2017年10月 / 09月≪ 12345678910111213141516171819202122232425262728293031≫11月

--.--.-- (--)

スポンサーサイト

上記の広告は1ヶ月以上更新のないブログに表示されています。
新しい記事を書く事で広告が消せます。
--:--  |  スポンサー広告  |  EDIT  |  Top↑

2009.07.27 (Mon)

角の三等分の感動

普通には、任意の角は三等分できませんが、

放物線が与えられれば

作図ができるんですね。
勿論、整数の目盛りはx軸、y軸上にないといけませんが。
スポンサーサイト
21:38  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.06.20 (Sat)

トリチェリの問題 解答

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

フェルマーがトリチェリに出したと言われる問題の解答です。

「任意の鋭角三角形ABCの内部の点Pに対して、
PA + PB + PC
の値が最小となる点Pを作図せよ。」



(解答)
(1)△ABCの三辺それぞれを一辺とする正三角形を、△ABCの外部につくる。
(2)(1)でつくった3つの正三角形の外接円を描く。
(3)(2)で描いた3円の交点が、求める点Pである。

なぜ、こうなるのでしょうか?
考えてみてください。
↓↓mmHg↓↓
22:00  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.06.17 (Wed)

トリチェリの問題 ヒント 「ヴィヴィアーニの定理」

ヴィヴィアーニ(Viviani)の定理

 正三角形ABC の内部の任意の点Pに対して、点Pより各辺に下ろした垂線の長さ
の和は一定で、正三角形の高さに等しい。
19:30  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.06.15 (Mon)

トリチェリの問題

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

フェルマーがトリチェリに出したと言われる問題です。

「任意の鋭角三角形ABCの内部の点Pに対して、
PA + PB + PC
の値が最小となる点Pを作図せよ。」


では。

↓↓mmHg↓↓
16:44  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.04.23 (Thu)

コンパスの可能性3

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

では中心Oの円C(半径 r )に関して点Pを反転させてみましょう。

点Pが円Cの外部にある場合
1.Pを中心として半径OPの円を描き、この円と円Cとの交点をそれぞれA,Bとする。
2.A,Bそれぞれを中心として、半径OA = OB = r の円を描く。
3.二つの円の交点のうち、Oでない点をQとする。このとき、Qが求める点である。

点Pが円Cの内部にある場合
1.OP = nOP' となるような点P'をとる。ただし、n は任意の数で、P'が円Cの外部にあるようにとる。
2.上の「点Pが円Cの外部にある場合」と同様にして、P'を反転させた点Q'を作図する。
3.OQ' = nOQ となるような点Qをとる。このとき、Qが求める点である。

解析はまたの日に。

それでは。


↓↓。。↓↓
22:18  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.04.22 (Wed)

コンパスの可能性2

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

コンパスだけで円の中心を作図するには、まず次のことをご存じでないといけません。

中心O、半径 r の円Cがあり、外部に点P,内部に点Qがあり、

OP・OQ = r2

が成り立つとき、点Pと点Qは円Cに関して対称といいます。

そして、点Pに対して点Qを,又は点Qに対して点Pを対応させることを「反転」といいます。

さて、円Cの外部の点、内部の点それぞれを、円Cに関してコンパスのみで反転させてください。


↓↓考えてください。↓↓
22:08  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.04.21 (Tue)

コンパスの可能性

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

まずは、知っている方もいらっしゃるとは思いますが、この問題です。

「任意の円Cが与えられたとき、コンパスのみで円Cの中心Oを作図せよ。」

それでは。

↓↓どうぞ。↓↓
19:31  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.31 (Tue)

3/30解答

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

前回の問題です。
「∠A = 20°,AB = AC の二等辺三角形ABCにおいて、点DをBC = AD となるように辺AC上にとる。このとき、∠ADBの大きさを求めよ。」
QUIZ.jpg

それでは、解答です。

(解答)
BCを一辺とする正三角形EBCを△ABC内に描く。
ANSWER.jpg
∠ABC = ∠ACB = (180°- 20°)/2 = 80°
であり、
∠EBC = ∠ECB = 60°
であるので、
∠ABE = ∠ACE = 20°

