等周問題 ここでは磨光法を用いて次の定理を証明します． 定理 周の長さが一定の$2n$角形の中で最大面積をもつものは正$2n$角形である 三角形のときは垂足三角形とその周辺の話題 で証明しています．そちらを見てください．$n=2$すなわち四角形の場合も計算でやれば難しくありません．ここでは 一般的に扱います． いくつかのステップに分けて証明いたします． 
＜step 1＞周の長さが一定の最大面積をもつ$n$角形は凸$n$角形である． ＜証明＞ 言い方を変えて凹多角形が最大面積を もつことはないを示します． 図で，へこんだ部分５角形$AIHGF$を直線$AF$に関して折り返した図形は元の図形と周の長さは 変わらないが面積は増えています．したがって，もとの図形は最大面積にはなりません． 新しい多角形は凸とは限りません．もし凸$n$角形で面積の大きい図形を作りたければ，図で 凹９角形$ABCDEFGHI$に対して６角形$ABCDEF$を考え，３ヶ所の頂点の周りからその点が頂点で ある小さな三角形で面積の和が５角形$AIHGF$より小さくかつ新しい９角形の周の長さがもとの９角形より長くないものを ものを切り取る（周の長さは明らかに短くなり，３つの三角形を十分小さく取れば可能です）．このとき新しい９角形は 元の９角形より面積は大きくかつ周の長さは短い．したがって，同じ周の長さになるよう相似拡大をすれば， 周の長さは同じで，面積の大きい多角形が作れます． ＜step2＞ 不等辺$2n$角形は同じ周の長さのある等辺$2n$角形より面積が小さい． このことがいえれば，不等辺$2n$角形が最大面積になることはないことが示せたことになります． ここで磨光法を用いるのですが，step2の証明で次の性質を用います． 
性質１$\triangle PAB$で$PA$と$PB$を入れ替えても（線分$AB$の垂直２等分線に関する対称移動）しても，合同であるから 周の長さも面積も変わらない． 性質２ $\triangle PAB$と$\triangle QAB$で $PA+PB=QA+QB$ のとき． $|PA-PB|$＞$|QA-QB|$ なら $\triangle PAB$＜$\triangle QAB$ これは$P,Q$は$A,B$を焦点とする楕円上にあるから，焦点を$x$軸上にとれば，$P,Q$で$y$座標が大きいほうが 面積が大きくなるので楕円の性質より性質２が成り立つ．なお，この性質の図形的証明は 垂足三角形その周辺の話題にあります． ＜step2 の証明＞ 周の長さが$k$の不等辺凸$2n$多角形$A_1A_2\dots A_{2n}$について， 必要なら性質１を用いて $A_1A_2$＜$\dfrac{k}{2n}$＜$A_2A_3$ と仮定してよい． 性質２より２辺$A_1A_2,A_2A_3$をそれぞれ $\dfrac{k}{2n},A_1A_2+A_2A_3-\dfrac{k}{2n}$ と変えれば，新しい$n$角形は周の長さは変わらず面積は増えている． この操作を続けていけば，周の長さは変わらず，$\frac{k}{2n}$の長さの辺が少なくとも１つは増えていくので， 多くとも$2n-1$回の操作ですべての辺が$\frac{k}{2n}$になる． したがって，性質２が証明できました． ＜step3＞ 最大面積をもつ等辺$2n$角形は，１つの頂点とその頂点より$n$番目の頂点すなわち$A_k$と $A_{k+n}$を結ぶ対角線によって２つの部分に分けると２つの多角形は周の長さも面積も一致する． ＜証明＞ 対角線を除く周の長さはともに$\frac{k}{n}$に一致し，面積はもし一致しなければ，大きいほうを対角線に 関して対称移動することにより，さらに大きい等辺$2n$角形が作れ，最大面積に矛盾します． 
＜最後のstep＞等辺$2n$角形$A_1A_1\dots A_{2n}$を線分$A_kA_{k+n}$で２つに分ける．$n-1$個の点$A_{k+1},\dots ,A_{k+n-1}$が $A_kA_{k+1}+A_{k+1}A_{k+2}+\dots +A_{k+n-1}A_{k+n}=(\text{一定})$ のもとで最大面積をもつなら，$A_{k+1},\dots ,A_{k+n-1}$は $A_kA_{k+n}$が直径である 半円周上にある. これが証明できれば一応証明が終了します． 一応とつけたのは理由があり，これは後で説明します． ＜最後のstepの証明＞ 上の図で黄色の$\triangle ABC$に注目します．$\angle BAC$を変えても$BP+PA+AQ+QC$の長さは 変わりません． したがって，$BP+PA+AQ+QC$が一定の元で囲む面積が最大なら $\angle BAC=90^{\circ}$でなければなりません． すなわち線分$BC$を直径とする半円上になければいけません． この考えを使います．周の長さ一定の元で，面積最大になるなら，各頂点$A_{k+i}$で $\angle A_kA_{k+i}A_{k+n}=90^{\circ}$ となります． したがって各頂点は$A_kA_{k+n}$を直径とする半円周上にあることが示せました． この証明の問題点はあとで述べるとして，次の定理(等周問題という)も同様の方法で証明しましょう． 