円と外接多角形の周の長さ

円周＜外接多角形の周の長さ　の証明をやろうと思ったんですが、できません。

円周率を使わずに証明できますか？

No.27 回答者： tenro 回答日時： 2005/02/19 16:12

yakasaさんコメントありがとうございます。

扇形の面積を求めるのに確かに「内接多角形＜円周＜外接多角形」を使いますのね。ですので、仰るとおりこれでは循環論法です。

そこで、θ<tanθではなく、
　　θ<=sinθ(1+sinθ)　　（式１）
を使えば良いのではないかと思います。

＜式１の証明＞
A(1,0),B(cosθ,sinθ)とし、弧ABの分点を{P0(x0,y0),P1(x1,y1),...,Pn(xn,yn)}とします。
弧の長さθはこの分点の折れ線の長さの上限です：
　　　θ = sup ΣP_iP_(i-1)
ここで、1=x0>x1>...>xn=cosθとしてよく、このとき0=y0<y1<....<yn=sinθとなります。
　　P_iP_(i-1) = root( (x_i - x_(i-1))^2+(y_i - y_(i-1))^2 )
　　　　　　　<= | x_i - x_(i-1) | + | y_i - y_(i-1) |
を使えば
　　ΣP_iP_(i-1) = x0-xn+yn-y0 = 1- cosθ + sinθ
　　　　　　　<= 1 - cos^2θ + sinθ　=sinθ(1+sinθ)　
故に左辺の上限は右辺以下となり、与式が証明された。

No.26 回答者： BLUEPIXY 回答日時： 2005/02/18 23:20

#25は、適用できないですね。

間違えたことばかり言ってすみません。
結局私の方法は、穴があって証明できないということはいいんですけど
「定積分の値∫f(x)dxが関数f(x)とx軸の間の面積に等しい」が認められないのはなぜですか？
私なんかはそういう風に習ったように記憶しているのですが、そこらへんに私の勘違いがあるのかもしれません。
これで最後と言われたのに、申し訳ないですけれども、不明の者にとっては、「明らかでない」とだけ言われたり、「認められない」とだけ言われても分からないので説明して頂けませんか？

No.25 回答者： BLUEPIXY 回答日時： 2005/02/18 18:46

>２つの凸な図形（曲線であっても）より外側の凸の図形のほうが距離が長いことが分かる

すでに馬脚がでた感がある私なのですが、
（質問者や他の方々の時間を浪費してしまったとしたらすみませんでした）
まあ、数学に関する深い知識がないままに、
上の件についてちょっと書いてみたいと思います。
ある面積Ｓがある時。
その同じだけの面積を有する正多角形もしくは円を想像することは容易にできます。
そこでＳ＋ΔＳの面積を有する相似な正多角形を考えると、
相似な図形においての面積の比から辺の比が求められることから、ひいてはその面積を囲むに必要な周が求められます。
つまり、面積の大小からその周の大小が決められます。
面積を囲むのに最小限どれだけ必要かとか最大無限になるとかそういう議論にならないよう、適当な正多角形または円を比較のために使うと簡単になります。
この場合実際に周の長さを求めること大小が決まることに注意。

No.24 回答者： yaksa 回答日時： 2005/02/18 16:59

tenroさん。

ご発言ありがとうございます。

「この証明は円周ではなくて円の面積を使います。」
もし、本当にそうなら、もちろんＯＫなんですが。

扇形OABの面積は弧の長さlを使って、
S=rl
とするわけですが、このlが弧度法で表した中心角θを使うと、
l=rθ
と表せるっていう定理に、
「内接多角形＜円周＜外接多角形」
を使っていると思います。（少なくとも私が知っている証明では使っていました。）
もしかしたら、使わないでも証明できるのかもしれませんが。

No.23 回答者： tenro 回答日時： 2005/02/18 15:45

yaksaさんとBLUEPIXYさん、特にyakasaさんは公理論的に全てを証明しようとしているいわゆるブルバギズムであり、ItachiMasamuneさんのご質問に対しては私の回答で良いともいます。

私はあまり議論に参加するつもりはありませんが、yakasaさんの議論に１つコメントしておきます。

円の区分的微分可能性の証明は循環論法ではないと思います。

>>「内接多角形＜円周＜外接多角形」
という事実を使わない限り、三角関数の微積を計算することはできません。

これは違うと思います。sinやcosの微分可能性は、lim sinx/x(x→0）の存在をつかう訳ですが、この証明は円周ではなくて円の面積を使います。中心Oの円の２点A、Bをとり、点Aでの接線と動径OBの交点をTとしたとき、使うのは
　　△OABの面積<扇形OABの面積<△OATの面積
です。これは明らかですので、問題なくsin,cosさらには円の微分可能性が証明できます。

No.22 回答者： yaksa 回答日時： 2005/02/18 14:45

なんか説明してもわかってくれる気がしないので、もうこれで最後にしますね。

いちおう＃１８にコメントしておくと、
「元の図形も新しい図形も凸であるからより上にある図形へのｘ軸からの距離はいつも大きいのがわかるだろう。」
ここまでは納得できます。しかし、この文から次の文、
「つまり、２つの凸な図形（曲線であっても）より外側の凸の図形のほうが距離が長いことが分かる。」
がどうやってでてきたのかがわかりません。

