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円に外接する多角形の周は、どうして円周より大きいのでしょうか。

円周と面積を関係づけた(同じ比例定数πがあらわれることを示した)アルキメデスの「円の計測」を読んでいて、円に外接する多角形の周は円周より大きいことが当然のこととして使わていることが理解できませんでした。
円に内接する多角形の周は円周より小さいのは明らかとして、外接多角形の周が円周より大きいことは自明なのでしょうか。

おわかりの方教えてください。

A 回答 (12件中1~10件)

 このご質問、まだ開いていたんですね。

ずっと気になってました。stringさんはもうお忘れなのかも知れませんが…

 曲線の長さは、「曲線に内接する折れ線の長さの上限」と定義されます。
 ならば、円周上Cに点列p={p1,p2,.....,pN}を取って、これら全部を頂点とするN角形のうち、辺の長さが一番短い物をP(p)とする。(P(p)がpを頂点とする凸多角形に他ならないのは、自明でしょう。)その辺の長さをL(P(p))とすると、sup L(P(p))が円周の長さである。

 これを使った、全く別のアプローチのストーリーを考えましたが、やってません。やってませんが、ご参考になれば…

 円周上に点列q={q1,q2,....,qM}を取って、これらの点で円Cに接する凸多角形をQ(q)としましょう。そして、
∀q(q⊂C⇒sup L(P(p))≦L(Q(q)))
を示せ、という問題だと考えてみます。

∀q(q⊂C⇒∃ε(ε>0 ∧ ∀p(p⊂C⇒L(P(p))+ε≦L(Q(q)))))
が言えれば良い。この命題を否定した
[1] ∃q(q⊂C ∧ ∀ε(ε>0⇒ ∃p(p⊂C ∧ L(P(p))+ε>L(Q(q)))))
を仮定して、矛盾を導くのでも良い訳です。

 じゃ、そう仮定しましょう。すると、
[2]∃q(q⊂C ∧ ∃p(p⊂C ∧ L(P(p))>L(Q(q)))
が言えるでしょう。これで多角形同士の比較になった訳です。
r=p∪q
としますと、r⊂Cであり、また
L(P(r))≧L(P(p))
は(2点を結ぶ曲線のうち最短なのは線分だ、ということを認めれば)簡単に証明できる。

 さて、qのうち、「隣り合う2点」qa,qbに注目します。内接多角形P(r)はqaとqbの間に沢山辺があるに違いない。その個数をnとします。そこで、P(r)のうち、qaとqbを結ぶ折れ線の部分を、「全て同じ長さのm個の辺(m≧n)」で置き換えたものをP(s)としますと、円の性質を使って
L(P(s))≧L(P(r))
が証明できそうだと思います。これが言えたとしましょう。

 次に、qaからqbまでをQ(q)に沿って測る道のりと、P(s)に沿って測る道のりとでは後者の方が短い、ということが、証明できるような気がします。もし証明できたら、[2]が否定されますから、矛盾。

 いや、どこかスッポヌケているのかも知れませんが…
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

その後、私自身の理解も深まりました。

結局、

>曲線の長さは、「曲線に内接する折れ線の長さの上限」と定義されます

ということで尽きていると思います。
アルキメデスは円周を正多角形の周の長さ(の極限)
で定義しているわけですね。
そうすると外接多角形の方が周の長さが長いのは
当たり前ですね。

どうも長い間おつきあいいただきありがとうございました。

お礼日時:2004/02/18 00:19

まだ手を抜きすぎのようですんで、もうちょっとだけ頑張ってみましょう。


(本気で読んで理解しようとしない方が良いですよ。あらすじだけ追って下されば幸いです。)

●Rを実数の集合とする。連続関数f:R→Rが、∀x∈R,∀y∈R;f(x+y)=f(x)f(y)であるならば、∀x∈R; f(x)=0 もしは ∃a>0; ∀x∈R; f(x)=a^xです。特にlim{x→0}(f(x)-f(0)/x = 1である場合、a=eになります。これを複素数に拡張します。