△AEB と △BDA において、
AB = BA
BE = AD
∠ABE = ∠BAD (=20°)
より、二辺夾角の合同で、
△AEB ≡ △BDA

よって、∠ADB = ∠BEA

∠BEA = (360°- 60°)/2 = 150°
であるので、
∠ADB = 150°

補助線は大事ですね。
それでは。

↓↓GOAL↓↓


22:21  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(3)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.30 (Mon)

3/30問題

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

「∠A = 20°,AB = AC の二等辺三角形ABCにおいて、点DをBC = AD となるように辺AC上にとる。このとき、∠ADBの大きさを求めよ。」
QUIZ.jpg

頑張ってくださいね。

↓↓START↓↓


22:21  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.20 (Fri)

シュタイナー・レームスの定理3

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

では、二つ目の証明です。
「任意の三角形において、2つの内角の2等分線の長さが等しければ、その三角形
は、二等辺三角形であることを証明せよ。」



(証明)
△ABCにおいて、辺AC上に点D,辺AB上に点Eを、BD,CEがそれぞれ∠B,∠Cの2等分線となるようにとる。
このとき、 BD = CE であるとする。
背理法で示す。

(図は前回のものを使用しています)
シュタイナー


∠B >∠C と仮定する。
このとき、∠Bも∠Cも鋭角である。鈍角のとき、明らかにBD = CEは成り立たない。
∠B = 2β,∠C = 2γとし、BC = a,CA = b,AB = c とする。
このとき、
△ABC = △BAD + △BCD = c sinβ + a sinβ
△ABC = △CAE + △CBE = b sinγ + a sinγ
よって、c sinβ + a sinβ = b sinγ + a sinγ

ここで、90°>β>γ>0°より、sinβ>sinγであるので、
a sinβ> a sinγ

よって、c sinβ< b sinγ
また、cosβ< cosγであるので、
c sinβcosβ< b sinγcosβ
両辺2倍して、
2c sinβcosβ< 2b sinγcosβ
倍角の定理より、
c sin2β< b sin2γ
つまり、
c sinB < b sinC

しかし、
2△ABC = ac sinB = ab sinC
より、
c sinB = b sinC
であるので、矛盾。


∠B < ∠C のときも同様にして矛盾が示せる。

この矛盾を回避できるのは、∠B = ∠C のときのみであるので、
この三角形は、AB = AC の二等辺三角形となる。

ゆえに、題意は示された。
(Q.E.D.)


おもしろかったですね。
それでは。

↓↓再脱帽↓↓



18:28  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.19 (Thu)

シュタイナー・レームスの定理 ヒント2

次回は、シュタイナー・レームスの定理に別証を与えたいと思います。
三角比を使ってみましょう。それでは。
00:31  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.18 (Wed)

シュタイナー・レームスの定理2

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

では、証明です。
「任意の三角形において、2つの内角の2等分線の長さが等しければ、その三角形
は、二等辺三角形であることを証明せよ。」



(証明)
△ABCにおいて、辺AC上に点D,辺AB上に点Eを、BD,CEがそれぞれ∠B,∠Cの2等分線となるようにとる。
「BD = CE ⇒ ∠B = ∠C」 が成り立つことを示せばよい。
シュタイナー

∠B >∠C のとき、
∠FBD = ∠ACE となるような点Fが線分AD上にとれる。
また、BF = CG となる点Gを辺AC上にとり、GH//FBとなる点Hを線分CE上にとる。

△BFDと△CGHにおいて、
∠FBD = ∠GCH
BF = CG
∠BFD = ∠CGH (∵平行線による同位角)

以上より、二角とその夾辺が合同であるので、
△BFD ≡ △CGH

よって、
BD = CH

CHは線分CE上の点で、点C,Eとは異なる点であるので、
BD < CE

以上より、
∠B > ∠C ⇒ BD < CE ・・・(i)
また、同様にして(対称性より)
∠B < ∠C ⇒ BD > CE ・・・(ii)
また、∠B = ∠C のとき、対称性より、
∠B = ∠C ⇒ BD = CE ・・・(iii)

(i)(ii)(iii)の仮定はすべての場合を尽くしており、結論は互いに排反な事象であるので、それぞれの命題の逆も成り立つ。
(↑転換法

ゆえに、
BD = CE ⇒ ∠B = ∠C
が成り立つことが示された。

よって、題意は示された。

(Q.E.D.)



