愛媛県 伊佐爾波神社の算額
伊佐爾波神社(愛媛県) 【嘉永3 年（1850 年） 花山金次郎 奉納】
｛原文｝
今有如圓直線上載三角其内設二斜容内等員三個延其下斜其傍挿外其異圓一個只云三角面二十寸問外員径如何
答曰 外圓径九寸零零有奇 ( 九寸ゼロゼロ余り有り）
零
術曰 立天元一爲外圓徑二十之以減九十九箇餘乗外圓徑内減百七十一個餘乗外圓徑加一百一十七個奥二十七個
相消得開方式三乗方之得商以減一個五分餘以除商乗三角面及中鉤率得外圓径合問
｛原文の要訳｝
図のように、直線上にある正三角形を2 本の線分で分けた三角形に内接する等円が3 個あり、直線と正三角形及び
線分を延長した直線に接する外円1 個がある。
正三角形の1 辺の長さが20 寸のとき、外円の直径の長さを求めよ。
｛計算方法｝
正三角形内の3 等円の半径を求める。
下図 のように、正三角形をABC、2 本の線分をDC、DE、3 個の等円の中心をO1、O2、O3 とし、その半径をr とする。
4 線分AB、AD、AE、DC の長さをそれぞれa、b、c、d とする。
等円の半径r を求める。 ADC に
余弦定理を用いると、 d^2 = a^2 + b^2 - 2abCOSＡ
COSＡ = COS60°= 1/2 ・・・・
三角比 参照 ∴ d^2 = a^2 + b^2 - ab ・・・ 式①
内接円O1 と3 辺CD、DB、CB との接点をそれぞれ G、H、F とする。
このとき、O1HB は直角三角形で∠O1BH = 30°なので、 HB = √3r である。
直角三角形の左端の角度が30°のときの比率は１対２対√３（対辺a＝１、斜辺b＝２、底辺c＝√３）
また、2HB =HB + BF = DB - DH + CB - CF = DB - GD + CB - CG = DB + CB - GD - CG =
(a - b) + a - d より、 2a - b - d = 2√3r - d = 2√3r - 2a + b d = 2a - b - 2√3r ・・・ 式② である
関係式を用いて、正三角形の1 辺の長さa と等円の半径r の関係式を導いてみる。
式①に式②を代入してd を消去し整理する。 (2a - b - 2√3r)^2 = a^2 + b^2 - ab
公式 (a-b-c)^2 = a2+b2+c2-2ac-2ab+2bc より
(2a)^2 + b^2 + (2√3r)^2 - 2(2a)(2√3r) - 2(2a)b + 2b(2√3r) = a^2 + b^2 - ab
(2a)^2 + b^2 + (2√3r)^2 - 2(2a)(2√3r) - 2(2a)b + 2b(2√3r) - a^2 - b^2 + ab = 0
4a^2 + b^2 + 12r^2 - 8√3ar - 4ab + 4√3br - a^2 - b^2 + ab = 0
4a^2 - a^2 + b^2 - b^2 - 8√3ar - 4ab + ab + 4√3br + 12r^2 = 0
3a^2 - 3ab - 8√3ar + 4√3br + 12r^2 = 0 と なる。 b について解く。
3a^2 - 3ab + 4√3br - 8√3ar + 12r^2 = 0 - 3ab + 4√3br = -3a^2+ 8√3ar - 12r^2
b(- 3a + 4√3r) = -3a^2+ 8√3ar - 12r^2 b = (-3a^2+ 8√3ar - 12r^2)／(- 3a + 4√3r)
b = √3(-3a^2+ 8√3ar - 12r^2)／√3(- 3a + 4√3r) = (-3√3a^2+ 24ar - 12√3r^2)／(- 3√3a + 12r)
= 3(-√3a^2 + 8ar - 4√3r^2)／3(4r - √3a) = -(-√3a^2 + 8ar - 4√3r^2)／-(4r - √3a)
b = (√3a^2 - 8ar + 4√3r^2)／(√3a - 4r) ・・・ 式③
+
【r1 を求める】
∠Ａ が60° であるACD の内接円O1 の半径をr1 とする。辺CA、AD、DC の長さをそれぞれa、ｂ、ｄ とするとき、
次の関係式が成り立つ。 2√3r１ = a + b - ｄ ∴ r1 = (a + b - ｄ)／2√3
