【随時更新】ユークリッド幾何学の定理や作図まとめ - ニート歴10年からの数学日記 を機械的に適用して、解答に至れるかを探る。分かりやすくするために、段階に分けて名前を付けることにした。その段階という区切りで繰り返したりするんで。
『角ABCが＝角BCA×2で、辺BC、辺CA、辺ABの長さがそれぞれa、b、cの三角形ABCがあります。いま辺BC上に角BAD＝角CADとなる点Dをとり、AD＝dとするとき、BDの長さを求める式として正しいものを（ア）〜（カ）の中から1つだけ選んで答えなさい。ただし、角Aは72度ではないものとします。
（ア）a - b （イ）b - c （ウ）c - a （エ）a - d （オ）b - d （カ）c - d』
この問題は、前々回までの三角形定理ループや角の和では、何も明らかにならない。それが分かったのが前回だった。だからそこまでは端折って、作図から入る。
そして作図では、点と点をどう結べば良いか、辺と辺がどこで交わるか、辺と円がどこで交わるか、円と円がどこで交わるかが問題になったんだった。
辺と円は、二等辺三角形を作図すれば良い。円と円は、ひし形を作図すれば良い。問題は点と点をどう結べば良いかと、辺と辺がどこで交わるかだ。
辺と辺は、つまりある方向一帯に続いていく存在は、そもそも三角形の合同条件のようなものを満たさなければ距離は明らかにならないのではないか。
その２辺を長さの分かる辺で結んで、しかもその底辺と2辺の角度が分からなければならない。三角形の合同条件を満たさなければ、例えば底辺の長さが変われば、当然交点の位置も変わってきてしまう。2辺とその間の角とか、3辺とか、そういう合同条件が満たされていないものは、例えばそれらの合同条件の1辺や角の大きさを変えてみれば分かるが、交点への距離は分からない。
もちろん作図と言ったって、そこまで非合理的なわけではないだろうから、例えば今取り組んでいる問題の解答にしても、底辺を垂直に二等分する線が他の辺のどちらに交わるかの根拠ぐらいはあるのだと思う。実際に作図をする中で、そこら辺を探っていきたいと考えている。
しかし今現在の自分の仮説を話すと、円つまり同じ距離一帯に続く存在と他の円で、交点、つまりその距離に加えて中心からの方向も明らかになるのは、現実自体に備わったデカルト座標的な性質によるのではないか。線と線の交点が分かるというのも、つまり方向と方向だけで距離が分かるというのも、その性質を利用したものなんじゃないか。
いや分からない。そうで無ければ、同一平面上で考えていないかのどちらかだと思う。あくまで不確定だが、ある条件は満たすだけの制約は受けているような。そこら辺は実際に作図をしていってみれば分かると思っている。
じゃあ自然言語（英語や日本語のこと）と、手元のノートや想像で、作図について考えていく。
作図はとりあえず以下の4種類を考えて、更にその下の4種類のポイントとで、一石二鳥になるものを探していく。まず1手でそういうものを探して、無ければ2手でそうなるものを探す、それも無ければ3手、という風に増やしていく。見つかったら、その図を三角形定理ループに持ち込む。
まず、点と辺と三角形を一覧にしておく。
点一覧。
A、B、C、D。
辺一覧。
AB、AC、AD、BC、BD、CD。
三角形一覧。
ABC、ABD、ACD。
点と点は、全て結ばれている。
点と点の距離の分だけ辺を延長は、6つの辺で両端の12通り考える。
AB、AC、AD、BCは、それぞれ三角形からはみ出して、角と当たり前だが180°の線を作る。
BDとCDは、その短い方は一方の端が長い方の内側に収まり、新しく角と180°の線は生まれないが、それ以外では同じ。
次に辺と、その辺の垂直二等分線と他の辺の交点による、二等辺三角形の作図。
まず、問題文で角Aを二等分した一方を●とすると、角A = ●*2、だ。そして問題文で角ABCは角ACBの2倍なので、角ACB = △とすれば、角ABC = △*2。全て合わせると、●*2 + △*3 = 180。
三角形ACDは、●1つの角と△1つの角を持つので、残りの角ADC = ● + △*2。三角形ABDは、●1つの角と△2つの角を持つので、残りの角ADB = ● + △。
底辺側の角の浅い方の辺と、底辺を二等分する垂直線が交わると考える（底辺側の角が同じだと頂点で交わる。後は辺が長ければ角は浅くなり、そっちと交わる）。それしか判断材料は無いのではないか。
まず辺ABから。角BAD = ●、角ABD = △*2。これはどちらが大きいかは判断がつかない、多分。（後で気付いたが、三角形ABCの、●*2と△*2の場合もあった。しかしこれも判断はつかない。）