ふうん、なかなかエレガントですね。

それでは。


↓↓脱帽↓↓

22:34  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.16 (Mon)

シュタイナー・レームスの定理 ヒント

さて、今回は初等幾何学的に証明してみましょう。

「転換法」がポイントです。

それでは、明日証明です。 

それでは。
22:38  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.14 (Sat)

シュタイナー・レームスの定理

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

いきなり問題です。
「任意の三角形において、2つの内角の2等分線の長さが等しければ、その三角形
は、二等辺三角形であることを証明せよ。」


この定理は、シュタイナー・レームスの定理と呼ばれています。

一見簡単そうですが、難しい問題です。

挑戦してみてください。

↓↓挑戦!↓↓

22:19  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.12 (Thu)

モーレの定理6

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

モーレの定理5の証明の続きをいたしましょう。
モーレの定理は、こちら

(証明)[続き]
モーレ
ここで、BX=BY',CX=CZ'となる点Y',Z'をそれぞれ辺AB,AC上にとる。

このとき、△BY'Z ≡ △BXZ,△CXY ≡ △CZ'Y (∵二辺夾角の合同)であり、△XYZは正三角形であるから、
Y'Z = ZY = YZ' ・・・(i)

また、△UZYはUZ=UYの二等辺三角形であるから、
∠UZY = ∠UYZ
で、∠ZUY = ∠BUC = π - 2β - 2γ
ゆえに、
∠UYZ + ∠UZY = 2β + 2γ
よって、
∠UYZ = ∠UZY = β + γ

ここで、
3α + 3β + 3γ = π
であるので、
α + β + γ = π/3
よって、
β + γ = π/3 - α

ゆえに、
∠UZX = ∠UYX = 2π/3 - α

である。

∠BZY' = ∠BZX,∠CYZ' = ∠CYX であるから、
∠UZY' = ∠UZX = 2π/3 - α
∠UYZ' = ∠UYX = 2π/3 - α

ゆえに、∠Y'ZY = ∠ZYZ' = π - 2α

また、0<α<π/3 であるので、
∠Y'ZY = ∠ZYZ' > 60°・・・(ii)

(i) (ii) とナラニエンガーの定理より、
Y',Z,Y,Z'は同一円周上にあり、また、∠Y'AZ'= 3α なので、
Aも同じ円周上にある。

よって、(i)と円周角の定理より、

∠Y'AZ = ∠ZAY = ∠YAZ' = α

ゆえに、△ABCにおいて、線分AY,AZは∠Aの三等分線、線分BZ,BXは∠Bの三等分線、線分CX,CYは∠Cの三等分線となり、△XYZは正三角形となるので、モーレの定理(モルリーの定理)は示された。

(Q.E.D.)


どうでしたでしょうか?

それでは。

↓↓完成!↓↓

21:14  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.09 (Mon)

モーレの定理5

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

モーレの定理3の証明の続きをいたしましょう。
モーレの定理は、こちら

(証明)[続き]

モーレ

△ABCにおいて、
∠A = 3α
∠B = 3β
∠C = 3γ
とおく。

図のように∠Bと∠Cの三等分線の交点をU,Xとする。

すると、△UBCにおいて、BXとCXはそれぞれ∠B,∠Cの二等分線であるから、点Xは△UBCの内心である。

ゆえに、線分UXは∠BUCを二等分する。

ここで、∠UXZ = ∠UXY = 30°
となるように点Z,Yをそれぞれ線分BU,CU上にとる。

すると、△UXZと△UXYにおいて、
UXは共通
∠UXZ = ∠UXY = 30°
∠ZUX = ∠YUX
なので、二角と夾辺の合同より、
△UXZ ≡ △UXYなので、

