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京都大学 2002年理系第2問解説

方針・初手

外接円の半径が $1$ と与えられている三角形の問題です。このような場合、「図形的性質（余弦定理など）」「ベクトル（外心を原点にとる）」「正弦定理（辺の長さを角に変換する）」のいずれかのアプローチが有効です。本問では、(1) は対偶を用いて図形的に示すのが簡明であり、(2) は外心を原点とするベクトルを用いるのが最も計算が少なく定石となる解法です。また、すべての問題を三角関数の式変形に帰着させる統一的な別解も考えられます。

解法1

(1)

「$\triangle ABC$ が鋭角三角形でないならば、$AB^2+BC^2+CA^2 \leqq 8$ である」という対偶を示す。

$\triangle ABC$ が鋭角三角形でない（直角三角形または鈍角三角形である）と仮定する。このとき、最大角を $C$ としても一般性を失わず、$C \geqq 90^\circ$ である。

$\triangle ABC$ において余弦定理より、

$$ AB^2 = CA^2 + BC^2 - 2CA \cdot BC \cos C $$

$C \geqq 90^\circ$ より $\cos C \leqq 0$ であるから、$-2CA \cdot BC \cos C \geqq 0$ となる。したがって、次の不等式が成り立つ。

$$ AB^2 \geqq CA^2 + BC^2 $$

両辺に $AB^2$ を足すと、

$$ 2AB^2 \geqq AB^2 + BC^2 + CA^2 $$

ここで、$AB$ は半径 $1$ の円の弦であるから、その長さは直径である $2$ 以下である。すなわち、$AB \leqq 2$ であり、$AB^2 \leqq 4$ である。これを上の不等式に用いると、

$$ AB^2 + BC^2 + CA^2 \leqq 2AB^2 \leqq 2 \cdot 4 = 8 $$

以上より対偶が示されたため、$AB^2+BC^2+CA^2 > 8$ ならば $\triangle ABC$ は鋭角三角形である。（証明終）

(2)

円の中心を原点 $O$ とする。点 $A, B, C$ は半径 $1$ の円周上にあるから、$|\vec{OA}| = |\vec{OB}| = |\vec{OC}| = 1$ である。

求める式の左辺をベクトルで表して展開する。

$$\begin{aligned} AB^2 + BC^2 + CA^2 &= |\vec{OB}-\vec{OA}|^2 + |\vec{OC}-\vec{OB}|^2 + |\vec{OA}-\vec{OC}|^2 \\ &= (|\vec{OA}|^2 - 2\vec{OA}\cdot\vec{OB} + |\vec{OB}|^2) + (|\vec{OB}|^2 - 2\vec{OB}\cdot\vec{OC} + |\vec{OC}|^2) + (|\vec{OC}|^2 - 2\vec{OC}\cdot\vec{OA} + |\vec{OA}|^2) \\ &= 6 - 2(\vec{OA}\cdot\vec{OB} + \vec{OB}\cdot\vec{OC} + \vec{OC}\cdot\vec{OA}) \end{aligned}$$

ここで、$|\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}|^2 \geqq 0$ であることを利用する。この式を展開すると、

$$\begin{aligned} |\vec{OA}|^2 + |\vec{OB}|^2 + |\vec{OC}|^2 + 2(\vec{OA}\cdot\vec{OB} + \vec{OB}\cdot\vec{OC} + \vec{OC}\cdot\vec{OA}) &\geqq 0 \\ 3 + 2(\vec{OA}\cdot\vec{OB} + \vec{OB}\cdot\vec{OC} + \vec{OC}\cdot\vec{OA}) &\geqq 0 \\ 2(\vec{OA}\cdot\vec{OB} + \vec{OB}\cdot\vec{OC} + \vec{OC}\cdot\vec{OA}) &\geqq -3 \end{aligned}$$

この不等式を、先ほど導いた $AB^2 + BC^2 + CA^2$ の式に適用すると、

$$ AB^2 + BC^2 + CA^2 \leqq 6 - (-3) = 9 $$

となり、不等式が成立する。また、等号が成立するのは $|\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}|^2 = 0$、すなわち $\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} = \vec{0}$ のときである。これは外心である原点 $O$ と $\triangle ABC$ の重心が一致することを意味しており、このとき $\triangle ABC$ は正三角形となる。

解法2

外接円の半径 $R = 1$ であるから、正弦定理より $BC = 2\sin A, CA = 2\sin B, AB = 2\sin C$ となる。

$$ AB^2 + BC^2 + CA^2 = 4(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C) $$

