タンジェントの美しい関係式(tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC)

(i) A+B+C=πA+B+C=\pi のとき tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC\tan A+\tan B+\tan C=\tan A \tan B\tan C

(ii) α+β+γ=π2\alpha+\beta+\gamma=\dfrac{\pi}{2} のとき 1tanα+1tanβ+1tanγ=1tanαtanβtanγ\dfrac{1}{\tan \alpha}+\dfrac{1}{\tan \beta}+\dfrac{1}{\tan \gamma}=\dfrac{1}{\tan \alpha \tan \beta\tan \gamma}

(iii) A+B+C=πA+B+C=\pi のとき 1tanA+1tanB+1tanC=a2+b2+c24S\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}

タンジェントの美しい関係式について,証明と応用例を解説します。

証明

(i)と(ii)は加法定理を使うだけで簡単に証明できます。

証明

(i)

tanA=tan(πA)=tan(B+C)=tanB+tanC1tanBtanC\tan A\\ =-\tan(\pi-A)\\ =-\tan(B+C) \\ =-\dfrac{\tan B+\tan C}{1-\tan B \tan C}

分母を払って整理すると目標の式になる。

(ii)

tanα=1tan(π2α)=1tan(β+γ)=1tanβtanγtanβ+tanγ\tan \alpha\\ =\dfrac{1}{\tan(\frac{\pi}{2}-\alpha)}\\ =\dfrac{1}{\tan (\beta+\gamma)}\\ =\dfrac{1-\tan \beta \tan \gamma}{\tan \beta +\tan \gamma}

分母を払って整理すると目標の式になる。

なお,(i)については複素指数関数を使ったおもしろい証明もあります。

(i)の別証

eiAeiBeiC=ei(A+B+C)=1e^{iA}e^{iB}e^{iC}=e^{i(A+B+C)}=-1

となり実数である。一方,

eiAeiBeiC=(cosA+isinA)(cosB+isinB)(cosC+isinC)e^{iA}e^{iB}e^{iC}\\ =(\cos A+i\sin A)(\cos B+i\sin B)(\cos C+i\sin C)

の虚部は,

i(sinAcosBcosC+cosAsinBcosC+cosAcosBsinCsinAsinBsinC)i(\sin A\cos B\cos C+\cos A\sin B\cos C+\cos A\cos B\sin C-\sin A\sin B\sin C)

よってカッコの中身は 00 になる。cosAcosBcosC\cos A\cos B\cos C で割ると,

tanA+tanB+tanCtanAtanBtanC=0\tan A+\tan B+\tan C-\tan A\tan B\tan C=0

(iii)の証明

直角三角形でないもとで,面積公式と余弦定理により

1tanA=cosAsinA=b2+c2a22bc2Sbc=b2+c2a24S\dfrac{1}{\tan A}=\dfrac{\cos A}{\sin A}\\ =\dfrac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{2S}{bc}}\\ =\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S}

同様の式を tanB,tanC\tan B,\tan C についても作って足すと(iii)を得る。

なお,直角三角形のときは,例えば A\angle A が直角のとき,1tanA=0\dfrac{1}{\tan A}=0 とみなすと(iii)が成立することは簡単にわかる。

応用例:ヘロンの公式の証明

ヘロンの公式の証明

図のように三角形 ABCABC の内心を IIII から各辺へ下ろした垂線の足をそれぞれ P,Q,RP,Q,R とおく。

同じ点から引いた2本の接線の長さは等しいので, ヘロンの公式の証明

AR=cBR=cBP=c(aCP)=caCQ=cabAQ=cabARAR=c-BR\\ =c-BP\\ =c-(a-CP)\\ =c-a+CQ\\ =c-a+b-AQ\\ =c-a+b-AR

この式を ARAR について解くと

AR=saAR=s-a

(ただし,s=a+b+c2s=\dfrac{a+b+c}{2} とおいた。また,この手法はよく用いられるので,AR=saAR=s-a も覚えておくとよい)

よって tanα=rsa\tan \alpha =\dfrac{r}{s-a}

同様に tanβ=rsb\tan \beta =\dfrac{r}{s-b}tanγ=rsc\tan \gamma =\dfrac{r}{s-c}

ここで,α+β+γ=π2\alpha+\beta+\gamma=\dfrac{\pi}{2} より公式(ii)が使えて,

sar+sbr+scr=(sa)(sb)(sc)r3\dfrac{s-a}{r}+\dfrac{s-b}{r}+\dfrac{s-c}{r}=\dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{r^3}

この式を変形していくと,

r2(3sabc)=(sa)(sb)(sc)(rs)2=s(sa)(sb)(sc)r^2(3s-a-b-c)=(s-a)(s-b)(s-c)\\ (rs)^2=s(s-a)(s-b)(s-c)

ここで,三角形の面積と内接円の半径の関係式を用いて,

S=r2(a+b+c)=rsS=\dfrac{r}{2}(a+b+c)=rs

=s(sa)(sb)(sc)=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}

となりヘロンの公式を得る。

応用例:オノの不等式

オノの不等式

鋭角三角形 ABCABC について,

27(b2+c2a2)2(c2+a2b2)2(a2+b2c2)2(4S)627(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2\leq(4S)^6

ヘロンの公式を使って頑張って計算して証明もできそうですが,左辺を見ると余弦定理が使えそうですね。

証明

左辺を余弦定理で変形すると,

27(2bccosC)2(2cacosB)2(2abcosA)227(2bc\cos C)^2(2ca\cos B)^2(2ab\cos A)^2

となる。これと似たような形になるように意識しながら,右辺をサインの面積公式で変形すると,

(2absinC)2(2bcsinA)2(2casinB)2(2ab\sin C)^2(2bc\sin A)^2(2ca\sin B)^2

よって,目標の不等式は

27cos2Acos2Bcos2Csin2Asin2Bsin2C27\cos^2A\cos^2B\cos^2C\leq \sin^2A\sin^2B\sin^2C
27tan2Atan2Btan2C27\leq\tan^2A\tan^2B\tan^2C

ここで,(i)を使うと,目標の不等式は

27(tanA+tanB+tanC)227\leq (\tan A+\tan B+\tan C)^2

となる。

一方,0<x<π20<x<\dfrac{\pi}{2} において y=tanxy=\tan x は下に凸なので,イェンゼンの不等式より,

tanA+tanB+tanC3tanA+B+C3=33\tan A+\tan B+\tan C\\ \geq 3\tan\dfrac{A+B+C}{3}\\ =3\sqrt{3}

となり成立。

対称性を崩さずに計算できると気持ちいい!

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