定理 与えられた長さを持つ閉曲線のうち，面積最大の図形は円である． やはり３つの部分に分けて証明します． ＜step1＞ 最大面積をもつ図形は凸である． もし凸でない仮定すると，へこんでいる部分を折りかえせば，周の長さは変わらず， 面積は増えるからである． ＜step2＞ 最大面積の図形を$F$とする．$F$の周を等しい長さの弧に分ける２点$A,B$を定めれば，直線 $AB$は図形$F$を同じ面積に分ける． もし面積が異なるとすると，大きい面積のほうを直線$AB$に関して折り返せば，周の長さは変わらず 面積は増加し，$F$が最大面積に反する． したがって，定理は次のstep3に帰着される． 
＜step3＞step2で分けた２つの図形は共に線分$AB$を直径とする半円である． 図で$\angle APB$を変えても周の長さは変わりません．一方$\triangle APB$の面積は$\angle APB=90^{\circ}$ のとき最大になります．したがって，周の長さを与えたとき面積を最大にする図形が弧$APB$なら 弧$APB$上の任意の点$Q$は$\angle AQB=90^{\circ}$を満たします．したがって，弧$APB$は線分$AB$ を直径とする半円となります． 以上で定理の証明が終了しました． なかなかすばらしい解答ですが，この証明の問題点を考えてみましょう． 問題点を理解するためには同一法と呼ばれる証明の原理を理解する必要があります．同一法とは次の証明法です． 命題 $A\Longrightarrow B$ が真であり，$A$を満たす要素が存在し，$B$がただ一つの要素からなるとき． 集合で考えれば$A$は$B$の部分集合であるから，$A$と$B$は同値であり当然 命題 $B\Longrightarrow A$がなりたつ． 例題を扱いましょう．同一法の他の例は図形の証明での間接証明の利用を参照ください． 
例１ $\triangle ABC$の辺$AB$の中点を$P$,辺$AC$上に点$Q$がある． このとき （１）$Q$は辺$AC$の中点$\Longrightarrow PQ \parallel BC$ （２）$Q$は辺ACの中点 $\Longrightarrow PQ=\dfrac{BC}{2}$ (1) 仮定を満たす$Q$は存在し，結論を満たす$Q$はただ一つ存在し，さらに命題が成り立つので逆も成り立ちます． (2) 仮定を満たす$Q$は存在するが結論を満たす$Q$は一つとは限らない．したがって逆が成り立つときも成り立たないときもある． 以上の例はあまり問題はありません．次の例はどうでしょう． 例２ 自然数全体よりなる集合を$\mathbb{N}$とする．このとき $x$は集合の$\mathbb{N}$の最大値 $\Longrightarrow x$は$x^2\leqq x$を満たす． $x$が最大値なら，それより大きい数はなく，$x$が自然数なら$x^2$も自然数ですから，命題は正しい． さらに結論を満たすものは$x=1$だけしかありません． したがって，$x=1$が自然数全体の集合Ｎの最大値と結論してよいでしょうか． そんな馬鹿なことはありません．どこに問題があるかというと仮定を満たす要素が存在しないからです． 例２で行ったことは決してばかげていることではありません．存在を示すことが重要なこ とであることを意味しています． さて 定理 与えられた長さを持つ閉曲線のうち，面積最大の図形は円である． の証明を振り返ってみましょう． ＜step1＞ 最大面積をもつ図形は凸である． ＜step2＞最大面積の図形を$F$とすると，$F$を周を等しい長さの弧に分ける２点$A,B$を定めれば，直線 $AB$は図形Fを同じ面積に分ける． 以上のstep1,step2 は問題ありません．問題は次のstep3です． ＜step3＞step2で分けた２つの図形は共に線分$AB$を直径とする半円である． step3 を例２にあわせて少し書き換えましょう． ＜step3'＞定数$k$が与えられている．曲線の端点を$A,B$とし，弧$AB$の長さが$\frac{k}{2}$である すべての弧$AB$と線分$AB$で囲まれる凸図形よりなる集合を考える．このとき 図形$F$が最大面積である $\Longrightarrow$ $F$上の任意の点$P$で$\angle APB=90^{\circ}$を満たす・・・@ 命題@は上で証明したように明らかに真です． 結論を満たす図形も半円だけでただ一つです． 証明を完成させるには，仮定を満たす$F$が存在することの証明がどうしても必要です． 要するに，最大面積の図形が存在することの証明をきちんとやらないと，定理の証明が完了 したことにはならないことを伝えたかったのですが分かったでしょうか． なお，正$n$角形が最大の面積であることに関しても まったく同じ問題が残っています． 続く 目次 |