😊出会いの泉😊

ある2桁の数Nが
1から9までの数字を使い
N=a^2+b^2=c^2+d^2+e^2=f^2-d^2+g^2=h^2+i^2
ただし1から9の何れかであるa～iは
a<c<f<h<i の条件を満たすものとする。

さてこの時
[a,b,c,d,e,f,g,h,i]や如何に？

NHKの人気番組の「チコちゃんに叱られる」を見ていたら
一度西に沈んだ太陽を再び見るために、垂直に立つ塔へある距離をある時間内に
登ると再びその太陽の姿を望める話題が取り上げられていた。
そしてそれを可能とする公式が当時中学3年生であった工藤優輝(ゆうよう)君が
見つけて、科学論文コンクールで最優秀賞を受けたとありその式が

H(t)=10^3*(sqrt((6400*cos(θ)*tan(t/240))^2+(6400*cos(θ))^2)-6400*cos(θ)) (m)

と紹介されていた。
(θは地球上での緯度(度)、tは上に登るのに時間(秒)

東京スカイツリーがある場所の緯度が北緯36度で,地球の半径を6400(km)の真球としている。

計算機での計算上ラジアンへ変更して

H(t)=10^3*(sqrt((6400*cos(36*Pi/180)*tan(t/240*Pi/180))^2+(6400*cos(36*Pi/180))^2)
-6400*cos(36*Pi/180))　(m)

ｔを10（秒)刻みで算出してみると
t ;H(t)(m)
10;1.369115132
20;5.476464147
30;12.32205791
40;21.90591451
50;34.22805931
60;49.28852487
70;67.08735103
80;87.62458486
90;110.9002806
100;136.9145000
110;165.6673116
120;197.1587915
130;231.3890231
140;268.3580969
150;308.0661105
160;350.5131691
170;395.6993849
180;443.6248773
････････････

従って第一展望台がある（高さ350m)までは160秒かけて登れば沈んだ太陽は再び目にすることが
可能で、実際スカイツリーのエレベータではここまでの到達時間が50秒なので、太陽が西に沈んで
直ぐにエレベータで展望台に登れば残り110秒間は再び太陽の姿を見ることが出来ることになる。

上記の数値の並びが、徐々に開いていくので
10秒間隔の開きを四捨五入でm単位の整数で並べてみると
1, 4, 7, 10, 12, 15, 18, 21, 23, 26, 29, 31, 34, 37, 40, 42, 45, 48, 51, 53, 56, 59, 62,
64, 67, 70, 73,･･･
となっていった。

これを試しにOEISで試したら
A186226に70までの数列に合致した。(73は72でそこでずれる)
この数列は
triangular numbers (三角数)と
pentagonal numbers (五角数)
に深く関連したものになっており、あくまでも偶然ではあろうが天体の運行が幾何学的構造で動かされて
いるのではないかと思ってしまうほど重なることに驚いた。

テストでーす

縦33,横32の長方形を
異なる大きさの正方形で埋め尽くすのに
左上に14,その横に18を置き
左中に10（14の下）
左下に9,その横に8,この8に上に7（10,18にも接する。)
ここまで埋めると隙間があり、そこに1,4の正方形を入れ込むと
右下がちょうど15の正方形の隙間となるので、そこを埋めると
全体で異なる9個の正方形のピースでこの長方形が埋まる。
(1^2+4^2+7^2+8^2+9^2+10^2+14^2+15^2+18^2=33*32(=1056))

そこでこの最後に埋めることになる15を除いた他の8個のピースを
小さい順に並べると
1,4,7,8,9,10,14,18
になっている。

これを何気にOEISで検索してみたらhttps://oeis.org/A004710
にヒットして
Positions of ones in binary expansion of Euler's constant gamma.
とある。

Euler's constant gamma
つまり
γ:=lim(n->∞)(∑[k=1,n]1/k-log(n))=0.57721･･･
のあれである。

この数値を二進法表示すれば
γ=0.100100111100010001 1001111110001･･･(二)
何と1の数字が発生する位置が小数点以下
1,4,7,8,9,10,14,18, (19,22,23,24,25,26,27,31,･･･)
と一致できているではないか！

