COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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三角形の面積

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C$ とおく.

三角形の面積

定理≪三角形の面積≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積 $S$ は, \[ S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B = \frac{1}{2}ab\sin C\] である.

問題≪ヘロンの三角形≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の頂点 $\mathrm A$ から $\mathrm{BC}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
(1)
$a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ と $S = \triangle\mathrm{ABC}$ を用いて $\dfrac{\mathrm{AH}}{c},$ $\dfrac{\mathrm{BH}}{c},$ $\dfrac{\mathrm{CH}}{b}$ を表せ.
(2)
$a,$ $b,$ $c$ と $S$ がすべて整数であるとき, $a\cdot\mathrm{AH},$ $2a\cdot\mathrm{BH},$ $2a\cdot\mathrm{CH}$ はすべて整数であることを示せ.

解答例

(1)
三角比の定義, 三角形の面積の公式と余弦定理により, \begin{align*} \frac{\mathrm{AH}}{c} &= \sin B = \frac{2S}{ca} \quad \cdots [1], \\ \frac{\mathrm{BH}}{c} &= |\cos B| = \frac{|c^2+a^2-b^2|}{2ca} \quad \cdots [2], \\ \frac{\mathrm{CH}}{b} &= |\cos C| = \frac{|a^2+b^2-c^2|}{2ab} \quad \cdots [3] \end{align*} が成り立つ.
(2)
$[1]$~$[3]$ から, \begin{align*} a\cdot\mathrm{AH} &= 2S, \\ 2a\cdot\mathrm{BH} &= |c^2+a^2-b^2|, \\ 2a\cdot\mathrm{CH} &= |a^2+b^2-c^2| \end{align*} が成り立つ. $a,$ $b,$ $c$ と $S$ がすべて整数であるとき, これらの値は整数である.

背景

  • $3$ 辺の長さと面積がすべて整数であるような三角形を「ヘロンの三角形」(Heronian triangle)と呼ぶ. 「ピタゴラスの三角形」(各辺の長さがすべて整数であるような直角三角形)は「ヘロンの三角形」である. よって, $1$ 組の辺の長さが等しい $2$ つの「ピタゴラスの三角形」の等辺を貼り合わせたり, 一方から他方を取り除いたりすることで,「ヘロンの三角形」を作ることができる. 例えば, $3$ 辺の長さが $9,$ $12,$ $15$ の三角形, $5,$ $12,$ $13$ の三角形において, 長さが $12$ の辺を貼り合わせると $3$ 辺の長さが $13,$ $14,$ $15$ の「ヘロンの三角形」が得られ, 前者から後者を取り除くと $3$ 辺の長さが $4,$ $13,$ $15$ の「ヘロンの三角形」が得られる.
  • 逆に, 本問の結果から, すべての「ヘロンの三角形」は, 上記のような「ピタゴラスの三角形」からできる三角形と相似であり, その相似比はある辺の長さ $a$ に対して $2a$ の約数であることがわかる.

問題≪ヘロンの公式≫

(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおく. このとき, \[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\] が成り立つことを示せ.
(2)
$3$ 辺の長さが $b-1,$ $b,$ $b+1$ である三角形の面積 $S$ が整数であるとする. このとき, $b$ は偶数であり, $x = \dfrac{b}{2}$ とおくと, ある正の整数 $y$ について $x^2-3y^2 = 1$ となることを示せ.

