最小の正三角形                           戻る

 当HPの掲示板「出会いの泉」に、HN「ぽっぽ」さんからの出題です。
                                     (平成22年12月15日付け)

 左図のような各辺が 3、4、5 である直角三角形

に、正三角形が内接している。

 このとき、この正三角形の面積の最小値を求めよ。

 ただし、内接するとは各辺の辺上に頂点を持つも

のとする。



























(答) この問題を、当HPがいつもお世話になっているHN「らすかる」さんが解かれた。
                                     (平成22年12月15日付け)
       面積の最小値は、 36(25−36)/193

(らすかるさんの解) 正三角形の2頂点を、A( 1 , 0 )、B( 0 , a ) として、第1象限内の

            残りの頂点C( x , y )の座標を求める。左図において、

     

   より、
        x−1=(−1+a)/2

          y=(+a)/2

   よって、 C( (a+1)/2,(+a)/2 ) である。

 また、この正三角形ABCの一辺の長さは、 である。

 Cを通り、傾きが −3/4 である直線の y 切片は、 {(3+4)a+4+3}/8

この直線が (4,0)、(0,3) を通るように拡大縮小すると、正三角形ABCの一辺の長さ r は、

r=・3/{{(3+4)a+4+3}/8}

 =24/{(3+4)a+4+3}

となる。

 r’=24{(4+3)a−(3+4)}/{(3+4)a+4+3)2

で、 r’=0 とおくと、 a=(24+7)/39 である。

 このとき、 r は極小かつ最小となり、最小値は、

      

である。(→ この計算は、手計算では大変かも知れない!)

 従って、面積の最小値は、

  /4・(144(25−12)/193=36(25−36)/193 (終)

(コメント) らすかるさん、ありがとうございます。ただ、上記の計算が見た目以上に大変
      だったので、もっと手計算で楽に出来るような別解を考えてみました。

(別解) 下図において、 P( x , 0 ) とする。

正三角形の一辺の長さを r 、∠APQ=θ とおく。

このとき、 Q( x+r・cosθ , r・sinθ ) で、

Rの x 座標は、 x+r(cosθ−sinθ)/2

 Rは y 軸上の点なので、

    x+r(cosθ−sinθ)/2=0



 よって、 x=r(sinθ−cosθ)/2 である。このとき、

   Q( r(sinθ+cosθ)/2 , r・sinθ )

で、さらに、点Qは直線 x/4+y/3=1 上にあるので、代入して、

   r=24/{(3+8)sinθ+3cosθ}

を得る。よって、正三角形PQRの面積Sは、

  S=2/4=144/{(3+8)sinθ+3cosθ}2

で与えられる。

 単振動の合成により、Sの最小値は、

  144/(100+48)=36/(25+12)=36(25−36)/193

となる。 (終)


 攻略法さんは、ExcelVBA にて数値計算で求められた。(平成22年12月17日付け)

Sub Test()

Let a = 3 '元の三角形の面積の3辺の長さ
Let b = 4
Let c = 5
Let t = (a + b + c) / 2 'ヘロンの公式より
Let S = Sqr(t * (t - a) * (t - b) * (t - c)) '元の三角形の面積
'等力点の垂足三角形より
Let d = 2 * Sqr(2) * S / Sqr(a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2 + 4 * Sqr(3) * S)
'求める正三角形の1辺の長さ
Debug.Print "1辺の長さ="; d
Let t = 3 * d / 2 'ヘロンの公式より、その正三角形の面積
Let S = Sqr(t * (t - d) ^ 3)
Debug.Print "面積="; S
Debug.Print 36 * (25 * Sqr(3) - 36) / 193 'らすかるさんが求めた値
End Sub



 当HPがいつもお世話になっているHN「FN」さんのコメントです。
                                     (平成22年12月18日付け)

