コンパスによる正五角形の作図とその証明 | USHITORA Lab.
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コンパスによる正五角形の作図とその証明

数学

相互に接する円をコンパスでいくつか描画することにより、正五角形を作図する方法があると知ったのでここに記録する。

コンパスを使って正五角形を描く

<手順1>点Oを中心とする円(円Oとする)の中に、半径が半分の円が2つ入るように作図する。(十字線は補助)

<手順2>十字線のうち、垂直な方と円Oの交点(点Pとする)を中心とし、内部の2つの円に接する円を2つ描画する(大きい円を円Po、小さい円を円Piとする)。

<手順3>点Pと反対側にある垂直線と円Oの交点(点Aとする)、円Poと円Oの2つの交点(点B, Eとする)、円Piと円Oの2つの交点(点C, Dとする)を直線で結ぶと、五角形ABCDEは正五角形となる。

正五角形であることの証明

各円の半径の計算

<手順1>で描いた2つの円の片方を円Qとし、その半径を\(r\)とおく。点Pから点Qに線を引くと、その線は円Qと円Poの交点、円Qと円Piの交点の双方を通る。

△OPQに注目すると\(OP=2r, OQ=r\)であり、\(\angle POQ=90^\circ\)より三平方の定理から、

$$PQ=\sqrt{(2r)^2+r^2}=\sqrt{5}r$$

となる。ここで、\(PQ\)は円Piと円Qの半径の和に等しいため、円Piの半径は\(\sqrt{5}r-r=(\sqrt{5}-1)r\)となる。また、\(PF\)は円Piの半径と円Qの直径の和に等しいため、\(PF=(\sqrt{5}-1)r+2r=(\sqrt{5}+1)r\)である。

辺AB(EA)の計算

点Bと点Pを結ぶと、\(PB\)と\(PF\)はともに円Poの半径であるため、\(PB=PF=(\sqrt{5}+1)r\)となる。次に△ABPに注目すると、\(\angle ABP=90^\circ\)(∵\(AP\)は円Oの直径であり、点Bも円O上の点:タレスの定理)より、三平方の定理から、

$$AB=\sqrt{(4r)^2-((\sqrt{5}+1)r)^2}$$

$$AB=\sqrt{16r^2-(6+2\sqrt{5})r^2}$$

$$AB=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}$$

が求まる。対称形より、同様の手順により\(EA=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)となる。

辺CDの計算

今度は△OCGと△PCGに注目する。\(OP=OC=2r, PC=(\sqrt{5}-1)r\)であり、\(GP=x, CG=y\)とおくと、それぞれの直角三角形についての三平方の定理から、

$$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} (2r)^2=(2r-x)^2+y^2 \\ \{(\sqrt{5}-1)r\}^2=x^2+y^2 \end{array} \right.\end{eqnarray}$$

これを解いて、

$$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 4r^2=4r^2-4rx+x^2+y^2 \\ (6-2\sqrt{5})r^2=x^2+y^2 \end{array} \right.\end{eqnarray}$$

$$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 4rx=x^2+y^2 \\ (6-2\sqrt{5})r^2=x^2+y^2 \end{array} \right.\end{eqnarray}$$

2式の辺々を引いて、

$$4rx-(6-2\sqrt{5})r^2=0$$

$$r\{2x-(3-\sqrt{5})r\}=0$$

\(r\not=0\)より、\(x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}r\)である。よって、

$$y=\sqrt{(6-2\sqrt{5})r^2-x^2}$$

$$y=\sqrt{(6-2\sqrt{5})r^2-(\frac{3-\sqrt{5}}{2}r)^2}$$

$$y=\sqrt{(6-2\sqrt{5})r^2-\frac{14-6\sqrt{5}}{4}r^2}$$

$$y=\frac{\sqrt{(24-8\sqrt{5})r^2-(14-6\sqrt{5})r^2}}{2}$$

$$y=\frac{r}{2}\sqrt{10-2\sqrt{5}}$$

以上より、\(GP=x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}r, CG=y=\frac{r}{2}\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)であり、\(CD=2CG=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)が求まる。

