABCD内に2点P，Qをとり，4点に至る距離の和
　 　　PA＋PB＋PQ＋QC＋QD　または，PA＋PD＋PQ＋QB＋QC
が最小になるようなP，Qの位置を求める。

　A，B，C，Dの位置ベクトルをa，b，c，d，P，Qの位置ベクトルをx＝(x，y)，u＝(u，v) とすると，

f (x，u)＝| x−a | ＋| x−b | ＋| x−u | ＋| u−c | ＋| u−d | …(1)

　x，u が(1)の最小値を与えるとき，

　　　　　　　　　　　　　　　

　

　

　

　

　

　

　

(6)(7)の左辺にある3つのベクトルはすべて単位ベクトルだから，その和が0になるのは，
それぞれが正三角形の3辺をなし互いに120°の角度をなす場合に限る。

　以上より，(1)の最小値を与えるP，Qは，次の方法で定められる。

(ア) △EAB，△FCDが正三角形になるように，E，Fを四辺形の外側にとる。

(イ) △EAB，△FCDの外接円をそれぞれ作図する。

(ウ) 直線EFとそれぞれの外接円の交点が求める2点P，Qである。 <図５>

(エ) ただし，全く同様にして <図６> のように定めたP，Qについて，
PA＋PB＋PQ＋QC＋QD　と PA＋PD＋PQ＋QB＋QC を比べ，小さい方が求める最小値である。

　

　 　

　 　

　

　

　

ＮＯ５「kasiwagi」 1/26 09時13分受信 更新1/27

＜コメント：問題3.は失礼ですが、最初から嘘でしょうと思いました。と申しますのは△ＡＢＣ が正三角形以外の場合は成立しないことを図で描いて計算し確かめましたので・・・・。 ＞

202回解答

問題1.

　うまく絵が描けないので、狡いのですが、ある文献のものを利用させて頂きます。

△ＡＢＣの各辺を一辺とする正三角形3個（水色のもの）を作る。

各々の正三角形の外接円を作る。これら3円の交点Ｐが求めるものです。

今、線分ＰＡ，ＰＢ及びＰＣ各々に垂直な線を引き、これら3線分の各々の交点で出来る三角形をＫＬＭとする。この三角形は円周各の定理より∠Ｍ＝∠Ｌ＝∠Ｋ＝60℃であるから正三角形。

又、△ＡＢＣの中に点Ｑをとると、ＱＡ+ＱＢ+ＱＣの値は点Ｑより正三角形ＫＬＭにおろした垂線の和以上に長いことが分かる。ところで正三角形ＫＬＭに点Ｑより下ろした垂線の長さの和はＰＡ+ＰＢ+ＰＣに等しい。以上より、ＰＡ+ＰＢ+ＰＣ≦ＱＡ+ＱＢ+ＱＣとなり、点ＰがＱＡ+ＱＢ+ＱＣの最小値を与える点であることが証明された。

円周角の定理より∠ＡＰＢ＝∠ＢＰＣ＝∠ＣＰＡ＝120°であるから、点Ｐは3頂点との間に120°の角度を有する点である。

問題2

座標幾何、余弦定理、ベクトル、複素数、直線式の交点の角度と勾配の関係及び面積など色々やったのですが、

もの凄い式になり全て途中で挫折しました。

問題3.

問題1.で証明済み。

問題4.

　これは水の流れから図を拝借して、右の様になります。

∠ＡＣＢが120°ですので2,1、√3の関係から、

その長さは10（√3+1）となる。

以　　　上．