正にこれは偶然の一致でしかないが、でもここまで一致しているのは
偶然にしては何か神秘的に見えてしまうのは私だけの印象だろうか？

二等辺三角形ABCの高さを変えずBCをk倍に長くすると長方形の面積もk倍になるから、
BCの長さを変えても長方形の面積が最大になるときの長方形の高さは変わらない。
∠Aが直角（すなわちBC=8で二等辺三角形ABCが直角二等辺三角形）の場合を考え、
BCに関してA,P,Sと対称な点をA',P',S'とすると長方形PP'S'Sの周の長さは一定(16)なので
長方形PP'S'Sの面積が最大（⇔長方形PQRSの面積が最大）になるのは
長方形PP'S'Sが正方形になるときで、この面積は16。
長方形PQRSはこの半分で、さらにBCを4/3倍に伸ばしたので3/4倍にして、
元の長方形PQRSの面積の最大値は16÷2×(3/4)=6。

以下の話はどこかで既出かもしれませんが……


概要のみ書きます。


三角形ABCの形に切った紙を用意して直線PS,PQ,SRで紙を折り返すことで、
3つの三角形APS,PBQ,CSRの面積の合計と長方形PQRSの面積を比較する。
折った後の紙の先端A,B,Cの位置をA',B',C'とする。

(あ) A'が長方形PQRSの内部にあるとき。
折った後の3つの三角形は、長方形全体を覆っていて、かつ
長方形の内側で紙が二重になっているところがある（A',B',C'を結んだ内側の領域）。
また、B'近辺やC'近辺が長方形の外部に出る場合もある。
よって、3つの三角形の面積の合計は長方形の面積より大きい。
すなわち、長方形PQRSの面積は元の三角形ABCの面積の半分より小さい。

(い) A'が線分QR上にあるとき。
A',B',C'は同じ点となり、
折った後の3つの三角形を合わせるとちょうど長方形と一致する。
よって、3つの三角形の面積の合計は長方形の面積と等しい。
すなわち、長方形PQRSの面積は元の三角形ABCの面積の半分である。

(う) A'が長方形PQRSの外部にあるとき。
折った後の3つの三角形は、長方形全体と
長方形外部にできる三角形A'B'C'を合わせたものである。
よって、3つの三角形の面積の合計は長方形の面積より大きい。
すなわち、長方形PQRSの面積は元の三角形ABCの面積の半分より小さい。

(あ),(い),(う)より、長方形の面積が最大になるのは(い)の場合で、
このときの長方形PQRSの面積は三角形ABCの面積の1/2である。

あとは何らかの方法で三角形ABCの面積がわかればよい。



きちんとした解答にするためには、
・折り紙ではなく、線対称な点として議論する。
・点Pにおける角度の議論から3点P,A',B'が一直線上にあることを示す。3点S,A',C'も同様。
・面積の不等式を作るために、図形をちゃんと分割する。
などが必要で、結構面倒くさいです。


なお、この方法は∠B,∠Cが鋭角ならばどんな三角形でも使えます。

[再々訂正]

数列{c(n)}は
c(0)=1,c(1)=1,c(n)=10*c(n-1)-c(n-2)+4
でした。

何度も申し訳ありませんです。

数列{a(n)},{b(n)}を
a(0)=0,a(1)=1,a(n)=6*a(n-1)-a(n-2)+2
b(0)=0,b(1)=1,b(n)=6*b(n-1)-b(n-2)
で定義するとn=1,2,3,･･･
に対し
{a(n)};1,8,49,288,1681,･･･
{b(n)};1,6,35,204,1189,･･･
が並んでいく。

この2つの数は次の関係でつながっている。
1+2+3+･･･+a(n)=b(n)^2

即ち
1=1^2
1+2+3+･･･+8=6^2
1+2+3+･････+49=35^2
1+2+3+･･･････+288=204^2
1+2+3+･････････+1681=1189^2
･･･････････


