午後のひとときに、図形問題を解いてみる。
問題
図のように5辺がすべて等しい五角形において、∠ABC＝90˚、∠AED＝∠ADC＝θでした。
θを求めよ。
シンキングタ～イム
かなり手強かったです。
まず、補助線を引いてやれることをやってみましょう。
補助線を引くとしても、線分ACだけにしておきます。
答えが解ってしまえば、とんでもない補助線を引くことは出来るのですが、おそらくその補助線をこの段階で引くことは出来ません。
というわけで、代数的にゴリゴリと計算してみます。
五角形の1辺の長さを1として、
三角形ADEにおいて、
AD＝xの長さを余弦定理より求めると、
x2＝2－2cos(θ)＝2(1－cos(θ)) …(1)
半角の公式より、
sin2(θ/2)＝(1－cos(θ))/2
4sin2(θ/2)＝2(1－cos(θ))
三角形ADEはEを頂角とする二等辺三角形より、
∠EAC＝∠ECA＝(π－θ)/2＝α
とおくと、
cos(α)＝cos((π－θ)/2)＝cos(π/2－θ/2)＝sin(θ/2)
これらから、
x2＝4cos2(α)
x＝2cos(α) …(2)
三角形ADCにおいて、同様に余弦定理を用いると、
2＝x2＋1－2xcos(θ) …(3)
(3)式に(2)式を代入すると、
2＝4cos2(α)＋1－4cos(α)cos(θ)
4cos(α)cos(θ)＝4cos2(α)－1 …(4)
(1)式に(2)式を代入すると、
4cos2(α)＝2－2cos(θ)
0＜α＜π/2
cos(α)＞0
なので、
両辺をcos(α)倍して、
4cos3(α)＝2cos(α)－2cos(α)cos(θ)
2cos(α)cos(θ)＝2cos(α)－4cos3(α)
更に両辺を2倍して、
4cos(α)cos(θ)＝4cos(α)－8cos3(α) …(5)
(4)＝(5)より、
4cos2(α)－1＝4cos(α)－8cos3(α)
8cos3(α)＋4cos2(α)－4cos(α)－1＝0 …(6)
2倍角の公式より、
cos(2α)＝2cos2(α)－1
2cos2(α)＝cos(2α)＋1
3倍角の公式より、
cos(3α)＝4cos3(α)－3cos(α)
4cos3(α)＝cos(3α)＋3cos(α)
それぞれを(6)式に代入すると、
(8/4){cos(3α)＋3cos(α)}＋(4/2){cos(2α)＋1}－4cos(α)－1＝0
2cos(α)＋2cos(2α)＋2cos(3α)＋1＝0
cos(α)＋cos(2α)＋cos(3α)＝－1/2 …(7)
ここで、cosの中が等差数列になっていることに着目する。
z＝cos(α)＋i・sin(α)
とおくと、
ド・モアブルの定理より、
zk＝(cos(α)＋i・sin(α))k＝cos(kα)＋i・sin(kα)
k＝0から3までを足すと、
1＋z1＋z2＋z3＝(1＋cos(1α)＋cos(2α)＋cos(3α))＋i(0＋sin(1α)＋sin(2α)＋sin(3α))
また、1＋z1＋z2＋z3 は、初項1、公比z、項数4の等比数列の和なので、
| 1＋z1＋z2＋z3＝ | z4－1 z－1 |
| ＝ | cos(4α)＋i・sin(4α)－1 cos(α)＋i・sin(α)－1 |
| ＝ | {cos(4α)－1}＋i・{sin(4α)＋0} {cos(α)－1}＋i・{sin(α)＋0} |
ここで、1＝cos(0)、0＝sin(0)、に置き換えると、
| 与式＝ | {cos(4α)－cos(0)}＋i・{sin(4α)＋sin(0)} {cos(α)－cos(0)}＋i・{sin(α)＋sin(0)} |
和積の公式より、
| 与式＝ | {－2cos((4α＋0)/2)cos((4α－0)/2)}＋i・{2sin((4α＋0)/2)sin((4α－0)/2)} {－cos((α＋0)/2)cos((α－0)/2)}＋i・{2sin((α＋0)/2)sin((α－0)/2)} |
| ＝ | －2sin(2α)sin(2α)＋i・2sin(2α)cos(2α) －2sin(α/2)sin(α/2)＋i・2sin(α/2)cos(α/2) |
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | sin(2α)－i・cos(2α) sin(α/2)－i・cos(α/2) |
分母の sin(α/2)－i・cos(α/2) を1にしたいので、