（証明）内接円O と3 辺CA、AD、CD との接点をそれぞれD、E、F とする。このとき、O1DA は直角三角形で
∠O1AD = 30°なので、DA = √3r1である。
直角三角形の左端の角度が30°のときの比率は１対２対√３（対辺a＝１、斜辺b＝２、底辺c＝√３）
2DA = DA + AE = CA - CD + AD - ED = CA - CF + AD - FD = CA + AD - CF - FD =
= a + b - d より、 2√3r1 = a + b - d d = 2a - b - 2√3r ・・・ 式②より 2√3r1 = a + b - d
r1 = (a + b - ｄ)／2√3 = (- a + 2b + 2√3r)／2√3 ・・・ 式④
△ADC に対して、点D から辺AC に引いた垂線の長さh (Sin 60°= √3/2 より) は h =√3b/2・・・ 式⑤
h(r2 + r3 - r1) - 2r2r3 = 0
△ADC に補助定理１ を用いることにより、 2hr - 2r^2 - hr1 = 0 ・・・ 式⑥ である。
この補助定理1 は和算家が編み出した重要な公式で、この公式を用いることで後の計算が簡潔になる
BD = a - b = (a(√3a - 4r) - (√3a^2 - 8ar + 4√3r^2))／(√3a - 4r)
∴ BD = (4ar - 4√3r^2)／(√3a - 4r) = 4r(√3r - a)／(4r - √3a)
式④ と式⑤ を 式⑥に代入し整理すると、r = (- a + 2b + 2√3r)／2√3 h =√3b/2
(ａ - ｂ + ｃ)^2 を展開する。 (ａ - ｂ) = A とする。 ( A + ｃ)^2 = A^2 + 2Aｃ + ｃ^2 =
(ａ - ｂ)^2 +2(ａ - ｂ)ｃ + ｃ^2 = a2 - 2ab + b2 + 2ac - 2bc + c^2 = a2 + b2 + c^2 - 2ab + 2ac - 2bc
2hr - 2r^2 - hr1 = 0 より 2(√3b/2)r - 2r^2 - (√3b/2)(- a + 2b + 2√3r)／2√3 = 0
√3br - 2r^2 - (√3b)(- a + 2b + 2√3r)／4√3 = 0 √3br - 2r^2 - b(- a + 2b + 2√3r)／4 = 0
(ab - 2b^2 + 2√3br - 8r^2 )／4 = 0 ∴ ab - 2b^2 + 2√3br - 8r^2 = 0 ・・・ 式③を代入する。
ab - 2b^2 + 2√3br - 8r^2 = 0 ｂ = a - 4r(√3r - a)／(4r - √3a) より
a(a - 4r(√3r - a)／(4r - √3a)) - 2((a - (4r(√3r - a)／(4r - √3a))^2 + 2√3r(a - 4r(√3r - a)
／(4r - √3a))- 8r^2))
= (4a^2r - √3a^3 - 4√3ar^2 + 4a^2r)／(4r - √3a) - 2(a^2 - (8√3ar^2 - 8a^2r)／(4r - √3a))
+ (48r^4 - 32√3ar^3 + 16a^2r^2)／(4r - √3a)^2 + (((- 6a^2r - 24r^3 + 16√3ar^2))／(4r - √3a))- 8r^2)
= ((- 24r^3 + 12√3ar^2 + 2a^2r - √3a^3)(4r - √3a)／(4r - √3a)^2 - 2((48r^4 - 64√3ar^3 + 88a^2r^2
- 16√3a^3r + 3a^4)／(4r - √3a)^2) = 8r^2
= ((- 192r^4 + 200√3ar^3 - 204a^2r^2 + 26√3a^3r - 3a^4)／(4r - √3a)^2) = 8r^2
= (4r - √3a)^2((- 192r^4 + 200√3ar^3 - 204a^2r^2 + 26√3a^3r - 3a^4)／(4r - √3a)^2) =
8r^2(4r - √3a)^2)
= (- 192r^4 + 200√3ar^3 - 204a^2r^2 + 26√3a^3r - 3a^4 - 128r^4 + 64√3ar^3 - 24a^2r^2)