同じく
数列{c(n)},{d(n)}を
c(0)=1,c(1)=1,c(n)=10*c(n-1)-c(n-2)+4 (n=1,2,3,･･･)
d(0)=1,d(1)=11,d(n)=10*d(n-1)-d(n-2) (n=0,1,2,3,･･･)
で定義すると
{c(n)};1,13,133,1321,13081,･･･
{d(n)};1,11,109,1079,10681,･･･
が並んでいく。
この2つの数は次の関係でつながっている。
1^5+2^5+3^5+･･･+c(n)^5=平方数
かつ
c(n)^2+(c(n)+1)^2=(d(n)-1)^2+d(n)^2+(d(n)+1)^2

即ち
1^5=1^2
かつ
1^2+2^2=0^2+1^2+2^2

1^5+2^5+3^5+･･･+13^5=1001^2
かつ
13^2+14^2=10^2+11^2+12^2

1^5+2^5+3^5+･････+133^5=971299^2
かつ
133^2+134^2=108^2+109^2+110^2

1^5+2^5+3^5+･･･････+1321^5=942162299^2
かつ
1321^2+1322^2=1078^2+1079^2+1080^2

1^5+2^5+3^5+･････････+13081^5=913896491101^2
かつ
13081^2+13082^2=10680^2+10681^2+10682^2

･････････････････････････････
と思ってもない関係でつながっている。

http://shochandas.xsrv.jp/angle3/angle4.htm
での記事から
△ABCで各Aの二等分線が辺BCと交わる点をDとし
AB=a,AC=b とするとき

AD=2*a*b*cos(A/2)/(a+b)

なる公式を示してあるが、これはa,bに対する調和平均dが
1/d=1/2*(1/a+1/b)
即ち
d=2*a*b/(a+b)
に縮小率cos(A/2)を掛けたものと解釈される。

ここに調和平均の幾何的解釈として
x-y平面でx軸上の点A(a,0)
y軸上にP(0,d)をとり、これからx軸に平行に距離bだけ離れた点B(b,d)
を取ると、4点O(原点),A(a,0),B(b,d),P(0,d)
を囲む台形は半径d/2の円が内接できる。

即ち
2つの平行な長さa,bの間隔を調和平均で出すdで離してやっておけば
この中にピタリ半径d/2の内接円が収まり、その間隔ｄを最後に∠BACの二等分角度
A/2に対するcos量のcos(A/2)で縮小してやればADの距離が与えられると解釈される。

http://shochandas.xsrv.jp/urawaza/angle.htm
を元にいろいろ計算をしていたら

三角形ABCで各Aの二等分線が辺BCと交わる点をDとするとき
ADの長さはBD=m,CD=nであるなら

AD=2*m*n*cos(A/2)/(m*cos(B)+n*cos(C))
=2*m*n*sin((B+C)/2)/((m*cos(B)+n*cos(C))

で求められる。
というものに出会っていったのですが
これって妥当性を持ちますかね？

(理由)
AB=a,AC=bとし
DよりAB,ACへ下した垂線の足をE,Fとすると
AD^2=a*b-m*n
であるので
これが成立することから
△BDE+△CDF=1/2*m*n*sin(A) (∵△ABC=2*△AED+△BDE+△CDF)
一方
△BDE=1/2*BD*DE*sin(Pi/2-B)=1/2*m*AD*sin(A/2)*cos(B)
△CDF=1/2*CD*DF*sin(Pi/2-C)=1/2*n*AD*sin(A/2)*cos(C)
この２つを上式へ代入して整理すれば

1/2*AD*sin(A/2)*(m*cos(B)+n*cos(C))=1/2*m*n*sin(A)
よって
AD=2*m*n*cos(A/2)/(m*cos(B)+n*cos(C))
　=2*m*n*sin((B+C)/2)/((m*cos(B)+n*cos(C))
が導けた。