XZ = XY

さらに、∠ZXY = 60°なので、△XYZは正三角形となる。


本日はここまでです。
次回は、この正三角形を見ていきましょう。

それでは。

モーレの定理6へ→

↓↓応援してください↓↓

19:46  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.07 (Sat)

モーレの定理4

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

すいません、今日はヒントだけで。

モーレの定理3で、ナラニエンガーの定理は証明されました。

これをモーレの定理の証明には使うのですが、最後です。
それまでは、使いません。

まず、△ABCの∠Bと∠Cの三等分線を引いてください。そして、自分で、正三角形を作ってみます。s前半では、この作り方がポイントなのですが、それは次回。

正三角形を作れば、後半では、その正三角形は∠Aに対しても条件を満たしていることを示します。

どうでしょうか?

すみませんね。

それでは。

↓↓あ~あ↓↓




21:07  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.05 (Thu)

モーレの定理3

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

それでは、モーレの定理を証明しましょう。
まず今回は、ナラニエンガーの定理を証明しておきます。

(証明)
まず、次の定理を証明する。

ナラニエンガーの定理

4点A,B,C,Dが次の条件、
(i) AB = BC = CD
(ii) ∠ABC = ∠BCD = 180°- 2α> 60°
を満たすとき、4点A,B,C,Dは同一円周上にあり、さらに、点EがADに関してOと同じ側にあり、∠AED = 3α を満たすとき、点Eも他の4点と同じ円周上にある。


∠ABC,∠BCDそれぞれの二等分線を引き、その交点をOとする。
ナラニエンガー
このとき、∠OCB = ∠OBC = 60°-αとなるので、△OBCは二等辺三角形である。

また、△ODCと△OCBにおいて、
∠OCD = ∠OCB
OCは共通
DC = CB
であるので、二辺とその夾角の合同より、
△ODC ≡ △OCB

また△OCBと△OBAについても同様に、
△OCB ≡ △OBA
であることが分かるので、以上より、
OA = OB = OC = OD

よって、4点A,B,C,Dは点Oを中心とする同一円周上にある。


また、ここで、
∠DOC = ∠COB = ∠BOA = 2α
であるので、
∠DOA = 6α

ゆえに、∠AOD = 2∠AED
よって、円周角の定理の逆より、点Eも4点A,B,C,Dと同じ円周上にある。


(ナラニエンガーの定理 証明終)

モーレの定理5へ→


今日はここまでです。

それでは。

↓↓次回もやります。↓↓





21:35  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.03.02 (Mon)

モーレの定理2

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

モーレの定理の証明、ということですが、今回は、特別な知識の少なくて済む、初等幾何学での証明を行いたいと思います。
ただし、結構ややこしいので、何回かに分けていきましょう。

今回の証明には、次の定理を使います。

<<ナラニエンガーの定理>>
「4点A,B,C,Dが次の条件、
(i) AB = BC = CD
(ii) ∠ABC = ∠BCD = 180°- 2α> 60°
を満たすとき、4点A,B,C,Dは同一円周上にあり、さらに、点EがADに関してOと同じ側にあり∠AED = 3α を満たすとき、点Eも他の4点と同じ円周上にある。」


次回からは、まず、これを示すことから始めましょう。

↓↓次回、本格始動↓↓


20:51  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.28 (Sat)

モーレの定理

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら
交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>


今回は、モーレの定理というものを紹介します。とても、美しい定理です。皆さんも、一度は目にしたことがあるのではないでしょうか?

