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3. この問題は回転移動の合成を理解するととても分かりやすく，他の場合にも応用できます． ここで，回転移動の合成を簡単にまとめておきます．なお，詳しい内容は本文をご覧ください． $O$を中心とする回転角$\theta$の回転移動$R(0,\theta)$は,$O$を通るなす角$\dfrac{\theta}{2}$の２直線$l,m$に関する 対称移動$S(l),S(m)$を用いて $R(O,\theta)=S(m)\circ S(l)$ 
となることを利用します．なおここで直線$l$から直線$m$にはかった角が$\dfrac{\theta}{2}$で,当然なす角が負になることもあります．また， $l.m$はなす角が$\dfrac{\theta}{2}$ ならどこにとってもかまいません． 右図で $S(m')\circ S(l')=S(m)\circ S(l)=R(O,\theta)$ が成り立ちます． 次に回転移動の合成 $R(O',\phi)\circ R(O.\theta)$ を調べます． 
直線$OO'$を直線$n$とし，$O$の周りに直線$n$を$-\dfrac{\theta}{2}$回転した直線を$l$,
$O'$の周りに直線$n$を$\dfrac{\phi}{2}$回転した直線を$m$,２直線$l,m$の交点を$O"$とすれば$R(O',\phi)\circ R(O.\theta)=S(m)\circ S(n)\circ S(n)\circ S(l)$ $=S(m)\circ S(l)=R(O",\theta +\phi)$ したがって，回転移動の合成は回転移動になりました． ここで，注目して欲しいことは， $R(O',\phi)\circ R(O.\theta)=R(O",\theta +\phi)$ のときの$O"$の位置です． O"は直線OO'を$O$の周りに$-\dfrac{\theta}{2}$回転した直線と $O'$の周りに直線$OO'$を$\dfrac{\phi}{2}$回転した直線の交点です． これが重要です． さらに，ここで$\theta +\phi=360^{\circ}$のとき， ２直線$l,m$は平行になるので， $R(O',\phi )\circ R(O.\theta )$は ２点$O,O'$が異なれば平行移動で， ２点$O,O'$が一致すれば恒等変換です． 次に３つの回転移動の合成 $R(O",\psi )\circ R(O',\phi )\circ R(O.\theta )$ を考えよう． もし， $\theta +\phi +\psi \neq 360^{\circ}$ のときは回転移動になり問題は起こらない． 大事なのは $\theta +\phi +\psi =360^{\circ}$ のときです． 合成変換は平行移動または恒等変換になる． 
もっと詳しくいえば$R(O',\phi )\circ R(O.\theta )=R(O_1,\theta +\phi )$ としたとき $O"$と$O_1$が一致するとき $R(O",\psi )\circ R(O',\phi )\circ R(O.\theta )$ は恒等変換で, $O"$と$O_1$が異なるとき $R(O",\psi )\circ R(O',\phi )\circ R(O.\theta )$ は平行移動である． さらに， $\dfrac{\theta +\phi +\psi }{2}=180^{\circ}$ より，$\triangle OO'O"$の内角は $\angle O=\dfrac{\theta}{2},\angle O'=\dfrac{\phi}{2},\angle O"=\dfrac{\psi}{2}$ である． したがって次の命題を得る． 命題 同一直線上にない３点$O，O',O"$を中心とする回転移動 $R(O,\theta ),R(O',\phi ),R(O",\psi )$ について次が成り立つ $\theta +\phi +\psi=360^{\circ}$かつ $R(O",\psi )\circ R(O',\phi )\circ R(O,\theta )$が恒等変換 $\Longrightarrow$ $\triangle OO'O"$は $\angle O=\dfrac{\theta}{2},\angle O'=\dfrac{\phi}{2},\angle O"=\dfrac{\psi}{2}$ 
この命題を利用して，問題９を証明すれば次のようになる．問題９の証明 $R(O_2,120^{\circ})\circ R(O_3,120^{\circ}) \circ R(O_1,120^{\circ})$ $:B \mapsto A \mapsto C \mapsto B$ より不動点が存在するので恒等変換． $\because \ R(O_2,120^{\circ})\circ R(O_3,120^{\circ}) \circ R(O_1,120^{\circ})$は恒等変換か平行移動であるあるが 不動点があるから恒等変換． したがって，$\triangle O_1O_2O_3$の内角はすべて$60^{\circ}$であるので正三角形である． 
この命題を利用すると，$\triangle ABC$の各辺の内側に作った正三角形の中心による$\triangle XYZ$も正三角形になる．実際に，右図で $R(Z,120^{\circ})\circ R(Y,120^{\circ})\circ R(X,120^{\circ})$ $:A \mapsto B \mapsto C \mapsto A$ であるからです． ところで，右図で$\triangle XAB,\triangle YBC,\triangle ZCA,\triangle ABC$の面積をそれぞれ$S_1,S_2,S_3,S$ とするとき， $S_1+S_2+S_3$と$S$の大小はどうなるであろうか． これは後で扱います． 
３つの回転移動で，回転角の和が$360^{\circ}$となる例をもう一つ作ります．$\triangle ABC$の外心をOとすると $\angle BOC=2\angle A$ で $\angle BOC+\angle COA+\angle AOB=360^{\circ}$ が成り立つのでこれを利用します． 