複素共役である sin(α/2)＋i・cos(α/2) を分母・分子に掛けると、
| 与式＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | (sin(2α)－i・cos(2α))(sin(α/2)＋i・cos(α/2)) (sin(α/2)－i・cos(α/2))(sin(α/2)＋i・cos(α/2)) |
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | sin(2α)sin(α/2)＋i・sin(2α)cos(α/2)－i・cos(2α)sin(α/2)＋cos(2α)cos(α/2) sin2(α/2)＋i・sin(α/2)cos(α/2)－i・sin(α/2)cos(α/2)－i2・cos2(α/2) |
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | sin(2α)sin(α/2)＋cos(2α)cos(α/2)＋i・sin(2α)cos(α/2)－i・cos(2α)sin(α/2) sin2(α/2)＋cos2(α/2) |
| ＝ | sin(2α){sin(2α)sin(α/2)＋cos(2α)cos(α/2)＋i・(sin(2α)cos(α/2)－cos(2α)sin(α/2))} sin(α/2) |
実部と虚部に分けます。
| Re(1＋z1＋z2＋z3)＝ | sin(2α){sin(2α)sin(α/2)＋cos(2α)cos(α/2)} sin(α/2) |
| Im(1＋z1＋z2＋z3)＝ | sin(2α){sin(2α)cos(α/2)－cos(2α)sin(α/2)} sin(α/2) |
積和の公式より、
Re(1＋z1＋z2＋z3)
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | 1 2 | ・{cos(2α－α/2)＋cos(2α＋α/2)－cos(2α＋α/2)＋cos(2α－α/2)} |
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | 1 2 | ・{cos(3α/2)＋cos(5α/2)－cos(5α/2)＋cos(3α/2)} |
| ＝ | sin(2α)cos(3α/2) sin(α/2) |
Im(1＋z1＋z2＋z3)
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | 1 2 | ・{sin(2α＋α/2)＋sin(2α－α/2)－sin(2α＋α/2)＋sin(2α－α/2)} |
| ＝ | sin(2α) sin(α/2) | ・ | 1 2 | ・{sin(5α/2)＋sin(3α/2)－sin(5α/2)＋sin(3α/2)} |
| ＝ | sin(2α)sin(3α/2) sin(α/2) |
(7)式の両辺に1を加えると、
1＋cos(α)＋cos(2α)＋cos(3α)＝1/2
よって、
| Re(1＋z1＋z2＋z3)＝ | sin(2α)cos(3α/2) sin(α/2) | ＝ | 1 2 |
2sin(2α)cos(3α/2)＝sin(α/2)
積和の公式より、
sin(2α＋3α/2)＋sin(2α－3α/2)＝sin(α/2)
sin(7α/2)＋sin(α/2)＝sin(α/2)
sin(7α/2)＝0
0＜α＜π/2
なので、
α＝2π/7
θ＝π－2α＝3π/7
答え θ＝3π/7
余弦定理、ド・モアブルの定理、半角の公式、2倍角の公式、3倍角の公式、和積の公式、積和の公式、等比数列の和の公式と、いろいろな定理や公式を使いましたね。
複素数の等比数列の和の計算は、かなり丁寧に展開していきましたが、これも公式として存在しており、『位相が等差数列である三角関数の和の公式』というらしいです。
初項θ、公差φ、項数n＋1において、
n Σ k＝0 | sin(θ＋kφ)＝ | sin((n＋1)φ/2)sin(θ＋(nφ/2)) sin(φ/2) |
n Σ k＝0 | cos(θ＋kφ)＝ | sin((n＋1)φ/2)cos(θ＋(nφ/2)) sin(φ/2) |
これを使えば一発なのですが、使ったことのないものでしたの、丁寧に導出しないと理解出来ないと思うので、しっかりと実部と虚部の分離のところまでやってみました。
これを考えるのにかなりの時間を費やしました。
もっと簡単に導出出来たりするのだろうか。
ではでは