平成２２年９月５日
[流れ星]
第２４５回数学的な応募問題解答ＮＯ１
＜解答募集期間：８月８日～９月５日
［円に内接する三角形］
平成14年の京都大学入試問題を見ていると、次のような問題が出ていました。
問題：半径１の円周上に相異なる3点Ａ，Ｂ，Ｃがある。
（１）ＡＢ２＋ＢＣ２＋ＣＡ２＞８ならば△ＡＢＣは鋭角三角形であることを示せ。
（２）ＡＢ２＋ＢＣ２＋ＣＡ２≦９が成り立つことを示せ。また、この等号が成り立つのはどのような場合か。
ＮＯ１「uchinyan」 08/08 15時37分受信
「uchinyan」 08/09 17時27分受信
「uchinyan」 08/10 11時54分受信
更新9/5
A，B，C は，円周上に反時計回りに存在するとしても一般性を失わないので，
イメージしやすいように，また混乱しないように，以下ではそのように統一しておきます。
また，円の中心を O とします。
(1)
∠AOB = 2x，∠BOC = 2y，∠COA = 2z とします。ただし，
0 < x, y, z < 2π，x + y
+ z = π
です。すると，
AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 * OA *
BC^2 = OB^2 + OC^2 - 2 *
CA^2 = OC^2 + OA^2 - 2 * OC * OA * cos(2z) = 2(1 -
cos(2z))
ここで，これらの式は，O が △ABC の内部だけでなく，辺上，外部にあっても成立します。
そして，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 6 - 2 * (cos(2x) + cos(2y) +
cos(2z))
ここで，
cos(2x) + cos(2y) + cos(2z)
= 2 * cos(x + y)cos(x - y) + 2 * (cos(z))^2 - 1
= 2 * cos(π - z)cos(x - y)
+ 2 * cos(z)cos(π - (x + y)) - 1
= - 2 * cos(z)cos(x - y) - 2 * cos(z)cos(x + y) - 1
= - 2 * (cos(x + y) + cos(x - y)) * cos(z) - 1
= - 4 * cos(x)cos(y)cos(z) - 1
より，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 6 - 2 * (cos(2x) + cos(2y) +
cos(2z))
= 6 - 2 * (- 4 * cos(x)cos(y)cos(z) - 1)
= 8 * (1 + cos(x)cos(y)cos(z))
そこで，
AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8
ならば，
cos(x)cos(y)cos(z) > 0
そこで，
cos(x)，cos(y)，cos(z) は，すべて正
又は
cos(x)，cos(y)，cos(z) は，一つが正で二つが負
のいずれかです。
ところが，二つが負だと，x，y，z のうち二つが π/2 より大きいので，
0 < x, y, z < 2π より x +
y + z > π となって x + y + z = π と矛盾します。
そこで，
cos(x)，cos(y)，cos(z) は，すべて正
0 < x, y, z < π/2
0 < 2x, 2y, 2z < π
これより，O は △ABC の内部にあります。そこで，
∠ABC = ∠OBA + ∠OBC = (π - 2x)/2 + (π- 2y)/2 = π- (x + y) = z < π/2
∠BCA = ∠OCB + ∠OCA = (π - 2y)/2 + (π- 2z)/2 = π- (y + z) = x < π/2
∠BAC = ∠OAC + ∠OAB = (π - 2z)/2 + (π- 2x)/2 = π- (z + x) = y < π/2
つまり，△ABC は鋭角三角形です。
(2)
(1)の式変形の途中の式より，
cos(2x) + cos(2y) + cos(2z) = - 2 * (cos(x + y) + cos(x
- y)) * cos(z) - 1
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 6 - 2 * (cos(2x) + cos(2y) +
cos(2z))
= 6 - 2 * (- 2 * (cos(x + y) + cos(x - y)) * cos(z) -
1)