●Cを複素数の集合とする。連続関数f:R→Cが、∀x∈R,∀y∈R;f(x+y)=f(x)f(y)、lim{x→0}(f(x)-f(0)/x = 1であるならば、∀x∈C; |f(x)|=0 もしは ∃a(a∈R∧a>0∧∀x∈C; |f(x)|=a^xです。ここで
g(x) = a^(-x)f(x)
という関数gを導入すると、連続関数g:R→Cは∀x∈R,∀y∈R;g(x+y)=g(x)g(y)、∀x∈R;|g(x)|=1である。そこでg(x)の実部をc(x), 虚部をs(x)と書くことにします。つまりg(x)=c(x)+i s(x)。するとc,s:R→Rは連続関数であり、
g(x)g(y) = (c(x)c(y)-s(x)s(y))+i(s(x)c(y)+c(x)s(y))
を満たす。故に、
|g(x)|^2 = (c(x))^2+(s(x))^2=1
であり、さらに加法定理
∀x∈R,∀y∈R;c(x+y)=c(x)c(y)-s(x)s(y)
∀x∈R,∀y∈R;s(x+y)=s(x)c(y)+c(x)s(y)
を満たさなくちゃならない。これらを満たすc(x),s(x)を求めよ、という問題です。

●そこでまず、実数の無限列{c[n]}, {s[n]} (n∈N, Nは0を含む自然数)を以下のように定義します。
c[0]=0,s[0]=1
∀n∈N; c[n+1]=√[(1+c[n])/2]
∀n∈N; s[n+1]=√[(1-c[n])/2]
とすると、(c[n]^2+s[n]^2=1ですね。)
このとき、{(2^n)s[n]}はn→∞で収束します。この収束値をαとしましょう。

●次に、∀β∈R, β>0について、
・加法定理を満たし、しかもc((2^[-n])β)=c[n]、s((2^[-n])β)=s[n]であるような連続関数s,c:R→Rが一意的に存在することが(なかなか手間が掛かるけど)証明できます。(従ってc(β)=0, s(β)=1です。)しかもそのs,cは
 ∀m∈Z (整数)、∀n∈Nに対して、x=m(2^[-n])βとおくと(c[n]+i s[n])^m=c(x)+i s(x)
を満たすことが示せます。
すると区間[0,β]に於いてcは単調減少、sは単調増加であって、n→∞のとき、s((2^[-n])β)/((2^[-n])β)→α/βとなります。これをもとにして、
x∈Rに対して lim{x→0}s(x)/x=α/β
が証明できます。そこでβをβ=αに固定してしまいます。(あとまだこちゃこちゃしたことをやらなくちゃいけませんが、)かくて

●cos = c、sin = s、π=2αと定義すると、
(cos(x))^2+(sin(x))^2=1
∀x∈R,∀y∈R;cos(x+y)=cos(x)cos(y)-sin(x)sin(y)
∀x∈R,∀y∈R;sin(x+y)=sin(x)cos(y)+cos(x)sin(y)
x∈Rについてlim{x→0} sin(x)/x = 1
∀x∈R; e(ix) = cos(x)+i sin(x)
その他、sin,cosの性質一式やπの値の計算方法などが導き出されます。
以上、冪級数は使ってないし、だから加法定理もすんなり出てきたわけです。

●関数p:R→R×R、∀θ∈R; P(θ)=<cosθ, sinθ>を考えると、
∀θ; |p(θ)|^2=(cosθ)^2+(sinθ)^2=1
です。ここでθを「角度」と呼ぶことにする。pを「単位円」と呼ぶ。そして円弧を実数の区間[η,ξ]のpによる像として定義します。
さらにsin,cosの微分。結果だけ言えば、ご承知の通り
d(sinθ)/dθ=cosθ、d(cosθ)/dθ=-sinθ
です。これで円の話はだいたいできた。

●次に解析幾何学に於けるユークリッド距離の概念を構成しなくちゃいけない。
一般に曲線は連続関数u,v:R→Rによって、連続関数l:R→R×R, l(t)=<u(t),v(t)>を定義し、その長さを
integral{t=x~y}|l(t)|dt
と定義します。従って円弧の長さは
integral{θ=η~ξ} |p(θ)| dθ
と定義することになり、線分はu,vがtの一次式である場合に相当するわけです。

●このようにして、図形のイメージを全然使わないで解析幾何学を構成していくと、ようやく等周問題を論じられるようになる。いやはや大変ですね。
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この回答へのお礼

stomachmanさん、ご回答どうもありがとうございました。
教えてgoo事務局から、新しい回答をいただいたお知らせのメールが
どういうわけか届いていなかったので、stomachmanさんのご回答に
気づいていませんでした。
お礼を申し上げるのが遅くなり申し訳ございません。