 攻略法さんが書かれた等力点というのを聞いたことがなかったので、ネットで調べてみま
した。次のようなことが成り立つようです。

 (1) 三角形の1つの角とその外角の2等分線が対辺(の延長)と交わる点を直径の両端と
   する円を、その角に関するApollonius円という。

    3つの角に関する3つのApollonius円は2点を共有する。

   この2点を等力点という。そのうちの1点は三角形の内部にある。これを内等力点
  いう。

   このまま成り立つためには不等辺三角形である必要がある。以下必要に応じてこれを
  仮定する。

   △ABCと同じ平面にある点Pに対して、Pから各辺またはその延長に下ろした垂線の足

  を頂点とする三角形を垂足三角形という。シムソンの定理の逆により、Pが△ABCの外

  接円の周上にあるとき以外は垂足三角形は三角形になる。

 (2) △ABCの等力点に関する垂足三角形は正三角形である。

 (3) △ABCに内接する正三角形のうちで最小のものは△ABCの内等力点に関する垂足
   三角形である。

 (4) △ABCの内等力点に関する垂足三角形の一辺の長さは、

     2S/√(a2+b2+c2+4S)  (←攻略法さんがかかれている式です。)

   である。ただし、Sは△ABCの面積で、a、b、c は元の三角形の3辺の長さである。
            

 (1)、(2)、(3)、(4)をすべて証明すれば、一般化した形で解決になります。いずれも難しそう
ですがどれでもいいから証明できないでしょうか。

 FNさんからの追伸です。(平成22年12月19日付け)

 日本語のページでは証明が書いてあるページは見つかりませんでしたが、英語のページ
を捜すと次のページにすべて書いてありました。なかなか面白いです。

http://awesomemath.org/wp-content/uploads/reflections/2010_6/Isodynamic_moon_c.pdf

 上述の(1)について:

 △ABCの∠Aに関するApollonius円は、PB:PC=AB:AC を満たす点Pの軌跡です。最初
に見たページの定義に合わせてしまいましたが、これを定義にするべきでした。

 なお、AB=AC のときは円ではなく直線です。2等辺三角形のときは、3つのApollonius円
のうち1つは直線、正三角形の場合は3つとも直線です。

 使うのは、PB:PC=AB:AC だけなので、2等辺三角形のときは、(1)〜(4)すべて、正三
角形のときは等力点が1つしかないことを除いてすべて成り立ちます。

 Pが∠Aに関するApollonius円上の点 ⇔ PB:PC=AB:AC ⇔ bPB=cPC

 Pが∠Bに関するApollonius円上の点 ⇔ PC:PA=BC:BA ⇔ cPC=aPA

 Pが∠Cに関するApollonius円上の点 ⇔ PA:PB=CA:CB ⇔ aPA=bPB

 Pが∠Aに関するApollonius円と∠Bに関するApollonius円の交点であるとき、Pが∠Cに関
するApollonius円上にあることを示せばよいが、bPB=cPC、cPC=aPA から aPA=bPB
が出るのは明らか。そのうちの1点が三角形の内部にあることは図を書けば明らかである。

 上述の(2)について:

 次のページ(私の備忘録ー幾何学ー垂線の足の距離)に書いてある MN=AP・sinAを使
います。ただしPはBC上の点になってますが任意の点とします。

 (何となくスッキリした定理で、知っていると得するような・・・予感)と書いてありますが、結構役に立つ
式のようです。(4)の証明でも使います。

 PからAB、AC、BCに下した垂線の足をそれぞれM、N、Lとする。上のことより、

     MN=APsinA  、 ML=BPsinB  、NL=CPsinC

 逆も含めて次の形で証明します。というのは(3)を証明するのに逆が必要だからです。

 (2’) Pが△ABCの等力点である ⇔ Pに関する垂足三角形は正三角形である

  Pが△ABCの等力点である ⇔ aPA=bPB=cPC ⇔ APsinA=BPsinB=CPsinC

 ⇔ MN=ML=NL ⇔ △MNLは正三角形である

 上述の(3)について:

 これを証明するための補題として次の定理が必要です。

定 理(Miquel)  △ABCの辺BC、CA、AB上(端点を除く)にそれぞれ点A’、B’、C’
          がある。3つの三角形△AB’C’、△A’BC’、△A’B’Cの外接円は
          1点で交わる。


  *ミケルの定理で検索しても見つかりませんでした。日本では別の名前で呼ばれている
   のでしょうか。

 きれいな形で証明も簡単です。

  FNさんから証明をいただきました。(平成22年12月21日付け)

 (証明) 2つの三角形△AB'C'、△A'BC'の外接円の交点でC'でない方をPとする。

  Pが△A'B'Cの外接円上にあることを示せばよい。

  A、B'、P、C' が同一円周上にあることより、 ∠B'PC'+∠A=180°

  B、A'、P、C' が同一円周上にあることより、 ∠A'PC'+∠B=180°

  ∠A'PB'+∠C= x とおいて3式を加えると、 360°+180°=360°+ x

  従って、 x=180°となり、Pは△A'B'Cの外接円上にある。 (証終)

 次に、(3)の証明もFNさんによります。

 L、M、N は、BC、CA、AB上にあり、△LMNは正三角形であるとする。

Miquel の定理より、3つの三角形△AMN、△BNL、△CLM の外接円は1点Jで交わる。

Jの垂足三角形を△L'M'N'とする。ただし、L'、M'、N' は、それぞれBC、CA、AB上にあると

する。次の2つを証明すればよい。

[1] △L'M'N'は正三角形である。

[2] △L'M'N'のほうが△LMNより小さい。

これができれば、(2')より、Jは等力点(当然内等力点)となり、証明は完了する。

 MJLCが円に内接することより、∠JLM=∠JCM 、 ∠JML=∠JCL

 M'JL'Cが円に内接することより、∠JL'M'=∠JCM' 、 ∠JM'L'=∠JCL'

 従って、∠JLM=∠JL'M' 、 ∠JML=∠JM'L' となり、 △JLM∽△JL'M'

 JL≧JL' であるから、ML≧M'L'

 従って、[1]が成り立てば、[2]も成り立つ。

 あとは[1]を証明するだけである。

 ∠JLM=∠JL'M' と同様に、 ∠JLN=∠JL'N'

 ∠M'L'N'=∠JL'M'+∠JL'N'=∠JLM+∠JLN=∠MLN=60°

 同様にして∠L'M'N'=60°となり、△L'M'N'は正三角形である。


 上述の(4)について:

 これを示すために内等力点の次の形の特徴づけがいります。

定 理  Pが三角形の内等力点であれば次式が成り立つ。
  ∠BPC=∠A+60°、 ∠CPA=∠B+60°、 ∠APB=∠C+60°


逆も成り立つと思いますが、(4)の証明には不要です。これと垂線の足の距離の式とあとは
三角比の加法定理や正弦定理等を使えばできます。次の2式を補題としておきます。

補 題 △ABCに対して次式が成り立つ。
   (1) sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC
   (2) S=abc/4R=2R^2sinAsinBsinC  (Sは面積 、Rは外接円の半径)



 出題者の「ぽっぽ」さんからのコメントです。(平成22年12月18日付け)

 皆様正解です。内等力点という言葉は初めて知りました。想定解は座標を使うものです。
参考図をリンクしておきます。

    http://iijima.auemath.aichi-edu.ac.jp/asp/gcjava/html.asp?00002444


ぽっぽさんからの新しい疑問です。(平成22年12月21日付け)

 三角形に内接する正三角形の重心は必ずある直線状に存在した(GC javaで確認すれば
分かります)のですが、なぜでしょうか?分かった方は教えてください。


 FNさんからのコメントです。(平成22年12月21日付け)