= 8 + 4 * (cos(x + y) + cos(x - y)) * cos(z)
= 8 + 4 * (cos(π - z) + cos(x -
y)) * cos(z)
= 8 + 4 * (- cos(z) + cos(x - y)) * cos(z)
= 8 - 4 * ((cos(z))^2 - cos(x - y)cos(z))
= - 4 * (cos(z) - coa(x - y)/2)^2 + (cos(x - y))^2 + 8
ここで，0 < x, y, a < π/2，x + y + z = π の範囲で，cos(z) の二次関数と見ると，
cos(z) = cos(x - y)/2 のとき最大で
<= (cos(x - y))^2 + 8
さらに，x = y のとき最大で
<= (cos(0))^2 + 8 = 1 + 8 = 9
つまり，
AB^2 + BC^2 + CA^2 <= 9
で，9 となるのは，
x = y, cos(z) = cos(0)/2 = 1/2, z = π/3 = x = y のとき
このときは 8 より大きいので △ABC は鋭角三角形で，(1)より，
∠ABC = z，∠BCA = x，∠BAC = y
なので，
∠ABC = ∠BCA = ∠BAC = π/3
つまり，正三角形になります。
(別解1)
円O が △ABC の外接円，O は外心，であることに注目した，初等幾何による解法です。
(1)
△ABC が鋭角三角形でないとすると，直角三角形か鈍角三角形でなければなりません。
(a) 直角三角形の場合
∠BAC = 90°としても一般性を失いません。
このとき，中心角 = 円周角 * 2 = ∠BAC * 2 = 90 * 2 = 180°で，
BC は直径，O は BC の中点になり，OA = OB = OC = 1，BC = 2 です。
また，三平方の定理より，BC^2 = AB^2 + CA^2 なので，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 2 * BC^2 = 2 * 2^2 = 8
ところが，AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8 なので矛盾です。
そこで，△ABC は直角三角形ではありません。
(b) 鈍角三角形の場合
∠BAC > 90°としても一般性を失いません。
このとき，中心角 = 円周角 * 2 = ∠BAC * 2 > 90 * 2 = 180°なので，
O は BC に関して A と反対側にあります。
ここで，BO の O の方への延長と円周との交点を D とすると，
BD は直径，O は BD の中点になり，OA = OB = OC = OD = 1，BD = 2 です。
そして，∠BAD = 90°< ∠BAC なので，C は AD に関して B と反対側にあり，
O は AD に関して B と同じ側にあるので，C は AD に関して B と反対側にあります。
これより，∠ACD = 優角∠AOD/2 >
180/2 = 90 °になり，△ADC において AD
> AC です。
また，BD は直径で BC は直径ではないので BD > BC もいえます。
以上のことと，△BAD における三平方の定理
BD^2 = AB^2 + AD^2 より，
AB^2 + BC^2 + CA^2 < AB^2 + BD^2 + AD^2 = 2 * BD^2 =
2 * 2^2 = 8
ところが，AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8 なので矛盾です。
そこで，△ABC は鈍角三角形ではありません。
以上より，背理法によって，△ABC は鋭角三角形，がいえました。
(2)
(1)より，△ABC が鋭角三角形の場合を考えれば十分です。
BC の中点を M とします。すると，BM = CM，BC = 2 * BM です。
また，パップスの中線定理より，
AB^2 + AC^2 = 2 * (AM^2 + BM^2)
そこで，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 2 * (AM^2 + BM^2) + 4 * BM^2 = 2 *
AM^2 + 6 * BM^2
O は △ABC の外心だったので，OM は BC の垂直二等分線で，三平方の定理より，
BM^2 + OM^2 =
また，O，A，M において，
AM <= AO + OM = OM + 1，等号は O が AM 上にあるとき，それ以外は △OAM の辺の関係