私が勘違いしていたようです。冪級数でなくて、
指数関数の実部と虚部とで定義したのですね。

やはり、

lim{x→0} sin(x)/x = 1

は手でいれるしかないのですね。
これはユークリッド幾何の範囲内で証明のしようがないもの
なのでしょうね。それがなぜかはうまく言えませんが。

その後の議論も大変勉強させられました。

どうもありがとうございました。

お礼日時:2001/03/30 01:23

 余りにすっ飛ばしすぎて、いささか誤解を招いたようです。



●ROMの読者のために、まず何の話をしているか整理しておきます。
 ひとつたとえ話をいたします。1辺の長さが1の正三角形を持ってくる。その底辺上に、辺の長さが1/2である小さい正三角形の底辺を二つまっすぐにならべてやる。それぞれの小さい正三角形の底辺上に辺の長さが1/4である小さい正三角形の底辺を二つまっすぐにならべてやる。この操作を繰り返していくと、元の正三角形の底辺の上に一辺(2^(-n))の正三角形が(2^n)個並ぶ。で、この小さい正三角形の底辺を全部消しゴムで消してしまうとギザギザの線ができますよね。このギザギザ線の長さは幾らか?もちろん、元の大きい正三角形の1辺の長さの丁度2倍である。しかしギザギザ線は元の大きい正三角形の底辺に非常に近い。どこを見ても高々(2^(n-1))()√3/2)以内の距離にある。nをどんどん大きくしたら、もうギザギザ線は大きい正三角形の底辺に収束してしまう訳ですが、依然としてその長さは底辺の2倍である。
 こういう訳で、幾らでも近づくということと、長さが同じ、ということは等価ではない。だから円周の場合にも安易に多角形で近似してやるのは怪しい訳です。

●閑話休題(って、これがまるごと閑話じゃないかぁ~)
 図形を直感的に実在するものと考えたのではsine, cosineを(説明はできますけど)定義することはできません。解析幾何をやるためには、関数をもとにして図形を定義しなくちゃいけないってことですね。
 sine,cosineを冪級数で定義しても悪くはないですが(天下り的であるという点を度外視しても)、加法定理が簡単に出てくるわけじゃなく、これが出てきてくれないと以下の議論が繋がらない。
 ここでやってるsine,cosineの定義に冪級数展開は使っていません。あくまでも「加法定理を満たすような実数値連続関数」という性質だけを使って絞り込んでいくという、実に根気のいる証明(多分本が書けますが全然売れない)なんです。この途中の成果として、sin(π/2)=1, cos(π/2)=0となる値としてπが定義され、sine, cosineが周期2πを持つことが示される。πの具体的な値を与える級数展開も作れます。
 sine,cosineができてしまうと、x=cosθ, y=sinθと書いた場合にC={(x,y)|x^2+y^2=1}という集合が定義でき、この集合上の点は媒介変数θで指定される。θをθ+c (cは任意の実数)で置き換えたって、Cに変化がないことは加法定理が保証してくれます。つまりくるくる回しても変化しない。
 さあここで開き直りますから、パンツのゴムの緩い方は手でしっかり押さえて置いてください。

「この集合Cを円周と言うんです!」

 このようにして円を定義してやれば、円周の長さが2πであることは自明に導くことができ、また外接多角形の辺の長さが2πより大きいことも自明になる(筈です。)
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本当に鋭い質問で、舌を巻いています。



<Nakaさん。
果たして扇形の面積がこれで良いのかどうか、が議論になっているんです。扇形の面積=lr/2というのは、lが円弧の長さである以上、自明ではありません。(たとえば、もし円が細かく見たら歯車だった、というんだと、これは成り立たないでしょう?)