辺ACも、●と△なので、判断がつかない。（後で気付いたが、これも●*2と△の場合がある。しかしこれも判断がつかない。）
辺ADは、三角形ACDでも三角形ABDでも、一方が●で、もう一方がそれ以上（● + △*2、● + △）なので、辺ABやACと交わる。と同時に角の足し算による180°の線も生まれ、外角も分かって解答に繋がる可能性がある。
辺BCは、△2つと△で、これは辺ACと交わる。当然角の足し算による180°の線も生まれる（この方針はどうなのだろう）。
辺BDは、△2つと、△+●で、これは分からない。
辺CDは、△1つと、△*2 + ●で、角が浅い辺ACと交わる。角の足し算による180°の線も生まれる。（そして実はこれが解答に繋がる作図なのだが）
次は同じ三角形の同じ長さの辺上への作図。
三角形は三種類で、まだ同じ辺の長さというのはどれも分かっていないから、同じ三角形の辺の上に作図することになる。
まず三角形ABCの辺の上に三角形ABCを作図する場合。1辺辺りで2通りの作図があり、反転させる作図と、平行四辺形を作るような作図がある。視覚的な見にくさを無視すれば、3辺なので6通りあることになる。反転させる作図は、もう一本線を足せば二等辺三角形になるので、何か明らかになるポテンシャルを感じないでもない。平行四辺形は、まあ平行だと分かってももう同じ大きさの角だと分かっているものしか明らかにならないので、そこまではポテンシャルを感じない。しかし、そのステップを踏む問題が存在する可能性がある限りは、平等に扱うわけだが。
全ての三角形でそれが言えるので、つまり3種類分でそれぞれ6通りで、18通りの作図があることになる。
つまり、点と点を結んで辺にするのが0通り、点と点の距離だけ辺を延長するのが12通り、辺とその辺の垂直二等分線と他の辺の交点による二等辺三角形が4通り、同じ三角形を同じ長さの辺にが18通りあることになる。
問題はこれをどう選ぶかということなのだが、絶対的な基準として、次の三角形定理ループなどで、既にある図の何かが明らかになる作図は、小さくても何らかの意味があると言える。上位互換というのはあるだろうが、それでも意味自体はある。逆に次の定理ループで既にある図の何も明らかにならない作図は、少なくとも1ステップでは何の意味も無い。
その選択基準で行くと、三角形はもちろん、対頂角、平行線、外角、あるいは角の和で、しかも何らかを明らかにするものでなければならない。どういうそれらが既にある何らかを明らかにするかはまだ分からないが。
辺の延長は、確かに外角や対頂角を作るが、しかし作図した角の大きさが分かるだけで、他の何も明らかにしない。ただ外角や対頂角であり、元の図の大きさが反映されただけで、他の何かに効いてくるようなものでは無い。
残りの二等辺三角形の4通りと、同じ三角形の18通りは、おそらく人間も頭の中で実行するステップで、頭の中で作図した後に、一目でその作図に意味があるかを判断して、そしてその判断が正しかったり間違っていたりする。
その一目での判断というのは、今の研究の中では、それで新しく生成されたものだけを定理ループにかけて、影響があるかどうかを見るということなのではないか。
じゃあ、垂直二等分線による二等辺三角形の作図だけど、AD、BC、CDね。
いや、これは結構どれも有力だな。ちょっと省力化は後からにして、全部フルで定理ループにかけてしまおう。
いや、しかも、同じ三角形の作図も、ABCをACB？と重ね合わせるみたいなのがあるから、1辺辺りで3通りで、だから1つの三角形辺りで9通りだぞ。すると3つの三角形で27通りか。
これらは意味が無いのが、人間になら、一発で分かるんだよな。というのも外側に三角形を作っているだけで、それが内側と一つの三角形を作っていたりしないからね。
内側に重ね合わせるのが、しいて言えばアリかもしれない。角の引き算みたいになって。後から試してみるか？（いや試してみたが意味が無いか？）
でも内側と三角形を作っていないって、どう調べれば良いんだろうな。
じゃあ、とりあえずADと、ADを垂直に二等分した線とABの交点で、二等辺三角形を作図した場合について考えてみる。
前回分から三角形の一覧を持ってきて、交点をEとした時に増える三角形を追加する。点Eに着目すれば良いのか。
着目した点。繋がっている点。 見つかった三角形。
E。A、B、D。 ADE、BDE。
triangle := [
ABC : [BAC, AB, ABD[0], BC, ACD, AC],
ABD : [BAD[1], AB, ABD[0], BD, ADB, AD],
ACD : [CAD[1], AC, ACD, CD, ADC, AD],