そこで，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 2 * AM^2 + 6 * BM^2
<= 2 * (OM + 1)^2 + 6 * (1 -
= - 4 * OM^2 + 4 *
= - 4 * (
<= 9
そこで，
AB^2 + BC^2 + CA^2 <= 9
そして，最大は 9 で，そのとき，
O が AM 上にあり OM =
1/2
になります。これは，
A が OM の延長上にあり
OM = 1/2
と同じですが，OM は BC の垂直二等分線だったので，△ABC は AB = AC の二等辺三角形で，
直角三角形 △OBM において，OB = 1，OM = 1/2 より，∠OBM = 30°，∠BOM = 60°で，
∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 120°，∠ABC = ∠BCA
= ∠CAB = 60°
つまり，△ABC は正三角形になります。
(別解2)
水の流れさんにベクトルによる解法もあると示唆されて思いついた解法です。
以下では，OAv などはベクトルを表すとします。
(1)
ABv = OBv - OAv, BCv = OCv - OBv, CAv = OAv - OCv
より，一般に，|av|^2 = av・av に注意して，
AB^2 + BC^2 + CA^2
= |ABv|^2 + |BCv|^2 + |CAv|^2
= ABv・ABv + BCv・BCv + CAv・CAv
= (OBv - OAv)・(OBv - OAv) +
(OCv - OBv)・(OCv - OBv) + (OAv - OCv)・(OAv - OCv)
= 2(|OAv|^2 + |OBv|^2 + |OCv|^2) - 2(OAv・OBv + OBv・OCv + OCv・OAv)
= 2(|OAv|^2 + |OBv|^2 + |OCv|^2) - (|OAv + OBv + OCv|^2
- (|OAv|^2 + |OBv|^2 + |OCv|^2))
= 3(|OAv|^2 + |OBv|^2 + |OCv|^2) - |OAv + OBv + OCv|^2
ここで，|OAv| = OA = |OBv| = OB = |OCv| = OC = 1 なので，
= 9 - |OAv + OBv + OCv|^2
つまり，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 9 - |OAv + OBv + OCv|^2
です。そこで，AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8 ならば，
9 - |OAv + OBv + OCv|^2 > 8
0 <= |OAv + OBv + OCv| < 1
ここで，OAv + OBv + OCv の図形的な意味を考えてみます。
OBv + OCv は，BC が直径でなければ，
OB = OC = 1 なので，O，B，C が作るひし形のもう一つの頂点を
D として ODv です。
BC が直径ならば 0v ですが，このときは O と D が一致するので，これも
ODv と書けます。
そこで，
|OAv + OBv + OCv|^2
= |OAv + ODv|^2
= |OAv|^2 + |ODv|^2 + 2(OAv・ODv)
= 1 + |ODv|^2 + 2|ODv|cos(∠AOD)
これが 1 より小さいためには，
|ODv|^2 + 2|ODv|cos(∠AOD)
< 0
|ODv| ≠ 0 及び cos(∠AOD) < - |ODv|/2
この図形的解釈は，
O を原点，OD を x軸
の正方向 としたときに，
円O が半径 1 の円で，A，B，C はこの順番に反時計回りに
円O の円周上にあり，
CB が x軸 の O を含まない正方向
に垂直な位置にある図で，
CB の y軸 に対称な線分の円周との交点を E，F とすると，A が両端を除いた
弧EF 上にある
という場合です。
このとき，CB は y軸 より右であって，BE，CF が直径なので，△ABC は鋭角三角形になっています。
(2)
(1)より，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 9 - |OAv + OBv + OCv|^2 <= 9
ここで，等号は |OAv + OBv + OCv| = 0 ですが，
|OAv + OBv + OCv|^2
= 1 + |ODv|^2 + 2|ODv|cos(∠AOD)
= (|ODv| + cos(∠AOD))^2 + (1 -
(cos(∠AOD))^2)
なので，結局，9 になるのは，