<<モーレの定理>>△ABCの三つの頂角の三等分線を引く。それらの交点を、下の図のようにD,E,Fとしたとき、△DEFは正三角形となるモーレ

さて、これを次回から証明していきましょう。

↓↓すごいですよ。↓↓

18:45  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.12 (Thu)

カルノーの定理6

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

解答です。
カルノーの定理を使っての問題ですね。

「円に内接する n 角形がある。
この n 角形の頂点のうち、任意の 1 点を選び、そこから n-3 本の対角線を引く。
このようにしてできた n-2 個の三角形の内接円の半径を、
r1,r2,r3,・・・,rn-2
とする。
このとき、どの頂点を選んでも、
∑[i=1,n-2] ri
は一定であることを示せ。」


(証明)
円Cに内接する n 角形の頂点のうち 1 つを選び、そこから引いた n-3 本の対角線によって分けられた n-2 個の三角形を、それぞれ順番に T1,T2,T3,・・・,Tn-2 とする。
また、三角形 Tk の内接円の半径を rk とする。

このとき、三角形 Tk の外接円の中心Oから各辺に下ろした垂線の足を O1[k],O2[k],O3[k]とする。

このとき、カルノーの定理より、三角形 Tkにおいて、外接円の半径を R とすると、
OO1[k] + OO2[k] + OO3[k] = R + rk
∴rk = OO1[k] + OO2[k] + OO3[k] + R

ここで、どの三角形 Tk においても、外接円は同じ円Cであるので、R の値も一定である。また、 O も定点であるので、
(以下、∑[i=1,n-2] を単に∑と表す)

∑ri = (n-2)R + ∑OO1[i] + OO2[i] + OO3[i]

ゆえに、
∑OO1[i] + OO2[i] + OO3[i]
の値が、最初に選ぶ頂点によらず一定であることを示せばよい。


ある三角形 Tm においての線分OO1[m]が、それと隣接した三角形 Tm+1 においての線分OO1[m+1]と一致するとすると、この線分は、Tm においては、三角形の外部にあるが、Tm+1 においては、三角形の内部にあるので、これらの正負は異なる。
よって、これらの値を足し合わせると、打ち消されて 0 になる。

このことは、円Cの中心Oから、 n 角形の n 本の辺に下ろした垂線以外の垂線全てに言えることであるので、結局、

∑OO1[i] + OO2[i] + OO3[i]

の値は、円Cの中心Oから、 n 角形の n 本の辺に下ろした垂線の長さの和に等しい。

ゆえに、この値は最初の頂点の選び方によらず一定である。


以上より、∑ri はどの頂点を選んでも常に一定となる。

(Q.E.D.)

どうでしたか?

それでは。

↓↓カルノーの定理最高↓↓
22:25  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.11 (Wed)

カルノーの定理5

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

それでは、カルノーの定理を実際に使ってみましょう。

「円に内接する n 角形がある。
この n 角形の頂点のうち、任意の 1 点を選び、そこから n-3 本の対角線を引く。
このようにしてできた n-2 個の三角形の内接円の半径を、
r1,r2,r3,・・・,rn-2
とする。
このとき、どの頂点を選んでも、
∑[i=1,n-2] ri
は一定であることを示せ。」


それでは、どうぞ。

↓↓カルノーの定理最高↓↓
21:24  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.10 (Tue)

カルノーの定理4

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

←カルノーの定理3

今回で最後ですね。
ちなみに、
cotα = 1/tanα = cosα/sinα = cscαcosα
ですので。

カルノーの定理は、
「△A1A2A3とその外心Oがある。
Oから三辺A2A3,A3A1,A1A2それぞれに下ろした垂線の足を O1,O2,O3とする。
このとき、線分OOi (i = 1,2,3)の符号を次のように定める。

(I) 線分OOi が△A1A2A3の外部にあるとき、その符号を負とする。
(II) (I)以外のとき、その符号を正とする。

△A1A2A3の外接円の半径を R,内接円の半径を r とおいたとき、次のことが成り立つ。

OO1+ OO2+ OO3 = R + r  」

というものです。
それでは前回の証明の続きをいたしましょう。

(証明)<続き>
第三部では、
4Rsin(A1/2)sin(A2/2)sin(A3/2) = r
であることを示し、結論を導きます。


ここで、△A1A2A3 を、 △ABC とします。

karuno-.jpg
BC = a,CA = b,AB = c とおく。

辺BCと内接円との接点をDとすると、
BD = r cot(B/2),CD = r cot(C/2)
BD + CD = a であるので、
r{cot(B/2) + cot(C/2)} = a