ADE : [DAE, AD, ADE, DE, AED, AE],
BDE : [DBE, BD, BDE, DE, BED, BE]
]
定義を追加する。
三角形ADEは二等辺三角形なので、辺AE = 辺DE、かつ角DAE = 角ADE。
side := [
0 : [AE, DE]
]
angle := [
0 : [ABD, ACD * 2],
1 : [BAD, CAD]
2 : [DAE, ADE]
]
いやちょっと待てよ、角を更新する必要があるな。今までの角は7種類だったわけだが、新しく三角形が2つできて、新しく6つできた角の2つが被っている。そちらの方が小さい。
BAD → DAE。ABD → DBE。という風に変える必要がある。（後から発見したがBAC → CAE）
angle := [
0 : [DBE, ACD * 2],
1 : [DAE, CAD, ADE]
]
triangle := [
ABC : [BAC, AB, DBE[0], BC, ACD, AC],
ABD : [DAE[1], AB, DBE[0], BD, ADB, AD],
ACD : [CAD[1], AC, ACD, CD, ADC, AD],
ADE : [DAE[1], AD, ADE[1], DE, AED, AE],
BDE : [DBE[0], BD, BDE, DE, BED, BE]
]
side := [
0 : [AE, DE]
]
こうか。
新しく追加した点に着目して三角形を追加し、新しく生まれた三角形の角に合わせて既存の角を更新し、定義を追加する、追加した三角形にイコールのリストを反映させる、という流れで良いか。
流れがゴチャゴチャになったが、対頂角と平行線は発生していない。
これでセットアップに当たる部分は終わった。
次に三角形定理ループにかける。
まず1つの三角形で2角が同じなものはあるか。無い。
1つの三角形で2辺が同じなものはあるか。ある、がすでに反映されている。
2つの三角形で2角が同じものがあるか。無い。
2つの三角形で2辺とその間の角が同じなものはあるか。無い。
2つの三角形で3辺が同じなものはあるか。無い。
三角形定理ループが終わったので、角の和を見ていく。以下は前回の分。角は更新しておいた。
着目した点。 角の和。
A。 [1]DAE + [1]CAD = CAE。
D。 ADB + ADC = 180。
その他。 ACD + ACD = [0]DBE。
着目した三角形。 角の和。
ABD。 [1]DAE + [0]DBE = ADC。
ACD。 [1]CAD + ACD = ADB。
観察すると、普通の角の和は、新しく引いた辺の分を更新すれば良いみたいだ。
着目した点。 角の和。
D。 [1]ADE + BDE = ADB。
D。 BDE + CDE = 180。
E。 AED + BED = 180。
外角による角の和は、当然新しくできた三角形に着目すれば良いだろう。
着目した三角形。 角の和。
ADE。 [1]DAE + [1]ADE = BED。
BDE。 [0]DBE + BDE = AED。
BDE。 [0]DBE + BED = CDE。
前回の統合分と合わせてみた。
[1] + [1] = CAE
ADB + ADC = 180
ACD + ACD = [0]
[1] + BDE = ADB
BDE + CDE = 180
AED + BED = 180
[1] + [0] = ADC
[1] + ACD = ADB
[1] + [1] = BED
[0] + BDE = AED
[0] + BED = CDE
2つ同じであれば、残りの1つも同じ。答えが同じでその他1つが同じを探してから、答え以外が同じを探す。
和の対。 結果。
[1] + BDE = ADB、[1] + ACD = ADB。 BDE = ACD。
角の和で変化があったので、もう一度三角形定理ループに入る。
1つの三角形で同じ角のものは、あるがもう反映されている。
1つの三角形で同じ辺のものは、あるがもう反映されている。
2つの三角形で2つの角が同じなもの。ある。対応する辺で同じものは無い。
三角形の組。 結果。
ABC、BDE。 CAE = BED。
（おっとここで上からやり直すんだった。しかし影響無し。）
2つの三角形で2つの辺とその間の角が同じなもの。無い。
2つの三角形で3つの辺が同じなもの。無い。
で、これは、新しく明らかになっているようでいて、実は元々あったもの同士では何も明らかにはなっていない。よって1ステップでは意味が無い作図だったと言える。