一応、私の立場を明らかにしておくと、
「関数f(x)が与えられたときに、定積分∫f(x)dxを、例えばリーマン積分の定義にしたがって計算できること」は認めます。
しかし、「定積分の値∫f(x)dxが関数f(x)とx軸の間の面積に等しい」とか、まして「定積分∫√(x^2+y^2)dtが曲線(x(t),y(t))の長さに等しい」なんていう超強力な定理は、証明を与えられない限り認めることはできません。
とくに問題なのは、
「内接多角形＜円周＜外接多角形」
という事実を使わないで、上の定理を証明するのは不可能ではないかとも思えることです。もし、そうであれば微積を使った議論で、「円周＜外接多角形」を証明するのは循環論法ですね。
もし、証明できたとしても、少なくとも
「内接多角形＜円周＜外接多角形」
という事実を使わない限り、三角関数の微積を計算することはできません。したがって、実際に積分を使って円周の長さを計算してみる、という方針は使えません。（これについては間違いなく循環論法です。）


一応、＃１さんのページ＃１２と、＃２・＃５で書いた微積を使わない証明のあらすじをもう一度書いておきます。

１．
　任意の内接多角形の周の長さ ＜ 任意の外接多角形の周の長さ
を証明する。これは、「三角形の１辺＜２辺」を使えばできます。
２． 「曲線の長さ」がを「曲線上に頂点を持つ折れ線の長さの上限」で定義されていることを考えると、１から、
　円周 ≦ 任意の外接多角形
が言えます。（＜ではなく≦であることに注意。）ここまでが、＃１さんのページ＃１２の骨子です。
３．
　任意の与えられた外接多角形に対して、周の長さがより短い（別の）外接多角形が存在する
ことを示します。（＃５の前半参照）
４． ２と３を考えると、
　円周 ＜ 外接多角形
であることが言えます。（＃５の後半参照）

No.21 回答者： BLUEPIXY 回答日時： 2005/02/18 00:23

#20の途中の式は間違ってますね。

すみません。
速度の合成をしたものを微分して瞬間のスピードを出すのに、変なことをしています。
速度を合成したら、微分するまでもなく
もとのVoになるのはわかっているので
結果は合ってますが式が違っています。
忘れて下さい。

No.20 回答者： BLUEPIXY 回答日時： 2005/02/17 20:53

このＱの直接的回答ではないが、

「曲線の長さが極小線分の和で表せる」
円は区分的に微分可能である
ということについて補足します。
上のことは、例えば曲線上を移動する点の瞬間の速度を求めることができる（微分ができる：極小線分を求めることができる）時
時間で積分できる（点の移動した経路の長さを求めることができる）
に言い換えることができると思います。
今
円周上を速度Voで移動する点の速度は、
くるくる向きが変わる矢印で表現できます。
v=f(x,y)=(Vo*cosωt,Vo*sinωt)
この時の瞬間の速度は
dv=√(dx^2+dy^2)
です。
dxはxを微分して得られ
dyはyを微分して得られるから
dv=√(-Vo*sinωt)^2+(Vo*cosωt)^2
=Vo
となってその移動距離はその移動に要した時間Tの時
極小線分Vo*Δｔの総和
VoT
で表すことができこれが速度Voで移動する物体の時間Tの距離であることは明らかです。

No.19 回答者： tenro 回答日時： 2005/02/17 12:05

No.8です。

私の回答を補足します。

本質的なことは、円の中心から引いた線（動径）と円は垂直に交わるが、外接する多角形の辺は斜めに交わり、かつ円上の点よりも中心からの距離が遠い所で交わるということです。これを満たすような任意の（いたるところ微分可能な）曲線は円よりも長さが長くなることが証明できます。（注）動径と全ての点で直角に交わる曲線は円になります。

No.18 回答者： BLUEPIXY 回答日時： 2005/02/17 07:27

今ｘ軸上に半円を描いたとしよう。

（半円でなく楕円でも放物線でもいいが）
その半円に外接する多角形があるとしよう。
半円を外接する多角形にちょっとでも近づけるために
ちょびっと上に引っ張ったとしよう。
ちょびっと引っ張った部分はある２点から山になるが同時に谷も作るので
谷の上の部分をつなぐ（凸になる）ように変形しよう
（そうした変形は全長を短くすることに注意）
近傍の谷をつないだことでさらに谷ができることに注意してさらに谷をつないでいくと、結局の処元の円より少し上に大きい凸な図形（予想としては楕円？）になることがわかるだろう。
ここで、元の図形と今できた新しい図形の全長を測りたいが
直線で曲線は近似はできても表せない（？）のでそういう直線で近似するというのはとりあえず置いておく。
そこで、
どっちの長さが長いのか比べるための目安を考えることにする。
今ｘ軸から曲線の上点までの距離を比べることにする。
（軸から５ｃｍ離れるより７ｃｍ離れる方がより遠回りすることになるからこうした距離を比べることで全長がどちらが長いか比べることができる。）
ところが、
元の図形も新しい図形も凸であるからより上にある図形へのｘ軸からの距離はいつも大きいのがわかるだろう。
つまり、２つの凸な図形（曲線であっても）より外側の凸の図形のほうが距離が長いことが分かる。
これを別な言い方をすると、上に引っ張ることでできる微小な面積を微分するとその元の図形の全長になるということだ。
これは、言い換えればより大きな面積を有する凸な図形はより長い全長を持つということになる。
こうした話は、積分と微分がわかるなら自明と言えると思う。