陥没地帯 (208) - ノリの悪い日記

せっかくの機会なので, 前の記事の松山市伊佐爾波神社へ, 明治 $6$ (酉) 年、当時 $11$ 歳だった高阪金次郎が奉納した算額を計算してみることにする. 作図のために, 途中までの計算はやったので, 後はなんとかなるだろう.

解答の中で $\tan 15^\circ$ の値が必要になるので先に求めておく.
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上の図で, 三角形の内角の $2$ 等分線は、対辺を他の $2$ 辺の比に内分するから,

$AB = \sqrt{3}$ , $BC=1$ , $AC = 2$

とすれば,

$\displaystyle{BD = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}$

なので,

$\begin{eqnarray} \tan 15^\circ &=& \frac{1}{2+\sqrt{3}}\\ &=& 2 - \sqrt{3} \end{eqnarray}$

である.

さて, 問題は, 図のような中心角 $120^\circ$ の扇形で, 下側の $2$ 番目に小さい $2$ つの円の半径が与えられたとき, 上側の一番小さい $2$ つの円の半径を求めよというものである.

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つまり, 円 $S$ の半径 $r_S$ を使って円 $N$ の半径 $r_N$ を表せ, という問題である. $OA = R$ とおくことにする. 注意として円 $W$ は直線 $AP$ に接しているのであって, 円 $S$ には接していない.

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まず,

$\displaystyle{AF= \frac{r_S}{\tan 15^\circ} =(2+\sqrt{3}) r_S}$

を使って, 直角三角形 $OSC$ で,

$\begin{align} OS &= \frac{1}{2}R + r_S \\ OC &= \frac{1}{2}R - r_S \\ SC &= AP - AF = \frac{\sqrt{3}}{2}R-(2+\sqrt{3})r_S \end{align}$

から, ピタゴラスの定理により,

$OS^2 = OC^2+ SC^2$

である. 代入して, 式を整理すると,

$\displaystyle{4(7+4\sqrt{3})r_S^2-4(5+2\sqrt{3})Rr_S+3R^2= 0}$

となり, これを解くと,

$\begin{eqnarray} r_S &=& \frac{5+2\sqrt{3}\pm2\sqrt{4+2\sqrt{3}}}{2(7+4\sqrt{3})}R\\ &=& \frac{5+2\sqrt{3}\pm2(\sqrt{3}+1)}{2(7+4\sqrt{3})}R \end{eqnarray}$

であるが, 解として適するのは,

$\begin{eqnarray} r_S &=& \frac{3}{2(7+4\sqrt{3})}R\\ &=& \frac{3}{2}(7 -4\sqrt{3})R \end{eqnarray}$

である.

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円 $E$ の半径 $\displaystyle{r_E = \frac{1}{4}R}$ はすぐにわかる. 円 $W$ の半径 $r_W$ は, $\triangle WOE$ に注目して, やはりピタゴラスの定理から,

$EW^2 -BE^2 = OW^2 - BO^2$

で,

$\begin{align} EW &=r_E+r_W \\ BE &= r_E- r_W\\ OW &= R - r_W = 4r_E-r_W\\ BO &=PO + r_W = 2r_E + r_W \end{align}$

を代入, 和と差の公式を使って,

$\displaystyle{r_W = \frac{3}{4}r_E = \frac{3}{16}R}$

となる. 作図で欲しかったのは, $BW$ の長さで,

$\begin{eqnarray} BW^2 &=& (EW+BE)(EW-BE)\\ &=& 4r_Er_W\\ &=& 3r_E^2 \end{eqnarray}$

から,

$\displaystyle{BW =\sqrt{3}r_E= \frac{\sqrt{3}}{4}R}$

となり, 円 $W$ が $AP$ と接する位置は, $AP$ の中点である. これがわかれば, 円 $W$ はたとえば以下のように簡単に作図できる. (作図のときの計算は円 $W$ を描くときの予想を確認するためだけのもので, これ以上の計算はしなかった.)

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円 $N$ の半径を $r_N$ とする. $NG$ , $GE$ もわからないので, $NG = a$ , $GE = b$ とおく. すると $3$ つ関係式がいる. $1$ つ目は, $\triangle NOG$ から,

$\begin{align} NO &= R -r_N = 4r_E -r_N\\ NG &=a\\ OG &= b +3r_E \end{align}$

で, ピタゴラスの定理から,

$r_N ^2 -8r_Er_N+ 7r_E^2 -6br_E-a^2-b^2 = 0$

となる. $2$ つ目は、 $\triangle GEN$ から,

$(r_N+ r_E)^2 = a^2+b^2$

となり, この $2$ 式から,

$\begin{align} b &= r_E - \frac{5}{3}r_N\\ a &= \frac{4}{3}\sqrt{3r_Er_N - r_N^2} \end {align}$

がわかる. 最後に $\triangle DWN$ について,

$\begin{align} DN &= DG -NG = \sqrt{3}r_E-a\\ DW &= BE+EG = \frac{1}{4}r_E+b\\ WN &= r_N+r_w= r_N+\frac{3}{4}r_E \end{align}$

であるが,

$\displaystyle{DW = \frac{5}{4}r_E-\frac{5}{3}r_N}$

と $b$ を消去しておいて, ピタゴラスの定理を使って, 式を整理していくと,

$16r_N^2-51r_Er_N+36r_E^2-18\sqrt{3}ar_E+9a^2\\=0$

となり, これから, (計算力がないので)
まず $a^2$ を消すと,

$12r_E-r_N-6\sqrt{3}a=0$

となる. 続けて $a$ を消すと,

$8\sqrt{3(3r_Er_N -r_N^2)}=12r_E-r_N$

となる. この両辺を $2$ 乗して整理すると,

$193r_N^2 -600r_Er_N + 144r_E^2 =0$

が得られる. 後は, これを解いて, 適する方の解 (もう一つの解は, $r_N > r_E$ , $b < 0$ , $DW < 0$ などとなって不適) をとると,

$\begin{eqnarray} r_N &=& \frac{300-\sqrt{62208}}{193}r_E \\ &=& \frac{300-144\sqrt{3}}{193}r_E \\ &=& \frac{75-36\sqrt{3}}{193}R \end{eqnarray}$

である. よって, 最初に求めた $r_S$ の結果,

$\displaystyle{r_S = \frac{3}{2(7+4\sqrt{3})}R}$

を使って,

$\begin{eqnarray} \frac{r_N}{r_S} &=& \frac{2(25-12\sqrt{3})(7+4\sqrt{3})}{193} \\ &=& \frac{62+32\sqrt{3}}{193} \end{eqnarray}$

となる.//

※ 算額にある答は,

$\displaystyle{\frac{\sqrt{3072}+62}{193}}$

と読めるが, 上の解答と同じである.

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