じゃあ次に、ADと、その垂直二等分線とACの交点で、二等辺三角形を作図した場合について。
じゃあ同じように、AC上に追加した点Eに着目して、新しい三角形ができていないか見ていく。
着目した点。繋がっている点。 新しく見つけた三角形。
E。A、C、D。 ADE、CDE。
そして角や辺と一緒に記述する。他の角も更新する。
triangle := [
ABC : [BAE, AB, ABD[0], BC, DCE, AC],
ABD : [BAD[1], AB, ABD[0], BD, ADB, AD],
ACD : [DAE[1], AC, DCE, CD, ADC, AD],
ADE : [DAE, AD, ADE, DE, AED, AE],
CDE : [DCE, CD, CDE, DE, CED, CE]
]
更新した角は、BAC → BAE、ACD → DCE、CAD → DAE、だった。どうやら、既存の角で点Eが入ったACを含む角のようだ。
定義を追加する。二等辺三角形なので、角DAEと角ADEが同じ、辺AEと辺DEが同じだった。
対頂角や平行線も発生しなかった。
side := [
0 : [AE, DE]
]
angle := [
0 : [ABD, DCE * 2],
1 : [BAD, DAE, ADE]
]
三角形のリストとイコールのリストを合わせた。これでセットアップに当たる部分が終わった。
triangle := [
ABC : [BAE, AB, ABD[0], BC, DCE, AC],
ABD : [BAD[1], AB, ABD[0], BD, ADB, AD],
ACD : [DAE[1], AC, DCE, CD, ADC, AD],
ADE : [DAE[1], AD, ADE[1], DE[0], AED, AE[0]],
CDE : [DCE, CD, CDE, DE[0], CED, CE]
]
三角定理ループに入る。何か工夫のしようってないものかな。新しく作図することで元あるもの同士が明らかになることが無いならば、とりあえず作図された三角形だけに着目すれば良いのではないか。
1つの三角形の2角が同じか。ADEとCDEを見ると、あるがもう反映されている。
1つの三角形の2辺が同じか。ADEとCDEを見ると、無い。
2つの三角形の2角が同じか、更には対応する辺が同じか。同じようにADEとCDEで見ていくと、無い。
2つの三角形の2辺とその間の角が同じか。無い。
2つの三角形の3辺が同じか。無い。
次に角の和。
普通の角の和は、新しく引いた辺の分を更新すれば良いんだった。手元のメモ帳ソフトで文章内検索を使った。
着目した点。 角の和。
D。 BDE + CDE = 180。
D。 ADB + [1]ADE = BDE。
D。 [1]ADE + CDE = ADC。
E。 AED + CED = 180。
三角形の外角は、新しくできた三角形に着目すれば良いんだった。文章内検索を使った。
着目した三角形。 角の和。
ADE。 [1]DAE + [1]ADE = CED。
CDE。 DCE + CDE = AED。
CDE。 DCE + CED = BDE。
最初の角の和と統合した。最初の方は角も更新しておいた。
[1] + [1] = BAE
ADB + ADC = 180
DCE + DCE = [0]
BDE + CDE = 180
ADB + [1] = BDE
[1] + CDE = ADC
AED + CED = 180
[1] + [0] = ADC
[1] + DCE = ADB
[1] + [1] = CED
DCE + CDE = AED
DCE + CED = BDE
2つ同じであれば残り1つも同じ。答えが同じでその他1つが同じものを探してから、答え以外が同じを探す。
式の対。 結果。
[1] + CDE = ADC、[1] + [0] = ADC。 CDE = [0]。
[1] + [1] = BAE、[1] + [1] = CED。 BAE = CED。
角の和も一応手元で更新しておいた。もう一回確認する必要ってあるんだろうか？一応確認したけど、今回は無かったけど。
更新されたので、もう一回三角形定理ループを回す。なんかよく分からないけど、今回はフルで回してみる。
1つの三角形で2角が同じなもの。あるがもう反映されている。
1つの三角形で2辺が同じなもの。あるがもう反映されている。
2つの三角形で2角が同じなもの、更には対応する辺が同じなもの。ある。
三角形の対。 結果。
ABC、CDE。 しかし、DCE = DCEで変わらず。対応する辺も無し。
2つの三角形で2辺とその間の角が同じなもの。無い。