ゆえに、
r = a/{cot(B/2) + cot(C/2)}

ここで、
cot(B/2) + cot(C/2) = {cos(B/2)/sin(B/2)}+{cos(C/2)/sin(C/2)}
= {cos(B/2)sin(C/2)+sin(B/2)cos(C/2)}/sin(B/2)sin(C/2)
正弦の加法定理より、
cot(B/2) + cot(C/2) = sin(B/2 + C/2) / sin(B/2)sin(C/2)

よって、
r = a/{cot(B/2) + cot(C/2)}
= a sin(B/2)sin(C/2) / sin{(B+C)/2} ・・・※

ここで、
(B+C)/2 = π/2 - A/2
であるので、
sin{(B+C)/2} = cos(A/2)

また、正弦定理より、a/sinA = 2R で、倍角の公式を用いて、
a = 2R sinA = 4R sin(A/2)cos(A/2)

これらを※式に代入して、
r = 4R sin(A/2)cos(A/2)sin(B/2)sin(C/2) / cos(A/2)

よって、
r = 4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)


ここで、△ABC を △A1A2A3 に戻す。
これを、
OO1 + OO2 + OO3 = R + 4Rsin(A1/2)sin(A2/2)sin(A3/2)
に代入して、
OO1 + OO2 + OO3 = R + r

(Q.E.D.)

第一部では、幾何学的に、
第二部では、計算を、
第三部では、もう一度幾何学的に、
という証明でしたね。

面白い証明でした。

それでは。


↓↓証明終↓↓


15:39  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.09 (Mon)

カルノーの定理3

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

←カルノーの定理2

今回も述べておきますが、
カルノーの定理は、
「△A1A2A3とその外心Oがある。
Oから三辺A2A3,A3A1,A1A2それぞれに下ろした垂線の足を O1,O2,O3とする。
このとき、線分OOi (i = 1,2,3)の符号を次のように定める。

(I) 線分OOi が△A1A2A3の外部にあるとき、その符号を負とする。
(II) (I)以外のとき、その符号を正とする。

△A1A2A3の外接円の半径を R,内接円の半径を r とおいたとき、次のことが成り立つ。

OO1+ OO2+ OO3 = R + r  」

というものです。

それでは前回の証明の続きをいたしましょう。

(証明)<続き>
第二部では、
OO1 + OO2 + OO3 = R + 4Rsin(A1/2)sin(A2/2)sin(A3/2)
と表せることを証明します。
(OO1,OO2,OO3) = (R cosA1,R cosA2,R cosA3)より、
OO1 + OO2 + OO3 = R (cosA1 + cosA2 + cosA3)

ここで、A1,A2,A3は△A1A2A3の内角なので、
A1 + A2 + A3 = π

∴ (A1 + A2 + A3)/2 = π/2

ゆえに、これと、
公式cos(π/2 - α) = sinα,sin(-α) = -sinα
及び、
和積公式
を利用して、

cosA1+cosA2+cosA3

= sin(π/2 - A1) + sin(π/2 - A2) + sin(π/2 - A3)

= sin((-A1+A2+A3)/2) + sin((A1-A2+A3)/2) + sin((A1+A2-A3)/2) + 1 - 1

= 1 - sin((A1+A2+A3)/2) + sin((-A1+A2+A3)/2) + sin((A1-A2+A3)/2)+sin((A1+A2-A3)/2)

= 1 + {sin((-A1-A2-A3)/2) - sin((-A1-A2+A3)/2)} + {sin((A1-A2+A3)/2) - sin((-A1+A2+A3)/2)}

= 1 + 2{cos((-A1-A2)/2)sin(-A3/2) + cos((A1-A2)/2)sin(A3/2)}

= 1 + 2{cos((A1-A2)/2) - cos((A1+A2)/2)}sin(A3/2)