 簡単にはいかないのではないでしょうか。次ぐらいの手順になりそうに思います。

(1) 定点AとAを通らない定直線 g があり、A から g に下ろした垂線の足をHとする。

  Pが g 上を動くとき、APを一辺とする正三角形の重心の軌跡はAHを、2:1に内分する

  点を通り、g と30°の角をなす2直線である。

(2) △ABCの辺BC上に点Pがあるとする。PからAB、ACに下ろした垂線の足をそれぞれ

  H、Kとする。△ABCに内接する正三角形で1つの頂点がPであるものの重心Gは、PH

  を、2:1に内分する点を通り直線ABと30°の角をなす直線とPKを2:1に内分する点

  を通り直線ACと30°をなす直線との交点である。

(3) △ABCの辺BC上に点P1、P2、P3があるとする。それぞれの点に対して(2)で決まる

  点を、G1、G2、G3とするとき、G1、G2、G3は一直線上にある。


 (1)は、 (ア)座標を使った計算  (イ)複素平面  (ウ)初等幾何が考えられます。

(ア)なら、g を x 軸、Aを( 0,1 )として、求める直線が、y=±(1/)x+1/3 であること

を示せばいい。高校生向けの普通の問題だと思いますが、やり方によってはかなりの計算

になるかもしれません。(イ)のほうがやりやすいかと思います。(ウ)はできてません。できれ

ば(ウ)で証明したいところです。

 (2)は、(1)を認めれば、ほとんど明らかと思います。ただし、辺BC上の点Pに対して、Pを1

つの頂点とし、△ABCに内接する正三角形がいつでもあるわけではありません。もしあれば、

このような点であると言ってるだけです。PHを、2:1に内分する点を通り、直線ABと30°の

角をなす直線というのは2つありますが、どちらであるかは図を書けば明らかです。

 (3)は全くできてません。大きな紙に大きな三角形を書けば多分証明可能だろうと思ってい

るだけです。


 FNさんからの続報です。(平成22年12月23日付け)

 何か勘違いをしてるのかもしれないのですが、次のような形式的な議論で証明できてしま
うような気がします。どこか間違ってるでしょうか。

複素平面で考えます。

補 題 α、β、γ、δ は、複素数の定数で、x、y、t は実数であるとする。

αx+βy+γt+δ=0 で、α/β が実数でないとき、x、y は、t の1次式でかける。


 証明は、α=a+a’i 、β=b+b’i 、・・・ とおけば容易。

定 理 △ABCに内接する正三角形△PQRの重心Gは一直線上にある。

(証明) A(α)、B(0)、C(1) とし、P、Q、RはそれぞれBC、AB、AC上にあるとする。

    このとき、 P(t) 、Q(xα) 、R(yα+1−y)とおける。ただし、t、x、yは実数。

    0< t、x、y <1 であるが、これは使わない。 ω=(1−i)/2 とおく。

    Pのまわりに、Qを−60°回転した点がRだから、

         (xα−t)ω=yα+1−y−t

      すなわち、 αωx+(1−α)y+(1−ω)t−1=0

   これは、大体補題の形である。αω/(1−α) が実数になる可能性はあるが...。

    従って、x、y は、t の1次式でかけるので、P、Q、Rはすべてt の1次式となり、重心

   Gも t の1次式になる。 よって、Gは直線上にある。  (証終)

 αω/(1−α) が実数になるのがどのようなときか、よくわかってないのですが、

αω=1−α となるのは、頂角が120°の2等辺三角形です。

 このときは、前に書いた

(2) △ABCの辺BC上に点Pがあるとする。PからAB、ACに下ろした垂線の足をそれぞれ

  H、Kとする。△ABCに内接する正三角形で1つの頂点がPであるものの重心Gは、PH

  を、2:1に内分する点を通り直線ABと30°の角をなす直線とPKを2:1に内分する点

  を通り直線ACと30°をなす直線との交点である。


の2直線が平行になります。この三角形に内接する正三角形は多分1つしかないと思いま
す。

 αω/(1−α) が実数になるのは、∠Aが120°のときのようです。上の「このときは」以
下は、∠Aが120°のときで成り立つように思います。従って、次の形で成り立つと思いま
す。

