[ 南門疾矢君の出題 ]

図に示すように半径 1 の単位半円の中に弦 AB (長さ a) があり、 半円の直径である AC と AB にはさまれる形で半径 r の円があります。

r = 2*(sqrt((2-a)/(2+a)) - (2-a)/(2+a))

であることを証明してください。

[ 西尾三奈さんの回答 ]

B は円周上に存在しますから、直径 AC の円周角である ABC は 90°。
ピタゴラスの定理から： BC = sqrt(4 - a^2)

次に：

2*r/BC + a*r/BC = 1 + sqrt(1 - 2*r)

これを変形しますと:

(2+a)*r/sqrt(4-a^2) = 1 + sqrt(1 - 2*r)
r*sqrt((2+a)/(2-a)) = 1 + sqrt(1 - 2*r)
r*sqrt((2+a)/(2-a)) - 1 = sqrt(1 - 2*r)

両辺を 2 乗します。

r^2*(2+a)/(2-a) - 2r*sqrt((2+a)/(2-a)) + 1
　= 1-2r

両辺に共通な 1 を取り、r で割ります。

r*(2+a)/(2-a) - 2*sqrt((2+a)/(2-a)) = -2
r*(2+a)/(2-a) = 2*sqrt(2+a)/(2-a)) - 2
r*(2+a)/(2-a) =
　2*(sqrt((2+a)/(2(4*a*sqrt(4-a^2))/(sqrt(4-a^2)+a+2)-a)) - 1)

r = 2*((2-a)/(2+a)*sqrt((2+a)/(2-a))-1)/((2+a)/(2-a))

r = 2*sqrt((2-a)/(2+a))-(2-a)/(2+a))

できました。

[ 浅見多絵さんのコメント ]

三奈ちゃん、
2*r/BC + a*r/BC = 1 + sqrt(1-2*r) は
どこから出てきたの ???

[ 湯会老人の回答 ]

三奈さんの回答はよくわかりませんね。
私も間違えましたが、再度正攻法で挑戦しました。

大きな半円の中心を O (0, 0)、 小さな円の中心を D (p, q) とし、 OD の延長が半円に接する点を E とします。

満たすべき条件は:

　① D と AB の距離が r ⇒ q = r
　② D と 外側の半円の距離が r
　③ D と 線分 AB の距離が r

②にはピタゴラスの定理を （斜辺 = OE: 1-r, 水平辺: p, 垂直辺: q = r) の直角三角形に使って:
p = sqrt((1-r)^2 - r^2) = sqrt(1-2*r)

AB の傾きは:
tan(OAB) = sqrt(4-a^2)/a

AB の方程式は: x - (a/sqrt(4-a^2))*y + 1 = 0

(sqrt(1-2*r), r) との距離は:
r =
abs(sqrt(1-2*r) - (a/sqrt(4-a^2))*r + 1) /
sqrt(1 + a^2/(4-a^2))

これを解けば、r が a の式として求まります。

計算の便宜のため c^2 = 4 - a^2 とおきますと:
r = abs(sqrt(1-2*r) - (a/c)*r + 1) / sqrt(1 + a^2/c^2)
= (sqrt(1-2*r) - (a/c)*r + 1) / sqrt(1 + a^2/c^2)

ちょっと面倒な計算をしましたが:
r = 2*c*(2+a-c)/(2+a)^2 が求まりました。

c を a の式に戻しますと:

r = 2*sqrt(4-a^2)*(2+a-sqrt(4-a^2))/(2+a)^2
= 2*(sqrt(4-a^2) - (2-a))/(2+a)
= 2*(sqrt((2-a)/(2+a)) - (2-a)/(2+a))

できました。

a を横軸、 r を縦軸にとったグラフです。

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[ 0137: 0133 ふたたび ]

[ 0136: 出題と回答の振り返り ]

[ 0135: 3乗根の和 ]

[ 0134: 難問ふたたび ]

[ 0133: 立方体頂点上の2匹の平均距離 ]

[ 0132: 直角三角形の辺上の正三角形 ]

[ 0131: 円の中の2個の正三角形 ]

[ 0130: 2個の同心円と接線 ]

[ 0129: 長方形の中の2個の半円 ]

[ 0128: 半円の中の円 ]

[ 0127: 三角形の中の辺x ]

[ 0126: ｘｙ2次方程式の整数解 ]

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