= 1 - 4sin(A1/2)sin(-A2/2)sin(A3/2)

= 1 + 4sin(A1/2)sin(A2/2)sin(A3/2)

ゆえに、

cosA1+cosA2+cosA3

= 1 + 4sin(A1/2)sin(A2/2)sin(A3/2)

よって、

OO1 + OO2 + OO3 = R + 4Rsin(A1/2)sin(A2/2)sin(A3/2)



カルノーの定理4へ→

↓↓明日で最後!!↓↓


18:42  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.07 (Sat)

カルノーの定理2

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

←カルノーの定理

カルノーの定理は、
「△A1A2A3とその外心Oがある。
Oから三辺A2A3,A3A1,A1A2それぞれに下ろした垂線の足を O1,O2,O3とする。
このとき、線分OOi (i = 1,2,3)の符号を次のように定める。

(I) 線分OOi が△A1A2A3の外部にあるとき、その符号を負とする。
(II) (I)以外のとき、その符号を正とする。

△A1A2A3の外接円の半径を R,内接円の半径を r とおいたとき、次のことが成り立つ。

OO1+ OO2+ OO3 = R + r  」

です。

それでは、証明第一部をお見せしましょう。




(証明)
第一部では、
(OO1,OO2,OO3) = (R cosA1,R cosA2,R cosA3
とおけることを証明します。


OO1 = R cos∠A3OO1 である。
また、∠A3OO1 = (1/2)∠A3OA2である。

OO1のどの部分も△A1A2A3の内部にないとき、∠A3A1A2 = π - (1/2)∠A3OA2となるので、
cos∠A3OO1 = - cosA1

OO1の一部または全部が△A1A2A3の内部にあるとき、∠A1 = (1/2)∠A3OA2となるので、
cos∠A3OO1 = cosA1


ゆえに、線分OO1が(I)の状態のとき、
OO1 = - R cosA1
(II)の状態のとき、
OO1 = R cosA1
となる。

線分OO2,OO3についても同様のことが言え、(I)(II)のように符号が設定されるので、

(OO1,OO2,OO3) = (R cosA1,R cosA2,R cosA3
とおける。


カルノーの定理3へ→

↓↓明日も期待!↓↓

16:47  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2009.02.06 (Fri)

複素平面で三角形!

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>
三角形の五心のうち、外心が存在することを、複素平面で証明してみましょう。

以前にも紹介した、「直線の方程式」を利用しましょう。

(証明)
複素平面上で、
異なる3点
A(α),B(β),C(γ)をとる。

また、線分ABの垂直二等分線と、線分BCの垂直二等分線の交点を O(o) とおく。

このとき、Oは線分ABの垂直二等分線上にあるので、

<< | o - α| = | o - β| (基本形)
基本形の両辺を二乗して、絶対値を外すと、

( o - α) ( o - α ) = ( o - β) ( o - β )

( o - α) ( o - α ) = ( o - β) ( o - β )

oo - oα - oα - αα = oo - oβ - oβ - ββ

( α - β ) o + ( α - β ) o + αα - ββ = 0

よって、>>


( α - β ) o + ( α - β ) o + |α|2 - |β|2 = 0  ・・・(i)

また、Oは線分BCの垂直二等分線上にもあるので、

( γ - β ) o + ( γ - β ) o + |γ|2 - |β|2 = 0 ・・・(ii)

(i) - (ii) より、

( α - γ ) o + ( α - γ ) o + |α|2 - |γ|2 = 0

よって、Oは、線分CAの垂直二等分線上にもある。

ゆえに、線分AB,BC,CAそれぞれの垂直二等分線は、一点Oで交わり、また、

| o -α| = | o -β| =| o -γ|

であるので、点Oは三点A,B,Cから等距離にあるので、

点Oは△ABCの外接円の中心となる。
(Q.E.D.)

