導入
数学、より正確には平面幾何学において、1898 年にフランク モーリーによって発見されたモーリーの定理は次のように述べています。
「三角形の角の三等分線の交点は正三角形を形成します。」
このようにモーリーの定理で定義される正三角形を開始三角形の「モーリー三角形」と呼びます。
デモンストレーション
最初のデモンストレーション
定理の証明
この簡単な方法では三角法を使用します。
実際、正弦の法則に従って、三角形の辺からのほとんどのセグメントの長さを決定できます。さらに、アル・カシの定理を使用すると、QR、PR、PQ など、他の三角形 (赤い三角形の 3 辺、つまり等辺であるはずの辺) を決定して比較することができます。
角度 a、b、c を次のように定義します。
- $$ {\widehat {BAC} = 3 \times a} $$
- $$ {\widehat {ABC} = 3 \times b} $$
- $$ {\widehat {ACB} = 3 \times c} $$
すべての三角形には次のものがあるため、
- $$ {\widehat {BAC} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ} $$
上記の変数の変更は次のようになります。
- $$ {a + b + c = 60^\circ} $$。
さらに、計算を簡略化するために、三角形に外接する円の半径が 1 になるような単位を採用します。すると、次のようになります。
- AB = 2 sin(3c)
- BC = 2 sin(3a)
- AC = 2 sin(3b)。
三角形 BPC では、サインの法則に従って、次のようになります。
- $$ {\frac {BP}{\sin (c)} = \frac {BC}{\sin (180^\circ – b – c)} = \frac {2 \sin (3a)}{\sin (b + c)} = \frac {2 \sin (3a)}{\sin (60^\circ – a)}} $$
- $$ {BP = \frac {2 \sin (3a) \sin (c)}{\sin (60^\circ – a)}} $$
sin(3a) を展開できます。
- sin(3a) = 3sin(a) – 4sin3(a)
- 3sin(a) – 4sin3(a) = 4sin(a)[(√3/2)² – sin²(a)]
- 4sin(a)[(3/2)² – sin²(a)] = 4sin(a)[sin²(60°) – sin²(a)]
- 4sin(a)[sin²(60°) – sin²(a)] = 4sin(a)[sin(60°) + sin(a)][sin(60°) – sin(a)]
- 4sin(a)[sin(60°) + sin(a)][sin(60°) – sin(a)] = 4sin(a) 2sin[(60°) + a)/2]cos[(60°) ) ) – a)/2] × 2sin[(60°) – a)/2]cos[(60°) + a)/2]
- sin(a) 2sin[(60°) + a)/2]cos[(60°) – a)/2] × 2sin[(60°) – a)/2]cos[(60°) + a) /2] = 4sin(a)sin(60° + a)sin(60° – a)
これにより、BP の式を簡略化できます。
しかし、これは BR にも当てはまります。
- $$ {BR = 8 \sin(a) \sin(c) \sin(60^\circ + c)} $$
Al-Kash は、PR² = BP² + BR² – 2BPBR cos(b) を与えます。展開すると次が得られます。
- $$ {PR^2 = 64 \sin^2 (a) \sin^2 (c)[ \sin^2(60^\circ + a) + \sin^2 (60^\circ + c) – 2 \sin(60^\circ + a) \sin (60^\circ + c) \cos(b)]} $$
ここで、(60° + a) + (60° + c) + b = 120° + (a + b + c) = 120° + 60° = 180°。角度60°+a、60°+c、bの外接円の半径が1の三角形のうち、アルカシを適用すると、
- sin²(b) = sin²(60° + a) + sin²(60° + c) – 2 sin(60° + a) sin(60° + c) cos(b)
- PR = 8 sin(a) sin(b) sin(c)
- PQ = 8 sin(b) sin(a) sin(c)
- QR = 8 sin(a) sin(c) sin(b)
- PR = PQ = QR
したがって、三角形 PQR は正三角形になります。
2回目のデモンストレーション
このデモンストレーションは、 Alain Connesによる記事に基づいています。複素数を使用し、正三角形の頂点の添字を簡単に計算します。
後で複合体の本体と同一視できる方向付けされたユークリッド平面に自分自身を置きましょう。正三角形を形成することを示したい三等分線の 3 つの交点を P、Q、R で指定します。さらに、点 P’、Q’、R’ をそれぞれ BC、CA、AB に関して P、Q、R と対称に配置します (反対の図を参照)。最後にそれぞれ で指定しましょう
$$ {\quad \alpha,\beta,\gamma } $$
主な決定（以下の間で構成される） $$ {\quad -\pi} $$
そして$$ {\quad \pi} $$