cos(∠AOD) = -1，∠AOD
= 180°，|ODv| = 1
の場合になります。これは，
A が OD の延長，つまり，BC
の垂直二等分線，の上にあり，
BC の中点を M とすると，OM
= |ODv|/2 = 1/2
となる場合です。そこで，
A は BC の垂直二等分線上にあることより，△ABC は AB = AC の二等辺三角形で，
直角三角形 △OBM において，OB = 1，OM = 1/2 より，∠OBM = 30°，∠BOM = 60°で，
∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 120°，∠ABC = ∠BCA
= ∠CAB = 60°
つまり，△ABC は正三角形になります。
(別解3)
(別解2)の途中から，△ABC
の重心に注目して考える解法です。
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 9 - |OAv + OBv + OCv|^2
AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8 ならば，0 <= |OAv + OBv + OCv| < 1
までは，(別解2)と同じです。
ここで，(OAv + OBv + OCv)/3 が △ABC の重心 G へのベクトル OGv
であることに注目します。
(OAv + OBv + OCv)/3 = OGv
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 9(1 - |OGv|^2)
AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8 ならば，0 <= |OGv| < 1/3
さて，△ABC が鋭角三角形でないとすると，直角三角形か鈍角三角形ですが．．．
(a) 直角三角形の場合
∠BAC = 90°として一般性を失いません。
このとき，中心角 = 円周角 * 2 = ∠BAC * 2 > 90 * 2 = 180°なので，
BC は直径となり，O は BC の中点，OBv + OCv = 0v，です。
そこで，OGv = OAv/3，|OGv| =
|OAv|/3 = 1/3 になります。
これは矛盾です。そこで，△ABC は直角三角形ではありません。
(b) 鈍角三角形の場合
∠BAC > 90°として一般性を失いません。
このとき，中心角 = 円周角 * 2 = ∠BAC * 2 > 90 * 2 = 180°なので，
O は BC に関して A と反対側にあります。このとき，□OBDC はひし形，に注意して，
|ODv| > 0，∠AOD < ∠BOD = ∠COD = (□OBDC の内角
∠BOC)/2 < 180/2 = 90°
一方で，BC の中点を M とすると AG：GM = 2：1 なので，AO を 2：1 に内分する点を N とすると，
AG：GM = 2：1 = AN：NO，GN//MO，∠ANG = ∠AOM = ∠AOD < 90°，となり，
△OGN において，∠ONG = 180°- ∠ANG > 180°- 90°= 90°> ∠OGN，なので，
OG > ON = OA/3 = 1/3，|OGv| =
OG > 1/3
これは矛盾です。そこで，△ABC は鈍角三角形ではありません。
以上より，背理法によって，△ABC は鋭角三角形，がいえました。
(2)
(1)より，
AB^2 + BC^2 + CA^2 = 9(1 - |OGv|^2) <= 9
ここで，等号は |OGv| = 0，OGv =
0v ですが，これは，重心が O になることを意味しています。
一方で，O は △ABC の外心なので，重心と外心が一致することになります。
つまり，各辺の垂直二等分線上に，各辺に対する頂点が存在しています。
このような三角形は正三角形なので，△ABC は正三角形になります。
(感想)
なかなか面白い問題でした。京大は，この手の問題が好きなようですね。
ＮＯ２「kinkak2084」08/10 11時51分受信 更新9/5
(1)
AB^2+BC^2+AC^2=S
, OA↑=a ,
OB↑=b , OC↑=c とすると、ベクトルa,b,cは全て絶対値1なので、
S=|b-a|^2+|c-b|^2+|a-c|^2
=6-2(a・b+b・c+c・a)――Ⅰ
実数p,qでc=pa+qb a,bがなす角をtとすると、
Ⅰ=6-2{a・b+(a+b)・(pa+qb)} a・b=costなので、
=6-2{p+q+(p+q+1)cost}
=6-2{p+q+1+(p+q+1)cost-1}
=8-2(p+q+1)(1+cost)――Ⅱ(=S）