どうでしたか?それでは。


↓↓簡単ですね↓↓
15:46  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2008.12.30 (Tue)

カルノーの定理

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

今回は第一部です。

図は、またの日に掲載しますので、今回は定理だけでよろしくお願いします。


<<カルノーの定理>>
△A1A2A3とその外心Oがある。
Oから三辺A2A3,A3A1,A1A2それぞれに下ろした垂線の足を O1,O2,O3とする。
このとき、線分OOi (i = 1,2,3)の符号を次のように定める。

(I) 線分OOi が△A1A2A3の外部にあるとき、その符号を負とする。
(II) (I)以外のとき、その符号を正とする。

△A1A2A3の外接円の半径を R,内接円の半径を r とおいたとき、次のことが成り立つ。

OO1+ OO2+ OO3 = R + r    


いかがでしょうか?
美しいと思いませんか?

トレミーの定理から幾何学的に証明をすることもできますが、今回は三角法を用いた証明を行いたいと思います。

残念ですが今日はこれまで。

一度、ご自分で証明してみては?

それでは。

カルノーの定理2へ→

↓↓頑張ります↓↓

21:52  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2008.12.27 (Sat)

60°の問題

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

それでは、今日は一題出題しようと思います。
久しぶりの幾何学です。

「∠A = 60°の△ABCがあり、∠B,∠Cの二等分線と△ABCの外接円との交点のうち、点B,Cでない方をそれぞれ点D,Eとする。このとき、BD = CE であることを示せ。」




どうでしょう?



それでは、少し下にヒントを書きます。

・・・

・・・

・・・

・・・

・・・

(ヒント)
線分BD及び線分CEの見込む角に注目してみてください。


それでは、授業を延長してもらえば、解答です。



↓↓分かりました!!↓↓

21:29  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2008.11.25 (Tue)

芳賀の定理

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

問題1.船長様の命令です
問題2.二つのダイイング・メッセージ


折り紙だけで、定木もコンパスも使わずに、辺を三等分してみましょう。

今から紹介する定理は、「芳賀の定理」と言われるものです。

まず、折り紙を横に二つ折します。そして、折り紙の上の端に、印をつけておきましょう。

次に、左下の角を、先ほどつけた上の折り目に合うように折ります。

下の辺が、右の辺と重なるところが、右の辺の三等分点となります。

下の図で言うと、点Gがそうです。
折り紙
なぜこうなるのか?

それはまたの機会に。

それでは。

↓↓折り紙↓↓

22:26  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑

2008.10.28 (Tue)

立体の大きさ

〔注意事項〕をご覧ください。(携帯の方はこちら

交流掲示板<http://penpenpensama.hp.infoseek.co.jp/Go.html>

問題1.船長様の命令です
問題2.二つのダイイング・メッセージ
お訊ねします。
「同じ長さと大きさを持つマッチ棒を使って、正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体を作った。ただし、多面体の辺を一辺作るのに、マッチ棒は必ず一本のみを使うものとする。このとき、これら五つの立体を、体積の大きい順に並べよ」


どうでしょう?
面の数が多けりゃ立体も大きいというわけにはいきませんよ。




答えです。

正四面体、正八面体、正六面体、正二十面体、正十二面体の順番です。


同じ順番で、それぞれを頂点の数で表すと、


正四頂体、正六頂体、正八頂体、正十二頂体、正二十頂体

となります。



平面図形では、辺の数と頂点の数は一致するので、どちらで呼んでも(たとえば四辺形、三角形など)数字は一致するのですが、
空間図形になると、こちらも同じく辺と頂点の数が一致するのはするのですが、面の数とは一致しないので、
その図形を面の数で呼ぶか、頂点の数で呼ぶかで随分とイメージが変わってしまいます。

ご自分で図形を作って、お確かめください。

それでは。

↓↓立体の大きさ?↓↓
22:11  |  幾何学-math  |  TB(0)  |  CM(0)  |  EDIT  |  Top↑
 | BLOGTOP |  NEXT
上記広告は1ヶ月以上更新のないブログに表示されています。新しい記事を書くことで広告を消せます。