$\triangle ABC$の外側に$\triangle PBA,\triangle CBQ,\triangle CRA$を$\triangle PBA$∽$\triangle CBQ$∽$\triangle CRA$ であるように作る． 作った三角形は回転していて $\angle P+\angle Q+\angle R=180^{\circ}$ が成り立つことに注意する． $\angle P=\alpha,\angle Q=\beta,\angle P=\gamma$ とおく． $\triangle PBA,\triangle CBQ,\triangle CRA$ の外心をそれぞれ$X,Y,Z$とすると， $R(Y,2\beta)\circ R(Z,2\gamma) \circ R(X,2\alpha)$ $:B\mapsto A \mapsto C \mapsto B$ より $R(Y,2\beta)\circ R(Z,2\gamma) \circ R(X,2\alpha)$ は恒等変換である． したがって，$\triangle XYZ$は $\angle X =\alpha ,\angle Y =\beta ,\angle Z =\gamma $ であるから$\triangle XYZ$は$\triangle ABC$の外側に作った三角形と相似である． 
ここで，上で話した問題すなわち，
右図で$\triangle XAB,\triangle YBC,\triangle ZCA,\triangle ABC$の面積をそれぞれ$S_1,S_2,S_3,S$
とするとき，$S_1+S_2+S_3$と$S$の大小はどうなるかについて考えよう．ただし，$O_1，X$は$AB$を一辺とする正三角形を外側，内側に作った正三角形の中心で他も同様に定義したものです． $S_1=\triangle O_1BA$($\because \ AB$に関して対称) であり，$\triangle ABC$の内部に点$P$を $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$ を満たすようにとると $S_1=\triangle AO_1B \geqq \triangle APB$ が成り立ちます． 
なぜなら，２つの三角形はともに線分$AB$を見込む角が$120^{\circ}$で$\triangle AO_1B$は$O_1A=O_1B$
の二等辺三角形だからです．この点$P$を利用すれば $\triangle PAB \leqq S_1$, $\triangle PBC \leqq S_2$, $\triangle PCA \leqq S_3$ より $S\leqq S_1+S_2+S_3$ が成り立つことが分かります． これらのことより，次の不等式が成り立つことが分かります． 
命題$\triangle ABC$の３辺の長さを$a,b,c$,面積を$S$とすると $a^2+b^2+c^2 \geqq 4\sqrt{3}S$ が成り立つ. 証明 $BC=a,CA=b,AB=c$ とおく． $S_1(=\triangle O_1BA)$は１辺の長さ$c$の正三角形の面積の$\dfrac{1}{3}$であるから $S_1=\dfrac{\sqrt{3}c^2}{12}$ 同様に $S_2=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{12}，S_3=\dfrac{\sqrt{3}b^2}{12}$ したがって， $S\leqq S_1+S_2+S_3=\dfrac{\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{12}$ これで証明が終了ではありません． この証明で用いた点$P$が$\triangle ABC$の内部に存在することについては次に述べますが， 最大角が$120^{\circ}$より小さいときだけしか，条件を満たす$P$は存在しません． 
したがって，例えば$\angle A\geqq 120^{\circ}$のとき命題が成り立つことを証明する必要があります．それは次のように行います． 辺$BC$を見込む角が$120^{\circ}$の円弧$BC$の中点を$D$をとする．$\angle A \geqq 120^{\circ}$のとき頂点$A$は弓形$BDC$の周上または 内部にあるから $S\leqq \triangle DBC=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{12}$<$\dfrac{\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{12}$ この問題は，1961年実施の第３回国際数学オリンピックの問題です． ここで挙げたような証明は高校生はしないので，標準的な解答を次のようになっています． 別解答 $s=\dfrac{a+b+c}{2}$ とおくと， $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ である． $(s-a)(s-b)(s-c)\leqq \Bigl(\dfrac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}{3}\Bigr)^3=(\dfrac{s}{3})^3$ $\therefore S\leqq \dfrac{s^2}{3\sqrt{3}}$ ここで， $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\leqq 3(a^2+b^2+c~2)$ したがって， $S\leqq \dfrac{s^2}{3\sqrt{3}}=\dfrac{(a+b+c)^2}{12\sqrt{3}}\leqq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}$ 続く（フェルマ点の解説を含む） 平面における幾何学変換の目次 全体の目次 |