) 角度$$ { \widehat {(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})},\;\widehat{(\overrightarrow {BC},\overrightarrow {BA})},\;\widehat{(\overrightarrow {CA},\overrightarrow {CB})} } $$
。今すぐにでも
$$ {\; f, g, h \quad} $$
それぞれの中心 A、B、C の回転とそれぞれの角度$$ { 2\alpha/3,\;2\beta/3,\;2\gamma/3 } $$
。- (i) P (それぞれ Q、R) は次の固定点です。 $$ { g\circ h} $$
$$ { h\circ f ,\; f \circ g} $$
）。確かに、 h はP を P’ に変換し、 g はP’ を P に変換します (即時: 図を参照)。 Q と R も同様です。
実際、コンポーネントの回転角度の合計は 2π であるため、平行移動が得られます。しかし、 h 3 (中心 C および角度 2γ での回転) は A を BC に関して A と対称な A’ に変換し、 g 3 は A’ を A に変換し、最後に f 3 は A を不変のままにするため、A は不変です。したがって、この翻訳は 同一のアプリケーション です。
上記の命題 (i) と (ii) だけで、三角形 PQR の正三角形の性質を推定するのに十分であることは、非常に注目に値します。と仮定する必要さえありません
$$ {f,\,g\,\,h } $$
回転ですが、複合体の本体（平面で識別される）のアフィン マップであることだけが制限されますが、どちらも制限されません。 $$ {f \circ g} $$どちらでもない$$ {g \circ h} $$
どちらでもない$$ {h \circ f} $$
どちらでもない$$ {f \circ g \circ h } $$
翻訳ではありません。
したがって、導入した表記法を維持したまま、複合体の本体を操作していきます。
単純に定義します
$$ { f,\,g,\,h } $$
(アフィンアプリケーション)
-
$$ { \quad f(x)=a_1.x+b_1 } $$
-
$$ { \quad g(x)=a_2.x+b_2 } $$
-
$$ { \quad h(x)=a_3.x+b_3 \qquad (a_1a_2, \;a_2a_3, \;a_3a_1 , \;a_1a_2a_3} $$1)とは異なります。
簡単に計算すると、(i) は次と同等であることがわかります。
-
$$ { \quad P=(a_2b_3+b_2)/(1-a_2a_3) } $$
-
$$ { \quad Q=(a_3b_1+b_3)/(1-a_3a_1) } $$
-
$$ { \quad R=(a_1b_2+b_1)/(1-a_1a_2) } $$
(ii) については、以下との等価性を簡単に示します。
-
$$ { \quad (a_1a_2a_3)^3=1 } $$
-
$$ { \quad (a_1^2+a_1+1)b_1+a_1^3(a_2^2+a_2+1)b_2+a_1^3a_2^3(a_3^2+a_3+1)b_3=0 } $$
として
$$ {a_1a_2a_3 \ne 1} $$
、それがわかります$$ { \quad a_1a_2a_3 = j } $$
または$$ {\quad j^2 } $$
。という考えを修正するとします。 $$ { \quad a_1a_2a_3 = j} $$
(これは、アプリケーションでは正の三角形 ABC に対応します)。
2 行の計算の後、次の結果が得られます。
-
$$ {\quad P+jQ+j^2R=[(1-a_2a_3)a_3(j^2-a_1)b_1+(1-a_3a_1)a_1(1-a_2j)b_2+(1-a_1a_2)a_2(j-a_3j^2)b_3]/[(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)] } $$
-
$$ {\quad =[a_3/a_1(a_1^2+a_1+1)+a_1/a_2j(a_2^2+a_2+1)+a_2/a_2j^2(a_3^2+a_3+1)]/[(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)] } $$
-
$$ {\quad =-a_3/a_1[(a_1^2+a_1+1)b_1+a_1^3(a_2^2+a_2+1)b_2+a_1^3a_2^3(a_3^2+a_3+1)b_3]/[(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)] } $$
それを知って
- $$ { \quad b = (a_1^2+a_1+1)b_1+a_1^3(a_2^2+a_2+1)b_2+(a_1a_2)^3(a_3^2+a_3+1)b_3 } $$
- $$ { \quad j = a_1a_2a_3 } $$
- $$ { \quad j^3 = 1 } $$
私たちはそれを示します
$$ {\quad b=-ja_1^2a_2(a_1-j)(a_2-j)(a_3-j)(P+jQ+j^2R)} $$
。
我々は持っています
- $$ {P+jQ+j^2R=\frac{(a_1b_2+b_1)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}+ \frac{j(a_2b_3+b_2)(1-a_1a_2)(1-a_3a_1)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}+} $$