辺BC(DE)の計算

次に点Bから\(AP\)に垂線を下ろし、その足を点Hとする。ここで、△PABと△PBHに注目すると、\(\angle APB\)と\(\angle BPH\)は共通で\(\angle PAB=\angle PBH=90^\circ\)より、両者は相似である。よって、

$$AB:BH=PA:PB$$

$$BH=\frac{AB \cdot PB}{PA}$$

$$BH=\frac{r\sqrt{10-2\sqrt{5}} \cdot (\sqrt{5}+1)r}{4r}$$

$$BH=\frac{(\sqrt{5}+1)\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}r$$

ここで、

$$(\sqrt{5}+1)^2=6+2\sqrt{5}$$

より、

$$\sqrt{5}+1=\sqrt{6+2\sqrt{5}}$$

なので、

$$BH=\frac{\sqrt{6+2\sqrt{5}}\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}r$$

$$BH=\frac{\sqrt{(6+2\sqrt{5})(10-2\sqrt{5})}}{4}r$$

$$BH=\frac{\sqrt{(6+2\sqrt{5})(10-2\sqrt{5})}}{4}r$$

$$BH=\frac{\sqrt{40+8\sqrt{5}}}{4}r$$

$$BH=\frac{2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}r=\frac{r}{2}\sqrt{10+2\sqrt{5}}$$

また、△PBHにおける三平方の定理から、

$$PH=\sqrt{\{(\sqrt{5}+1)r\}^2-(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{2}r)^2}$$

$$PH=\sqrt{(6+2\sqrt{5})r^2-\frac{10+2\sqrt{5}}{4}r^2}$$

$$PH=r\sqrt{\frac{4(6+2\sqrt{5})}{4}-\frac{10+2\sqrt{5}}{4}}$$

$$PH=\frac{r}{2}\sqrt{4(6+2\sqrt{5})-(10+2\sqrt{5})}$$

$$PH=\frac{r}{2}\sqrt{14+6\sqrt{5}}$$

$$PH=\frac{r}{2}\sqrt{14+2\sqrt{45}}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}r$$

さらに、\(HG=PH-GP\)より、

$$HG=\frac{3+\sqrt{5}}{2}r-\frac{3-\sqrt{5}}{2}r$$

$$HG=\sqrt{5}r$$

最後に、\(CD\)の延長線上に点Bから下ろした垂線の足をIとすると、\(IG=BH=\frac{r}{2}\sqrt{10+2\sqrt{5}}, BI=HG=\sqrt{5}r\)であり、\(IC=IG-CG\)より、

$$IC=\frac{r}{2}\sqrt{10+2\sqrt{5}}-\frac{r}{2}\sqrt{10-2\sqrt{5}}$$

$$IC=\frac{r}{2}(\sqrt{10+2\sqrt{5}}-\sqrt{10-2\sqrt{5}})$$

よって、△BCIについての三平方の定理から、

$$BC=\sqrt{(\frac{r}{2}(\sqrt{10+2\sqrt{5}}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}) )^2+(\sqrt{5}r)^2}$$

$$BC=\sqrt{\frac{r^2}{4}((10+2\sqrt{5})+(10-2\sqrt{5})-2\sqrt{(10+2\sqrt{5})(10-2\sqrt{5})})+5r^2}$$

$$BC=\sqrt{\frac{r^2}{4}(20-2\sqrt{100-20})+5r^2}$$

$$BC=\frac{r}{2}\sqrt{(20-2\sqrt{80})+20}$$

$$BC=\frac{r}{2}\sqrt{40-8\sqrt{5}}=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}$$

が求まる。対称形より、同様の手順により\(DE=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)となる。

結論

以上より、\(AB=BC=CD=DE=EA=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)となるので、ABCDEは正五角形である。

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