 △ABCの1つの角が120°であるとき、△ABCに内接する正三角形は1つだけである。
それ以外のとき、△ABCに内接する正三角形は無数にあるが、その重心は一直線上に
ある。


 らすかるさんからのコメントです。(平成22年12月23日付け)

 上記の

 △ABCの1つの角が120°であるとき△ABCに内接する正三角形は1つだけである。

について、全体に目を通していないので、何か勘違いしているのかも知れませんが、普通に
考えて1つの角が120°である三角形に内接する正三角形は無数にあると思います。


 FNさんからの返信です。(平成22年12月24日付け)

 仰る通りです。Aが120°のときとBが120°のときで結論が違うのは変です。120°の
角に向かい合う辺上の点が定点になるだけでした。理論的には変だけどな、と思いながら
へたな図を見た感じで1つしかないと思ってしまいました。

 αωx+(1−α)y+(1−ω)t−1=0 で、αω/(1−α) が実数になるときは、実部、虚
部にわけて書いた方程式の係数が比例するときで、そのことから、t は決まってしまいます。
そのとき、2つの方程式は同じだから、y は x の1次式となり、t は定数だから、Gは、xの
1次式になり、一直線上にあるとなります。ありがとうございました。すっきりしました。


 攻略法さんから、この話題に関する情報です。(平成22年12月24日付け)

 「CADで解く図形クイズ」の中の

    任意の三角形に内接する正三角形(出題 No.479

    二等辺三角形に内接する「正三角形」の重心の軌跡(出題 No.86

 にあります。


 FNさんからのコメントです。(平成22年12月24日付け)

 前の証明を見ると、正三角形であること、即ち、ωが−60°の回転を表す複素数である
ことは使っていません。(1つの角が120°のとき云々を除いて)即ち、ωは何でもよいので
どんな三角形でもいいことになります。だから、次の形で成り立つと思います。

 △ABCと△DEFが与えられている。△ABCに内接し、△DEFに向きも含めて相似で
ある三角形の重心は一直線上にある。



 らすかるさんからのコメントです。(平成22年12月24日付け)

 上記は成り立たないと思います。

 △ABCを、AB=ACの2等辺三角形とし、ABがBCより十分大きいとします。Cからわずか
にBよりのところに点Fをとり、△ABCと相似である△DEF(E=B、DはAB上でAの付近)を
作って、△DEF∽△ABCを保ちながら、EをAB上でA寄りにわずかにずらせば、DがAC上
にあるように出来ます。このとき、△DEF≒△ABCですから、△DEFの重心は△ABCの重
心付近にあります。

 次に、あらためて、D=B、E=Cとなるように△ABCと相似である△DEFを作って(FはAC
上でCの付近)、△DEF∽△ABCを保ちながら、DをAB上で、A寄りにわずかにずらせば、
EがBC上、FがAC上にあるように出来ます。このとき、△DEFの重心は、BCを2:1に内分
した点の付近にあります。

 この△DEFを、BCの垂直二等分線に関して対称移動すれば、△DEFの重心は、BCを
1:2に内分した点の付近にあることになり、以上の3点は、ほぼ2等辺三角形の頂点の
位置関係にありますから、明らかに一直線上にはありません。


 らすかるさんに対して、FNさんからのコメントです。(平成22年12月24日付け)

 おっしゃる通りで、私の証明が正しいとして、次のことが言えているだけでした。

 △ABCと△DEFが与えられている。点P、Q、Rがそれぞれ辺AB、BC、CA上にあって、
△PQRが△DEFに向きも含めて相似であるとき△PQRの重心は一直線上にある。

これも正しいかどうかはわかりませんが...。



     以下工事中