- $$ {\quad\frac{j^2(a_3b_1+b_3)(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}} $$
- $$ {=\frac{a_1b_2(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)+ jb_2(1-a_1a_2)(1-a_3a_1)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}+} $$
- $$ {\frac{b_1(1-a_2a_3)(1-a_3a_1) + j^2a_3b_1(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}+} $$
- $$ {\frac{ja_2b_3(1-a_1a_2)(1-a_3a_1) + j^2b_3(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}} $$
- $$ {=\frac{(1-a_2a_3)b_1a_3(j^2-j^2a_1a_2-a_1+a_1^3a_2^3a_3^2)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}+} $$
- $$ {\frac{(1-a_3a_1)b_2a_1(1-a_2a_3+ja_1^2a_2^3a_3^3-ja_2)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}+} $$
- $$ {\frac{(1-a_1a_2)b_3a_2(j-ja_3a_1+j^2a_1^3a_2^3a_3^2-j^2a_3)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}} $$
- $$ {=\frac{(1-a_2a_3)b_1a_3(j^2-a_1)+ (1-a_3a_1)b_2a_1(1-ja_2)+ (1-a_1a_2)b_3a_2(j-j^2a_3)}{(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)}} $$
次に、分母と次の値を掛けます。
$$ {j^2a_1^2a_2} $$
両側: - $$ {(P+jQ+j^2R)(1-a_1a_2)(1-a_2a_3)(1-a_3a_1)j^2a_1^2a_2 = } $$
- $$ {j^2a_1^2a_2[(1-a_2a_3)b_1a_3(j^2-a_1)+(1-a_3a_1)b_2a_1(1-ja_2)+(1-a_1a_2)b_3a_2(j-j^2a_3)]} $$
- $$ {=a_1b_1(1-a_2a_3)(j^2-a_1)+a_1^3b_2j^2(a_2-j)(1-ja_2)+a_1^2a_2^2b_3(1-a_1a_2)(1-ja_3)} $$
- $$ {=b_1(a_1-j)(j^2-a_1)+a_1^3b_2(a_2-j)(j^2-a_2)+(a_1a_2)^3b_3((a_1a_2)^2a_3^3-1)(1-ja_3)} $$
- $$ {=b_1(a_1j^2-a_1^2-j^3+a_1j)+a_1^3b_2(a_2j^2-a_2^2-j^3+ja_2)+(a_1a_2)^3b_3((a_1a_2)^2a_3^3-j(a_1a_2)^2a_3^3a_3-1+ja_3)} $$
- $$ {=b_1(a_1(j^2+j)-a_1^2-1)+a_1^3b_2(a_2(j^2+j)-a_2^2-1)+(a_1a_2)^3b_3(a_3(j^2+j)-a_3^2-1)} $$
以来
$$ {j^3=1\quad \Rightarrow j^2+j+1=0 \Rightarrow j^2+j=-1} $$
など- $$ {-ja_1^2a_2(a_1-j)(a_2-j)(a_3-j)(P+jQ+j^2R) =} $$
- $$ {b_1(a_1^2+a_1+1)+a_1^3b_2(a_2^2+a_2+1)+(a_1a_2)^3b_3(a_3^2+a_3+1)=b} $$
など
$$ {\quad P+jQ+j^2R=0. } $$
これは、三角形 PQR が正三角形である (意味が正である)ことを明確に示しています (古典的な特徴付け)。
当然のことながら、三角形 ABC が負の方向を持っている場合、次のようにする必要があります。
$$ {\quad a_1a_2a_3=j^2} $$
負方向の等辺 PQR を取得します。
ABC が肯定的な意味を持つ場合、実際には次のようになります。
-
$$ { \quad f(z)=e^{2i \alpha /3}(z-A)+A \qquad g(z)=e^{2i \beta /3}(z-B)+B \qquad h(z)=e^{2i \gamma /3}(z-C)+C } $$
したがって
$$ { \quad a_1=e^{2i \alpha /3} \quad b_1=(1-e^{2i \alpha /3})A } $$
および同様の表現$$ { \quad a_2,b_2,a_3,b_3 } $$
。したがって、P、Q、R を決定するのは非常に簡単です。
参考資料
- مبرهنة مورلي – arabe
- Морлей теореми – tchouvache
- Morley-Dreieck – allemand
- Θεώρημα τριχοτόμων του Μόρλεϊ – grec
- Morley’s trisector theorem – anglais
- Trisekcant-Teoremo de Morley – espéranto