https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/1950/Kyoutuu

2025.11.19記

[3] 各頂点では自由に動けるようにちょうつがいで結ばれた棒からなる凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ がある．これを適当に変形すれば一つの円に内接するように出來るかという問題である． $\mbox{ABCD}$ の辺の長さを図のように順に $a，b，c，d$ とし， $\angle\mbox{ABC}$ を $\theta$ とするとき，それには $a^2+b^2-2ab\cos\theta=c^2+d^2+2cd\cos\theta$ となるようにすればよい．

(i) これは何故であるか．

(ii) 上の等式を満足するように角 $\theta$ をいつでも（即ち辺の長さ $a，b，c，d$ の如何を問わず）取ることが出來るであろうか．

2025.11.26記
古い解説は長くなったので 1950年(昭和25年)京都大学(新制)-数学(共通)[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR に移動しました．本問は「各頂点では自由に動けるようにちょうつがいで結ばれた棒からなる凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ がある．これを適当に変形すれば一つの円に内接するように出來るかという問題である」とあるので(ii)の結論はこの問題に対する解答となることを意識しています．

[解答]
凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ が円に内接するための必要十分条件は $\triangle\mbox{ABC}+\triangle\mbox{CDA}=\pi$ となることである．つまり二辺夾角が $a，b，\theta$ である三角形と二辺夾角が $c，d，\pi-\theta$ である三角形の残りの辺の長さが等しくなること…(★)である．

(i) （第二）余弦定理により $a^2+b^2-2ab\cos\theta=c^2+d^2+2cd\cos\theta$ が成り立てば(★)が成り立つので凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ は円に内接する．

(ii) (i)により $\cos\theta=\dfrac{a^2+b^2-(c^2+d^2)}{2(ab+cd)}$ を満たす $\theta$ （ $0\lt\theta\lt\pi$ ）が存在すれば二辺夾角が $a，b，\theta$ である三角形と二辺夾角が $c，d，\pi-\theta$ である三角形の残りの辺の長さが等しくなるので，その2つの三角形をくっつけて出来る凸四辺形は円に内接する．問題文の等式を満足するような $\theta$ （ $0\lt\theta\lt\pi$ ）が存在するための必要十分条件は， $|\cos\theta|\lt 1$ により， $a，b，c，d$ が

$-2(ab+cd)\lt a^2+b^2-(c^2+d^2) \lt 2(ab+cd)$

を満たすことである．つまり「 $(c-d)^2\lt (a+b)^2$ かつ $(a-b)^2\lt (c+d)^2$ 」，すなわち「 $c-d\lt a+b$ かつ $d-c\lt a+b$ かつ $a-b\lt c+d$ かつ $b-a\lt c+d$ 」，すなわち

「 $a\lt b+c+d$ かつ $b\lt a+c+d$ かつ $c\lt a+b+d$ かつ $d\lt a+b+c$ 」

を満たすことである．この条件は「四辺の長さが $a，b，c，d$ となる凸四辺形が存在する」ことと同値であるから，四辺の長さが（順に） $a，b，c，d$ となる凸四辺形が存在するならば， $a^2+b^2-2ab\cos\theta=c^2+d^2+2cd\cos\theta$ を満足するような角 $\theta$ をいつでも取ることができ，よって各頂点では自由に動けるようにちょうつがいで結ばれた棒からなる凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ を適当に変形すれば必ず一つの円に内接するように出来る．

最初は「 $(c-d)^2\lt (a+b)^2$ かつ $(a-b)^2\lt (c+d)^2$ 」から「 $|a-b|\lt c+d$ かつ $|c-d|\lt a+b$ …(☆)」を導いて， $\max\{x，y\}=\dfrac{x+y+|x-y|}{2}$ に注意して(☆)を，「 $a+b+|a-b|\lt a+b+c+d$ かつ $c+d+|c-d|\lt a+b+c+d$ 」を経由して「 $2\max\{a，b\}\lt a+b+c+d$ かつ $2\max\{c，d\}\lt a+b+c+d$ 」と変形して「 $2a\lt a+b+c+d$ かつ $2b\lt a+b+c+d$ かつ $2c\lt a+b+c+d$ かつ $2d\lt a+b+c+d$ 」から「 $a\lt b+c+d$ かつ $b\lt a+c+d$ かつ $c\lt a+b+d$ かつ $d\lt a+b+c$ 」を導いたのですが，非常に遠回りをしてしまいました．

各頂点では自由に動けるようにちょうつがいで結ばれた棒からなる凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ を適当に変形すれば必ず一つの円に内接するように出来ることは次にように証明することもできます．

　 $\angle\mbox{ABC}=\pi$ となる極限から $\angle\mbox{BAD}=\pi$ （ $a+d\lt b+c$ の場合）または $\angle\mbox{BCD}$ （ $a+d\gt b+c$ の場合）となる極限まで $\angle\mbox{ABC}$ を減少させると $\angle\mbox{ABC}，\angle\mbox{CDA}$ はともに単調減少し， $\angle\mbox{ABC}+\angle\mbox{CDA}$ の値は $\pi$ より大きな値（平角と三角形の内角の和）から $\pi$ より小さな値（三角形の内角の2つの和）へと連続に変化します．よって中間値の定理から $\angle\mbox{ABC}+\angle\mbox{CDA}=\pi$ となる場合が（唯一）存在する．

[別解]
凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ が円に内接するための必要十分条件は $\triangle\mbox{ABC}+\triangle\mbox{CDA}=\pi$ となることである．つまり二辺夾角が $a，b，\theta$ である三角形の残りの辺の長さ $p$ と二辺夾角が $c，d，\pi-\theta$ である三角形の残りの辺の長さ $q$ について $p=q$ となることである．

(i) （第二）余弦定理により $p^2=a^2+b^2-2ab\cos\theta$ ， $q^2=c^2+d^2+2cd\cos\theta$ であるから，
$a^2+b^2-2ab\cos\theta=c^2+d^2+2cd\cos\theta$
が成り立てば $p=q$ が成り立つので凸四辺形 $\mbox{ABCD}$ は円に内接する．

(ii) $p，q$ を $\theta$ の関数とみて $p(\theta)$ ， $q(\theta)$ とすると， $u=p(\theta)$ は $(0，|a-b|)$ と $(\pi，a+b)$ を結ぶ単調増加の曲線（両端除く）を描き， $u=q(\theta)$ は $(0，c+d)$ と $(\pi，|c-d|)$ を結ぶ単調減少の曲線（両端除く）を描く．この2つの曲線が共有点を持てば題意を満たす $\theta$ が存在し，そのための必要十分条件は「 $|a-b|=p(0)\lt q(0)=c+d$ かつ $|c-d|=q(\pi)\lt p(\pi)=a+b$ である．

（以下[解答]と同じ）