1925年(大正14年)東京帝國大學理學部-數學[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.08.11記

[3] 定三角形ニ外切シテ成ルベク大ナル邊ヲ有スル等邊三角形ヲ作ラントス，其邊ノ長サヲ求ム．

本問のテーマ

ナポレオン三角形
フェルマー点

2022.08.14記

[解答]
定三角形を $\triangle{\rm ABC}$ とし， ${\rm BC}=a$ ， ${\rm CA}=b$ ， ${\rm AB}=c$ とする．また， $\triangle{\rm ABC}$ の重心を $\rm G$ とする．

$\triangle{\rm ABC}$ の外側に3つの正三角形 $\rm PBC$ ， $\rm QCA$ ， $\rm RAB$ を作り，それらの重心および外接円をそれぞれ $\rm G_P$ ， $\rm G_Q$ ， $\rm G_R$ および $C_{\rm AB}$ ， $C_{\rm BC}$ ， $C_{\rm CA}$ とする．
ここで， $\rm G_PG_QG_R$ は $\triangle{\rm ABC}$ のナポレオン三角形であり，
$\rm G_PG_QG_R$ の重心は $\triangle{\rm ABC}$ の重心に一致して $\rm G$ となる．

このとき， $C_{\rm AB}$ 上に弦 $\rm AB$ に対する円周角が $60^{\circ}$ となるような点 $\rm L$ ，
$C_{\rm BC}$ 上に弦 $\rm BC$ に対する円周角が $60^{\circ}$ となるような点 $\rm M$ ，
$C_{\rm CA}$ 上に弦 $\rm CA$ に対する円周角が $60^{\circ}$ となるような点 $\rm N$
を，線分 $\rm MN$ 上に $\rm A$ が，線分 $\rm NL$ 上に $\rm B$ が，線分 $\rm LM$ 上に $\rm C$ がくるように選ぶと， $\triangle{\rm LMN}$ は $\triangle{\rm ABC}$ に外接する正三角形となる．

よって，条件をみたす $\rm L,M,N$ に対して， $\triangle{\rm LMN}$ の一辺の長さが最大となるようなものを求めれば良い．

さて， $\triangle{\rm LMN}$ の重心を $\rm K$ とし，3つの円が1点で交わる点を $\rm F$ とする（ $\rm F$ は $\triangle{\rm ABC}$ の最大内角が 120度未満のとき，フェルマー点である）．

このとき， $\rm AF$ は固定された弦であるから， $\angle{\rm FNA}$ および $\angle{\rm FMA}$ は一定となるので，
$\triangle{\rm FNM}$ は条件をみたす $\rm (L,)M,N$ に対して，常に相似な形状をしている．

よって， $\rm NM$ が最大となるのは， $\rm FM$ が円 $C_{\rm CA}$ の直径となるときである
（このとき $\rm FN，FL$ も円 $C_{\rm AB}，C_{\rm BC}$ の直径となる(証明は[解答]の後)）．

この $\rm NM$ が最大となる正三角形を $\rm F$ 中心に $\dfrac{1}{2}$ 倍に拡大するとナポレオン三角形に一致するので，求める三角形の一辺の長さは， $\triangle{\rm ABC}$ のナポレオン三角形の一辺の長さの2倍となる．

ここで， $\rm AG_R$ $=\dfrac{c}{\sqrt{3}}$ ， $\rm AG_Q$ $=\dfrac{b}{\sqrt{3}}$ ， $\angle\rm G_RAG_Q$ $=A+60^{\circ}$ であるから，
${\rm G_RG_Q}^2$ $=\dfrac{b^2+c^2-2bc\cos (A+60^{\circ})}{3}$
$=\dfrac{b^2+c^2-bc (\cos A-\sqrt{3}\sin A)}{3}$
であり， $\triangle{\rm ABC}=S$ とおくと
$\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ ， $\sin A=\dfrac{2S}{bc}$
から
${\rm G_RG_Q}^2$ $=\dfrac{2b^2+2c^2-(b^2+c^2-a^2-4\sqrt{3}S)}{6}$ $=\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S}{6}$
となるので，求める正三角形の一辺の長さは
$\sqrt{\dfrac{2a^2+2b^2+2c^2+8\sqrt{3}S}{3}}$
となり，ヘロンの公式の1つの表現を用いると
$=\sqrt{\dfrac{2\biggl(a^2+b^2+c^2+\sqrt{3(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4)}\biggr)}{3}}$
となる．

■ $\rm FM$ が円 $C_{\rm CA}$ の直径となるとき，
$\angle{\rm FAM}=90^{\circ}$ だから $\angle{\rm FAN}=90^{\circ}$ となり， $\rm FN$ は円 $C_{\rm AB}$ の直径となる．このとき $\angle{\rm FBN}=90^{\circ}$ だから $\angle{\rm FBL}=90^{\circ}$ となり， $\rm FL$ は円 $C_{\rm BC}$ の直径となる．