回転変換の例題

前頁で回転変換の基本事項を学びました．ここでは，回転変換を用いる例を扱います．

例1.
回転変換を用いて，三平方の定理を証明します．
∠Cが直角の直角三角形ABCを２つ斜辺で重ねた 右図のような長方形ADBCをBのまわりに90°回転した ものを長方形BC'A'D'とし
$BC=a,CA=b,AB=c$
とする．
$\triangle BAA'$は直角二等辺三角形で面積は$\frac{c^2}{2}$.
$\triangle BAA'$の面積を$a,b$で表せば，$a,b,c$の関係が求まるはずである．
(△A'BAの面積）＝（台形A'D'CAの面積）ー２（△ABCの面積）
（台形A'D'CAの面積）$=\dfrac{(a+b)(a+b)}{2}$
より
(△A'BAの面積)＝$\dfrac{(a+b)^2}{2}-ab=\dfrac{a^2+b^2}{2}$
したがって
$a^2+b^2=c^2$
が示された．

さて，ここで，三平方の定理を証明するときに，三平方の定理やそれから導き出される性質を用いてはいけません．循環論法になってしまいます． この証明をみると，使っているのは三角形の面積，台形の面積だけですから問題ありません．

三平方の定理の証明方法はたくさんあります． その証明の中で，回転変換はしばしば用いられています．
なお，以下の議論で$\triangle ABC$の面積を$S_{\triangle ABC}$,四角形$ABCD$の面積を $S_{\square ABCD}$と表す．

右の図は$\angle A=90^{\circ}$の直角三角形$ABC$で各辺の外側に 正方形$BRSC,ACTU,APQB$を作ったもの．
$S_{\square BRSC}=S_{\square APQB}+S_{\square ACTU}$
を示せば三平方の定理を証明したことになります．
頂点$A$から対辺に垂線を引き，辺$BC,RS$との交点をそれぞれ$H,I$とする．
$S_{\square APQB}=S_{\square BRIH},S_{\square ACTU}=S_{\square HISC}$
を証明するのであるが，第１の等式について示すと
$S_{\triangle AQB}=S_{\triangle BCQ} \ (\because BQ\parallel CP)$
$=S_{\triangle BRA} \ (\because S(B,90^{\circ}))$
$=S_{\triangle BRH}(\because BR\parallel AI)$
となり，２番目の等式が回転変換を用いるとすっきり理解できる．


例2
$\triangle ABC$が一般の三角形のとき，辺$AB,AC$の外側に正方形を作った図形で成り立つ性質を 調べよう．
辺$AB,AC$の外側に作った正方形をそれぞれ，正方形$BAPQ$,正方形$ACRS$ とする．正方形$BAPQ$,正方形$ACRS$の中心をそれぞれ$O,O'$，線分$PS,BC$ の中点をそれぞれ$D,E$とする．
$O,E,O',D$は四角形$PBCS$の各辺の中点であるから，四角形$OEO'D$は平行四辺形．
$(\because OD\parallel BS \parallel ED'\text{より}OD\parallel OD\parallel ED')$
$\text{同様に}OE\parallel DO')$
さらに，$\triangle APC$と$\triangle ABS$に注目すると
$S(A,90^{\circ}):\triangle APC \mapsto \triangle ABS$
より
$PC=BS,PC\perp BS$
したがって，四角形$OEO'D$は正方形である．
無駄な図形を省けば次のようになる．
直角の頂点が重なる２つの直角二等辺三角形$APB,ACS$で斜辺の中点をそれぞれ$O,O$, 線分$PS,BC$の中点をそれぞれ$D,E$とすると四角形$OEO'D$は正方形である．

例3
$\triangle ABC$の各辺の外側に正三角形を作った図形を考えよう．

$\triangle ABC$の各辺の外側に正三角形$BPC,CQA,ARB$をつくる．
このとき
$S(A,60^{\circ}):\triangle ARC\mapsto \triangle ABQ$
より
$RC=BQ$
さらに，$S(B,60^{\circ})$より$AP=RC$.
したがって，
$AP=BQ=CR　\ \cdots (\sharp)$
が分かる．
したがって，$(\sharp)$の値は$\triangle ABC$の固有な値である．この値を求めよう．

右図で，$\triangle BPC$が正三角形のとき$AP$の長さを求める．
$AP^2=c^2+a^2-2ca \cos (B+60^{\circ})$
$=c^2+a^2-ca\cos B+\sqrt{3}ca\sin B$
ここで余弦定理より
$ca\cos B=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}$
であるから
$=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}+2\sqrt{3}S$
ここで$S$は$\triangle ABC$の面積です．

ここで扱った，三角形の外側に正三角形を作った図形は面白く，ナポレオン三角形や三角形のフェルマ点の項目でまた出てくる．

いかがでしょうか．変換の威力が感じ取れたでしょうか．図形が動きだし解くのが楽しくなります．

回転変換の合成


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