= (- 192r^4 - 128r^4 + 200√3ar^3 + 64√3ar^3 - 204a^2r^2 - 24a^2r^2 + 26√3a^3r - 3a^4)
- 320r^4 + 264√3ar^3 - 228a^2r^2 + 26√3a^3r - 3a^4 = 0
∴ 3a^4 - 26√3a^3r + 228a^2r^2 - 264√3ar^3 + 320r^4 = 0
※ r = √3/6*ax とする。 a = 20 (寸) より
3a^4 - 26√3a^3r + 228a^2r^2 - 264√3ar^3 + 320r^4 = 0
3a^4 - 26√3a^3(√3/6ax) + 228a^2(√3/6ax)^2 - 264√3a(√3/6ax)^3 + 320(√3/6ax)^4 = 0
3a^4 - 26a^3(1/2)*ax + 228a^2(1/12)*a^2x^2 - 264√3a(3√3/216)*a^3x^3 + 320(9/1296)*a^4x^4 = 0
3a^4 - 13a^4x + 19a^4x^2 - 264(1/24)*a^4x^3 + 320(1/144)*a^4x^4 = 0
3a^4 - 13a^4x + 19a^4x^2 - 11a^4x^3 + 20/9a^4x^4 = 0 両辺に 9/a^4 を掛けて整理する。
27 - 117x + 171x^2 - 99x^3+ 20x^4 = 0 両辺に 9/a^4 を掛けて整理する。
20x4 - 99x3 + 171x2 - 117x + 27 = 0 ・・・ この
４次方程式 を解く
x = 0.513
r = √3/6*20*0.513 = 2.96180688094
【外円 を求める】
外円の中心を O4 とし、その半径を ｒ4 とする。直線 BC と２円 O1, O4 との接点を T1 , T4 とする。
⊿O4T4C ∽ O1T1C により O4T4 ： O1T1 = T4C ： T1C 補助定理２ より、T4T1 = BD である。
ｒ4 * T1C = ｒ * T4C r = √3/6*ax 1.44337567297
BD = 4r(√3r - a)／(4r - √3a) = 4√3/6*ax(√3*√3/6*ax - a)／(2√3/3ax - √3a) =
2√3/3*ax(1/2*ax - a)／(2√3/3*ax - √3a) = 2√3/3*a^2x(1/2*x - 1)／(√3a(2/3*x - 1)) =
2√3/3*a^2x((1x - 2)／2)／(√3a((2x - 3)／3)) = 2√3/3*a^2x((1x - 2)／2) * (3／(√3a(2x - 3)) =
(√3*a^2x(1x - 2))／(√3a(2x - 3)) = (ax((2 - x))／(3 - 2x) ∴ BD = (ax((2 - x))／(3 - 2x)
BT1 をもとめる。 O1DA は直角三角形で ∠O1BT1 = 30°なので、BT1 = √3r = 1/2*ax
r4 = ｒ*T4C／T1C = r(T1C + (T4T1／T1C)) = r(1 + T4T1／T1C) = r(1 + (BD／(BC - BT1)) =
√3/6*ax(1 + ( (ax((2 - x))／(3 - 2x)／(BC - BT1)) =
√3/6*ax｛1 + ((ax(2 - x)／(3 - 2x)))／(a - 1/2*ax)｝ =
√3/6*ax｛1 + ((ax(2 - x))／(3 - 2x)))／(a(2 - x)／2)｝= √3/6*ax(1 + ((ax(2 - x))／(3 - 2x))) * 2／(a(2 - x))) =
√3/6*ax｛1 + ((2ax(2 - x)／(a(3 - 2x)(2 - x))｝ = √3/6*ax｛1 + (2x／(3 - 2x))｝ =
√3/6*ax｛(3 - 2x + 2x)／(3 - 2x))｝ = √3/6*ax(3／(3 - 2x) = √3ax／2(3 - 2x) =
(√3*20*0.513)／(2(3 - 2*0.513)) = 4.50122626283
r4 = √3ax／2(3 - 2x) = 4.50122626283 となり
外円の直径は、 2r4 = 9.00245252566 である。
∴ 算額の答曰 外圓径九寸零零有奇 ( 九寸ゼロゼロ余り有り）