解答例

(1)
余弦定理 $\cos\angle\mathrm{BAC} = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ により \begin{align*} &(\triangle\mathrm{ABC})^2 = \frac{1}{4}b^2c^2\sin ^2\angle\mathrm{BAC} \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2(1-\cos ^2\angle\mathrm{BAC}) \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2-\frac{1}{4}b^2c^2\cdot\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2} \\ &= \frac{1}{16}\{ (2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2) \\ &= \frac{1}{16}\{ (b+c)^2-a^2\}\{ a^2-(b-c)^2\} \\ &= \frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{-a+b+c}{2}\cdot\frac{a-b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2} \\ &= s(s-a)(s-b)(s-c) \end{align*} が成り立つので, 両辺の平方根をとると求める等式が得られる.
(2)
(1) から, \begin{align*} S &= \sqrt{\frac{3b}{2}\left(\frac{3b}{2}-b+1\right)\left(\frac{3b}{2}-b\right)\left(\frac{3b}{2}-b-1\right)} \\ &= \frac{\sqrt{3b(b+2)b(b-2)}}{4} \\ &= \frac{b\sqrt{3(b^2-4)}}{4} \end{align*} が成り立つ. $b$ が奇数であるとすると, $b^2-4$ も奇数となり, 右辺の分子は奇数となってしまい, $S$ が整数であることに反する. よって, $b$ は偶数である. そこで, $x = \dfrac{b}{2}$ とおくと, \[ S = \frac{2x\sqrt{3(4x^2-4)}}{4} = x\sqrt{3(x^2-1)}\] となる. これは整数なので, ある正の整数 $y$ に対して $x^2-1 = 3y^2$ つまり $x^2-3y^2 = 1$ となる.

背景

  • (1) で示した等式は「ヘロンの公式」(Heron's formula)と呼ばれる.
  • $3$ 辺の長さと面積が整数であるような三角形を「ヘロンの三角形」(Heronian triangle)と呼び, そのうち $3$ 辺の長さが連続する整数であるものを「ブラーマグプタの三角形」(Brahmagupta triangle)と呼ぶ. 本問の結果により,「ブラーマグプタの三角形」の $2$ 番目に長い辺の長さ $b$ と「ペル方程式」$x^2-3y^2 = 1$ の解は, $b = 2x$ により, もれも重複もなく対応する. 「ペル方程式」の解の公式により $x^2-3y^2 = 1$ のすべての正の整数解は \[ (x,y) \!\!=\!\! \left(\!\frac{(2\!+\!\sqrt 3)^n\!+\!(2\!-\!\sqrt 3)^n}{2},\frac{(2\!+\!\sqrt 3)^n\!-\!(2\!-\!\sqrt 3)^n}{2\sqrt 3}\!\right)\] と表されるから, $b$ は \[ b = (2+\sqrt 3)^n+(2-\sqrt 3)^n\] と表される.

四角形の面積

問題≪ブラーマグプタの公式≫

 円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $s = \dfrac{a+b+c+d}{2}$ とおく. このとき, 四角形の面積 $S$ は \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] と表されることを示せ.

解答例

 $\theta = \angle\mathrm{ABC}$ とおく. $\angle\mathrm{CDA} = 180^\circ -\theta$ であるから, \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} \\ &= \frac{1}{2}ab\sin \theta +\frac{1}{2}cd\sin (180^\circ -\theta ) \\ &= \frac{1}{2}(ab+cd)\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(ab+cd)\sqrt{1-\cos ^2\theta} \end{align*} が成り立つ. $\cos (180^\circ -\theta ) = -\cos\theta$ であるから, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると \[\mathrm{AC}^2 = a^2+b^2-2ab\cos\theta = c^2+d^2+2cd\cos\theta \] となり, \[\cos\theta = \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}\] となる. よって, \begin{align*} S^2 &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2(1-\cos ^2\theta ) \\ &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2-\frac{1}{4}(ab+cd)^2\cdot\frac{(a^2+b^2-c^2-d^2)^2}{4(ab+cd)^2} \end{align*} \begin{align*} &= \frac{1}{16}\{ 4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}\{ (2ab+2cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2) \\ &\qquad \cdot (2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2) \\ &= \frac{1}{16}\{ (c+d)^2-(a-b)^2\}\{ (a+b)^2-(c-d)^2\} \\ &= \frac{-a+b+c+d}{2}\cdot\frac{a-b+c+d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{a+b-c+d}{2}\cdot\frac{a+b+c-d}{2} \\ &= (s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{align*} が成り立つから, 両辺の平方根をとると \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] が得られる.

背景

 本問の結果は「ブラーマグプタの公式」(Brahmagupta's formula)として知られている.