 つまり円周の長さとしてどんな測度を入れるか、要するに曲線の長さって何?という位相が本質的に重要になります。

 stomachmanはまず「円を、Oを中心として任意の(実数値)角度だけ回転しても、もとの円と(測度も含め)合同である」ということを前提して「ゆえに中心角が∠POQ度である円弧の長さlは円周の(∠POQ/360)倍である」に持っていく論法を検討したんですが、結局は、曲線の長さの測度は微分法:「局所の直線近似」を基本にして定義されているのがそもそもアヤシイ(これを認めたらアルキメデスの議論も当然妥当)という議論に陥りました。等周問題もこの測度の上に成り立っているので堂々巡りです。
 円弧が微分可能な連続関数でなきゃならん。どうしてかというと、まあコーシーでも一杯飲みながら、というながながとした議論をやらないと到底結論に行き着けない。
 さて、三角関数を微積分も幾何学も使わないで定義する方法として、加法定理 f(x+y)=f(x)f(y)という関数方程式の解としてf(z) = a^zを求め、zを複素数に拡張して実部と虚部を分離することによってsin x, cos xおよびその性質全部を引きずり出す手があります。つまり
f: C→C(連続関数)
∀z,w∈C;f(z+w)=f(z)f(w)かつz→0のときf(z)-f(0)=z
から、
f(z) = f(x+yi)=(cos(y)+i sin(y))exp(x)
の存在が証明できます。もうすこし詳しく見ると、{c[n]},{s[n]}を実数列として、
c[0]^2+s[0]^2=1
c[n+1]=√((1+c[n])/2),s[n+1]=√((1-c[n])/2)
とするときに、加法定理
c(x+y)=c(x)c(y)-s(x)s(y), s(x+y)=s(x)c(y)+c(x)s(y)
を満たすc,s: R→R
n∈Nに対してc(β/(2^n))=c[n], s(β/(2^n))=s[n]
が一意的に存在することが証明されます。z→0のときf(z)-f(0)=zを要請してここでβを固定し、かつc[0]=0, s[0]=1と決めてやる。それでやっと
π=2β
によってπが定義されます。(途中を思い切りすっ飛ばしているので、これだけじゃ全然わからんと思いますが)。
 これでようやく、解析幾何学で円をsine,cosineで表現する(半径一定の曲線として)ことができるようになったわけですが、じゃあ円周の長さがこれと何の関係があるの?
 というわけで、ようやく円周の微分が可能であることが証明できる。微積分にお出まし願うのはこの後ということになります。

 うわあ。数学基礎論のちょっとした難題ではありますまいか。
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この回答へのお礼

stomachmanさん、ご回答どうもありがとうございます。

stomachmanさんの議論では、サインはべき級数展開で定義されている
わけですよね。幾何学的な議論では無理ということなのでしょうか。

昔読んだ杉浦光夫氏の解析入門にはサインを解析的に扱うためには
(図形的な定義でなく)べき級数で定義しなければならないとありましたが、
私は何か納得がいかなったことを憶えています。
べき級数展開で定義したとなると図形との対応をつけるのが簡単ではないような
気がするからです。

お礼日時:2001/03/21 00:44

◆Naka◆


素人考えで恐縮ですが、こんなのはどうでしょう??
円に外接する1辺の長さがaである正多角形の、ある頂点をPとします。
その両側にある円との接点を、それぞれQ、Rとします。
そして弧QRの長さをl(←「エル」です)、円の中心をO、半径をrとします。

四角形OQPRの面積>扇形O-QR は明らかですよね?
ここで∠OQP=∠Rですから、四角形OQPRの面積は、
r×(a/2)×(1/2)×2=ra/2
また、扇形の面積は、
lr/2

よって、
ra/2>lr/2
r>0より
a>l

思いつきで書いたものなんで、間違い等ございましたら、ご指摘ください。
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この回答へのお礼

Nakaさん、ご回答ありがとうございます。
stomachmanさんがおっしゃっている通りです。
では、扇形の面積はどうしてそれでいいのでしょうか、
という部分を考えているのです。

お礼日時:2001/03/20 05:18

siegmund です.



内接多角形の周は円周より小さいのは明らかですね.
2点間を直線で結んでいる内接多角形に対して,円周の方は曲線ですから.
まあ,うるさいことを言えば,2点間を結ぶ曲線の内で長さが最小のものが
線分であることも変分法的証明を必要としますが....

外接多角形の方は意外に難しいようです.
円周は内接多角形と外接多角形の間を通っていて,
角数を増やしてゆけば内外接多角形の間の面積はつぶれますが,
それが直接円周の長さと結びつかないところに難点があります.
stomachman さんの言われるように,
円の内接多角形と外接多角形の角数をどんどん増やしていけば,どっちも2πrに収束します.
(1) 間の面積がつぶれること
(2) 円周はそのつぶれるところを通っていること,
(3) 外側の長さも内側の長さも共に共通の値 2πr に収束する.
から円周も 2πr に収束することは納得できますが,
さて,これでいいんでしょうかね?
円周はフラクタル曲線みたいに無限に小さい(ただし無視できない)ギザギザなどが
あるわけではないので,直感的にはOKですが...