■補助定理１■
図1 のように3 円O1, O2, O3 はそれぞれABC, ABP, APC の内接円とする。
また、頂点Aから辺BC に下ろした垂線の足をH とする。 このとき、円O1, O2, O3 の半径をそれぞれr1, r2, r3 とし、
AH = hとするとき、 h(r2 + r3 - r1) - 2r2r3 = 0 ・・・ ① である。
【証明】 図2のように、3 辺BC, CA, AB の長さをそれぞれa, b, c とし、
ヘロンの公式 より s = (a+b+c)/2 とする。
また、内接円O1 が3 辺BC, CA, AB と接する点をそれぞれD1, E1, F1とし、AF1 = α, BD1 = β, CE1 = γ とする。
図2のように3辺の長さがa,b,cの三角形ABCにO1を中心とする半径r1の円が内接しています。
この時、O1は内心と呼ばれ、 △AF1O1≡(合同)△AE1O1、△BF1O1≡△BD1O1、△CD1O1≡△CE1O1となります。
s = (a+b+c)/2 = 2 ((αr1/2) + (βr1/2) + (γr1/2)) = 2 r1(α + β + γ)／2 = r1(α + β + γ)
2s = a+b+c = 2(α + β + γ) 2β= 2s - 2(α + γ) 2γ= 2s - 2(α + β )
∴ β = s - b, γ = s - a ・・・ ② である。
次に、図3 のように、辺BC と2 円O2, O3 の接点をそれぞれD2, D3 とする。
O1BD1 とO2BD2 は相似なので、BD1 ： BD2 = β ： BD2 = r1 ： r2、同様にCD1 ： CD3 = γ ： CD3 = r1 ： r3
となる。 r1BD2 =r2β r1CD3 =r3γ 従って、 BD2 =r2(s - b)／r1, CD3 =r3(s - c)／r1 ・・・ ③ :
図4 のように、円O2 がAB, AP と接する点をそれぞれF2, G2 とし、円O3 がAC, AP と接する点をそれぞれE3, G3 とする。
このとき、△ABP の面積は、 △ABP = r2(AB + BP + PA)／2 = r2(AB + BP + PG3 + AG3)／2 =
r2(AB + BP + PD3 + AE3)／2 = r2(AB + BD3 + AE3)／2 = r2(AB + BC - .CD3 + CA - CE3) ／2=
r2(a + b + c - 2CD3)／2 = r2(s - CD3) ∴ △ABP = r2(s - CD3)
である。 △APD の面積についても同様である。 △APC = r3(s - BD2) となる。
BD2 =r2(s - b)／r1, CD3 =r3(s - c)／r1
③ を代入すると、 △ABP = r2s - r2r3(s - c)／r1, △APC = r3s - r2r3(s - b)／r1 である。
△ABP + △APC = △ABC = 1ah/2 なので、 r2s - r2r3(s - c)／r1 + r3s - r2r3(s - b)／r1 =
(r2 + r3)s - r2r3(2s - b - c)／r1= 1ah/2 s = (a+b+c)/2 より 2s = a+b+c a = 2s - b - c
(r2 + r3)s - ar2r3/r1= 1ah/2 (r2 + r3)r1s - ar2r3 = (1ah/2)r1 (r2 + r3)r1s - ar2r3 - (1ah/2)r1 = 0
r1 s = 1ah/2 であることにより、 公式 h(r2 + r3 - r1) - 2r2r3 = 0 が得られる。
■補助定理２■
図のように、2 円O1、O2 の共通外接線をAB、CD とし、共通内接線をPQ とする。
このとき、AB = CD = PQである。
接線の性質より、AB = CD は明らかである。
共通内接線PQ と2 円O1, O2 との接点をそれぞれE, Fとし、PA = PE = p、QD = QF = q と置く。
ここで、AB = p + PB = p + PF = 2p + EF とCD =CQ+ q = EQ + q = EF + 2q により、AB = CD からp = q
が得られ、公式AB = CD = PQ を得る。