[△ABCが鋭角三角形のとき]
全内角π/2以下だから外心Oは三角形内部。
図1のように、直線COと円Oの点Cでない交点C'（-c）をとると、
-c=-pa-qb
だが、
図のように、OC'↑は直線AB上に至るベクトルを（1より大）倍した物なので、-p-q＞1⇔p+q＜-1
∴Ⅱで、(p+q+1)(1+cost)＜0
∴8-2(p+q+1)(1+cost)＞8
[直角三角形]
ピタゴラスの定理より明らかにS=8
[鈍角三角形]
A＞π/2とすれば、鋭角三角形のケースと同様の考察で、図2のようになり、この時
-p-q＜1⇔p+q+1＞0
∴8-2(p+q+1)(1+cost)＜8
B＞π/2としても全く同様。∠C＞π/2の場合はa=pb+qcのようにして考え直せば、やはり文字の違いだけ
∴鋭角三角形⇒S>8 直角三角形⇒S=8 鈍角三角形⇒S<8
鋭角三角形でなければS≦8（対偶）が証明され、QED
（2）
以上より、鋭角三角形のときを考えればいい。
Ⅱで、t=t[0]のとき、-p-q が最大になるのは、図1より、直線OC’が弦ABの垂直2等分線になるようなC'の時（⇔AC=BC）。
最大値は-p-q=1/cos(t[0]/2)=1/cosC[0]。(円周角定理より、t[0]/2=C[0])
よって、p+q+1はAC=BCのとき、p+q+1=1-1/cosC[0](＜0) なる最小値をとる。
∴p+q+1≧1-1/cosC⇔(p+q+1)(1+cost)≧(1-1/cosC)(1+cos2C) 1+cos2C=2cos^2Cだから
⇔(p+q+1)(1+cost)≧2(cos^2C-cosC)
⇔(p+q+1)(1+cost)≧2(cosC-1/2)^2-1/2
∴C=π/3、AC=BC（⇔正三角形）のとき(p+q+1)(1+cost)は最小値;-1/2
∴(p+q+1)(1+cost)≧-1/2
⇔8-2(p+q+1)(1+cost)≦9⇔S≦9 QED
正三角形。
ＮＯ３「ｽﾓｰｸﾏﾝ」 08/11 19時59分受信 更新9/5
今回の問題１はすぐわかりましたが...
問題２はむかし見たことあるんだけど...自分の力じゃ上手くいかない...^^;...
正三角形のときに等号が成り立つことはわかるんですが...
プラグマグプタの公式から言えないんだろうかなんて...?
問題：半径１の円周上に相異なる3点Ａ，Ｂ，Ｃがある。
（１）ＡＢ２＋ＢＣ２＋ＣＡ２＞８ならば△ＡＢＣは鋭角三角形であることを示せ。
すべて鋭角<90°だから、その中心角xは <180°なので…
cos x<0
各辺の中心角をα、β、γ とすると…
a^2=1^2+1^2-2*cosα
b^2=1^2+1^2-2cosβ
c^2=1^2+1^2-2cosγ
よって…
a^2+b^2+c^2=1*8-2(cosα+cosβ+cosγ)>8
ＮＯ４「ｱｰﾍﾞﾙﾄ」 08/22 21時04分受信 更新9/5
問題
半径1の円周上に相異なる3点 A,B,C がある。
(1) AB^2+BC^2+CA^2 > 8 ならば△ABCは鋭角三角形であることを示せ。
(2) AB^2+BC^2+CA^2 ≦ 9が成り立つことを示せ。
また、この等号が成り立つのはどのような場合か。
P=AB^2+BC^2+CA^2
まず公式 cos(x)+cos(y)=2cos(x+y)/2*cos(x-y)/2
図を描けば分かるが、円の中心が内部であれば鋭角三角形
辺上であれば直角三角形、外部であれば鈍角三角形である
直角三角形の場合は 三平方の定理より P=8
鈍角三角形の場合 BCを弦とし、Aを中心Oの反対側とする
ABを固定して、CをBOCと直径になるよう動かせば
AC、BCともに長くなり8なるから、鈍角の場合はP<8
鋭角三角形の場合 BCを固定してAを動かすとする。
∠AOB=x ∠AOC=y とすると
90<x,y<180 でx+y=360-∠BOCで一定 だから
上の公式よりx=yのときcosx、cosyは最小（負で）
余弦定理よりAB^2=2-2cosx AC^2=2-2cosy だから
AB=ACのときPは最大となる
つまりはAB=BC=CA （正三角形）のとき最大で9となる
また、AをB,CからみてCよりとすると、AをC方向にAOB
が直径となるまで動かすと、Pは単調に減って8となる
よって鋭角の場合はP>8
ＮＯ５「浜田明巳」
08/26 15時58分受信 更新9/5
寄せられた解答は解答ＮＯ２にあります。ご覧ください。
ＮＯ６「ＭＶＨ」 08/31 15時25分受信
更新9/5
寄せられた解答は解答ＮＯ２にあります。ご覧ください。
皆さん、答えがわかったら、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。
