https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2000/Bunkei

2025.07.10記

[4] 三角形 $\mbox{ABC}$ において辺 $\mbox{BC}$ ， $\mbox{CA}$ ， $\mbox{AB}$ の長さをそれぞれ $a$ ， $b$ ， $c$ とする．この三角形 $\mbox{ABC}$ は次の条件(イ)，(ロ)，(ハ)を満たすとする．

(イ) ともに $2$ 以上である自然数 $p$ と $q$ が存在して， $a=p+q$ ， $b=pq+p$ ， $c=pq+1$ となる．

(ロ) 自然数 $n$ が存在して $a$ ， $b$ ， $c$ のいずれかは $2^n$ である．

(ハ) $\angle\mbox{A}$ ， $\angle\mbox{B}$ ， $\angle\mbox{C}$ のいずれかは ${60}^{\circ}$ である．

このとき次の問に答えよ．

(1) $\angle\mbox{A}$ ， $\angle\mbox{B}$ ， $\angle\mbox{C}$ を大きさの順に並べよ．

(2) $a$ ， $b$ ， $c$ を求めよ．

本問のテーマ

内角の1つが60度の三角形

2025.07.22記
辺の大小と対角の大小は一致する．

角度が60度の不等辺三角形として $7，5，8$ （名古屋）の三角形を思い浮べると $p=2，q=3$ が解の1つとなることがわかる（他にあるかも知れない）．

[解答]
(1) $p，q\geqq 2$ であるから $b=c=p-1\gt 0$ ， $c-a=(p-1)(q-1)\gt 0$ が成立する．よって $a\lt c\lt b$ となるので $\angle\mbox{A}\lt\angle\mbox{C}\lt\angle\mbox{B}$ となる．

(2) (ハ)と(1)により $\angle\mbox{C}=60^{\circ}$ が成立するので余弦定理により
$(pq+1)^2=(p+q)^2+(pq+p)^2-(p+q)(pq+q)$
が成立し，整理して
$(p-1)(q+1)(p-q+1)=0$
となる． $p，q\geqq 2$ より $p-1，q+1\neq 0$ だから
$q=p+1$ となり
$a=2p+1$ ， $b=p(p+2)$ ， $c=p^2+p+1$
が成立する．ここで $a$ は $5$ 以上の奇数であるから $2$ の自然数乗にはならない． $c$ は $7$ 以上の奇数であるから $2$ の自然数乗にはならないので $b$ が $2$ の自然数乗とならなければならない．

$b=p(p+2)$ が偶数となるには $p$ は偶数 $2r$ でなければならず，このとき $b=4r(r+1)$ が $2$ の自然数乗となるには $r，r+1$ のいずれかが奇数であることに注意すると $r=1$ に限る．このとき $p=2$ であるから $a=5，b=8，c=7$ となる．

$x^2+y^2=1$ 上の有理点は， $x^2+y^2=1$ と $y=t(x+1)$ との $(-1，0)$ 以外の交点の座標として $\left(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}，\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$ のように求められた．これは $t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ としたときに $\cos\theta=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ ， $\sin\theta=\dfrac{2t}{1+t^2}$ と表されることと同じ話になる．これと同様に