ここで、$A+B+C = \pi$ を用いて括弧の中身を変形する。半角の公式を利用して、

$$\begin{aligned} \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C &= \frac{1-\cos 2A}{2} + \frac{1-\cos 2B}{2} + \sin^2 C \\ &= 1 - \frac{1}{2}(\cos 2A + \cos 2B) + (1-\cos^2 C) \\ &= 2 - \cos(A+B)\cos(A-B) - \cos^2 C \end{aligned}$$

$C = \pi - (A+B)$ より $\cos(A+B) = -\cos C$ であるから、

$$\begin{aligned} \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C &= 2 + \cos C\cos(A-B) - \cos^2 C \\ &= 2 + \cos C\{\cos(A-B) - \cos C\} \end{aligned}$$

再び $-\cos C = \cos(A+B)$ と置き換えて和積の公式を利用すると、

$$\begin{aligned} \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C &= 2 + \cos C\{\cos(A-B) + \cos(A+B)\} \\ &= 2 + \cos C(2\cos A\cos B) \\ &= 2 + 2\cos A\cos B\cos C \end{aligned}$$

したがって、与えられた式の値は次のように表せる。

$$ AB^2 + BC^2 + CA^2 = 8 + 8\cos A\cos B\cos C $$

(1)

条件 $AB^2 + BC^2 + CA^2 > 8$ より、

$$ 8 + 8\cos A\cos B\cos C > 8 \iff \cos A\cos B\cos C > 0 $$

三角形の内角のうち、直角は高々 $1$ つ、鈍角は高々 $1$ つである。もし直角が $1$ つ以上あれば $\cos A\cos B\cos C = 0$ となり不等式を満たさない。もし鈍角が $1$ つ（例えば $C > 90^\circ$）あれば、$\cos C < 0$ となる。このとき残り $2$ 角は鋭角（$\cos A > 0, \cos B > 0$）であるため、$\cos A\cos B\cos C < 0$ となり不等式を満たさない。

よって不等式を満たすためには、$A, B, C$ はすべて鋭角（$<90^\circ$）でなければならず、$\triangle ABC$ は鋭角三角形である。（証明終）

(2)

変形の途中式を用いると、

$$ AB^2 + BC^2 + CA^2 = 4\{2 - \cos^2 C + \cos C\cos(A-B)\} $$

これを $\cos C$ について平方完成する。

$$\begin{aligned} AB^2 + BC^2 + CA^2 &= 4\left\{ 2 - \left( \cos C - \frac{1}{2}\cos(A-B) \right)^2 + \frac{1}{4}\cos^2(A-B) \right\} \\ &= 8 - 4\left( \cos C - \frac{1}{2}\cos(A-B) \right)^2 + \cos^2(A-B) \end{aligned}$$

ここで、$\left( \cos C - \dfrac{1}{2}\cos(A-B) \right)^2 \geqq 0$ であり、$\cos^2(A-B) \leqq 1$ であるから、

$$ AB^2 + BC^2 + CA^2 \leqq 8 - 0 + 1 = 9 $$

となり、不等式が成立する。また、等号が成立するのは $\cos C - \dfrac{1}{2}\cos(A-B) = 0$ かつ $\cos^2(A-B) = 1$ のときである。$A, B$ は三角形の内角より $-\pi < A-B < \pi$ であるから、$\cos^2(A-B) = 1$ となるのは $\cos(A-B)=1$ すなわち $A = B$ のときのみである。これをもう一方の式に代入すると、$\cos C = \dfrac{1}{2}$ となり、$C = 60^\circ$ である。$A=B$ かつ $C=60^\circ$ より $A=B=C=60^\circ$ となるため、等号が成立するのは $\triangle ABC$ が正三角形の場合である。

解説

(1) は直接「鋭角三角形」であることを導こうとすると難航しますが、対偶をとる発想があれば図形的に非常にスッキリと証明できます。(2) は「外接円が与えられた三角形」の定石通り、外心を始点とするベクトルを用いるのが最も処理が軽くなります。解法2で示した $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2\cos A\cos B\cos C$ という恒等式は、難関大でしばしば背景知識として用いられる有名事実です。丸暗記する必要はありませんが、半角の公式から始まり「和と差の積」を活用して一文字にまとめるという式変形の流れは、類題に対応するためにも身につけておきたい手法です。