後世の視点からするなら,正n角形の中心角の半分をθ=π/n として
内接多角形の一辺は 2r sinθ,外接多角形の一辺は 2r tanθ,
円弧は 2rθ ですから,sinθ<θ<tanθ から大小関係はわかります.
でもこれは反則ですよね.

アルキメデスの円周率の計算は stomachman さんの書かれているとおりです.
彼は内接と外接の正96角形の周を計算し,
3.14 まで正しく求めたということのようです.
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この回答へのお礼

siegmundさん、またご回答をいただきありがとうございます。

そうなんです。外接多角形は意外と難しいと思います。

>円周も 2πr に収束することは納得できますが

の部分で私は少し考えがまとまっておりません。

>後世の視点からするなら,正n角形の中心角の半分をθ=π/n として
>内接多角形の一辺は 2r sinθ,外接多角形の一辺は 2r tanθ,
>円弧は 2rθ ですから,sinθ<θ<tanθ から大小関係はわかります.
>でもこれは反則ですよね.

この不等式はどうやって出すのでしょうか。
もし、

内接三角形 < 扇形 < 外接三角形

の面積関係からだすのであれば、既に扇形の面積、つまり、円の面積を認めた
上での話になると思います。

高校ではこの不等式からサインの微分を導くので、円の面積を議論するときにはサインの微分は使いたくはないのです。

>まあ,うるさいことを言えば,2点間を結ぶ曲線の内で長さが最小のものが
>線分であることも変分法的証明を必要としますが....

変分法的証明は、2点間の最短距離が線分という前提(ピタゴラスの定理)の上ですると思うので、やはり2点間の最短距離が線分というのは仮定なのではないのでしょうか。

お礼日時:2001/03/20 05:12

stomachmanさん


解説ありがとうございます。
私は、やはり自明とはいえないと理解しました(等周問題の証明が必要なのだから)。
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アルキメデスはこう考えたんじゃないかな、と思うところを述べますと、


(1) うんと角数が多い多角形を考える。つまりもとの外接多角形の円との接点の間にさらに接点を持つ多角形を考える。こうすると元の外接多角形よりは円に近い図形になりますよね。そして周の長さは元のより短くなる。言い換えれば、円の内接多角形と外接多角形の角数をどんどん増やしていけば、どっちも2πrに収束する。
この手で円周の長さ(つまりπ)を計算したのじゃないかと思います。
でもこの論法でも曲線の長さを厳密に証明することはできません。(連続関数と微分法以前の段階でうまい証明法があったんでしょうかねえ?)

この回答への補足

アルキメデスは「円の計測」の命題3で(命題1で円周と面積の関係を示した)stomachmanさんがおっしゃるように、

内接する正96角形の周の長さと外接する正96角形の周の長さを
(平方根がでてきたら近似して)求めて、円周率が

3 10/71 < 円周率 < 3 1/7

であることを示しました。

補足日時:2001/03/20 04:27
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>stomachmanさん


私が質問しちゃ変ですがアルキメデスはどうやって考えたのですか?
やはり変分法に帰着されるのでしょうか?

#2で長い証明といったのは表面積の話でした。撤回します。

この回答への補足

今日アルキメデスの別の著作で、球の表面積と体積を求めた「球と円柱について」を読んでいたところ、この著作では、アルキメデスはなんと外接多角形の周が円周より大きいことははじめに仮定していました。

「円の計測」の現代に残っている写本はオリジナルの省略版と言われているので、現代に伝えられている「円の計測」では外接多角形の周が円周より大きいことは当たり前のように主張されていますが、アルキメデスのオリジナルではもう少し慎重に書かれていたかもしれません。
(あくまでも私の推測ですが)

結論としてアルキメデス自身は外接多角形の周が円周より大きいことは、直観的に明らかだが、証明はしなかったというか、証明にこだわらなかった(とりあえず仮定としておいて先に進んでもっと意味あることをしよう)というところではないのでしょうか。

補足日時:2001/03/20 03:57
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 周の長さを一定にしたとき、最大の面積を囲む閉曲線が円です。

その証明は変分法の問題です。(参考URL↓)

 これを一旦認めますと、
 円に外接多角形は、その円より広い面積を囲んでいますから、円より周長が長くなくちゃいけないことが分かります。

参考URL:http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=28887
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この回答へのお礼

どうもお答えいただきありがとうございます。
変分法で答えを出すときに、サインの微分を使わなければ満足できます。
等周問題は自分で解いたことがないので、ちょっと試してみます。

お礼日時:2001/03/20 03:56

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