2つの三角形で3辺が同じなもの。無い。
ということで既にある図の関係は何も明らかにならなかったので、この作図は意味が無かったことになる。
次はBCと、そのBCの垂直二等分線とACの交点による、二等分三角形の作図を考える。
三角形を探すわけだが、いやこれは、三角形ができまくるな。
今までは点Eに着目していたわけだが、BEとADの交点で点Fも発生して、だからEとFの両方に着目することになる。
着目した点。繋がっている点。 発見した三角形。
E。A、B、C、F。 ABE、AEF、BCE。
F。A、B、D。 ABF、BDF。
角や辺と一緒に記載。他の角も更新する。
triangle := [
ABC : [BAE, AB, ABD[0], BC, DCE, AC],
ABD : [BAF[1], AB, ABD[0], BD, BDF, AD],
ACD : [EAF[1], AC, DCE, CD, CDF, AD],
ABE : [BAE, AB, ABF, BE, AEF, AE],
AEF : [EAF, AE, AEF, EF, AFE, AF],
BCE : [DBF, BC, DCE, CE, CEF, BE],
ABF : [BAF, AB, ABF, BF, AFB, AF],
BDF : [DBF, BD, BDF, DF, BFD, BF]
]
やはり、EとFが属するACとADを含む角が対象だった。
定義を反映させる。二等辺三角形なので、BE = CE、かつ、DBF = DCE。
しかも、対頂角も発生する。AFB = DFE、BFD = AFE。
平行線は発生しない。
side := [
0 : [BE, CE]
]
angle := [
0 : [ABD, DCE * 2],
1 : [BAF, EAF],
2 : [DBF, DCE],
3 : [AFB, DFE],
4 : [BFD, AFE]
]
三角形のリストとイコールのリストを合わせる。これでセットアップが終わった。
triangle := [
ABC : [BAE, AB, ABD[0], BC, DCE[2], AC],
ABD : [BAF[1], AB, ABD[0], BD, BDF, AD],
ACD : [EAF[1], AC, DCE[2], CD, CDF, AD],
ABE : [BAE, AB, ABF, BE[0], AEF, AE],
AEF : [EAF[1], AE, AEF, EF, AFE[4], AF],
BCE : [DBF[2], BC, DCE[2], CE[0], CEF, BE[0]],
ABF : [BAF[1], AB, ABF, BF, AFB[3], AF],
BDF : [DBF[2], BD, BDF, DF, BFD[4], BF]
]
じゃあ、三角形定理ループに入る。上3つは変わってないんで、下の5つに着目して確かめる。
1つの三角形の2角が同じ。無い。
1つの三角形の2辺が同じ。無い。
2つの三角形の2角が同じ、更には対応する1辺が同じ。無い。
2つの三角形の2辺とその間の角が同じ。無い。
2つの三角形の3辺が同じ。無い。
角の和に入る。
普通の角の和は、新しく引いた線に着目する。
着目した点。 角の和。
B。 ABF + [2]DBF = [0]ABD。
E。 AEF + CEF = 180。
F。 [3]AFB + [4]AFE = 180。
三角形の外角は、新しくできた三角形に着目する。
着目した三角形。 結果。
ABE。 BAE + ABF = CEF。
AEF。 [1]EAF + AEF = [3]AFB。
AEF。 [1]EAF + [4]AFE = CEF。
BCE。 [2]DBF + [2]DCE = AEF。
ABF。 [1]BAF + ABF = [4]AFE。
BDF。 [2]DBF + BDF = [3]AFB。
BDF。 [2]DBF + [4]BFD = CDF。
統合する。角も修正した。
[1] + [1] = BAE
BDF + CDF = 180
DCE + DCE = [0]
ABF + [2] = [0]
AEF + CEF = 180
[3] + [4] = 180
[1] + [0] = CDF
[1] + DCE = BDF
BAE + ABF = CEF
[1] + AEF = [3]
[1] + [4] = CEF
[2] + [2] = AEF
[1] + ABF = [4]
[2] + BDF = [3]
[2] + [4] = CDF
2つ同じなものは残り1つも同じ。答えとそれ以外1つ、答え以外2つ、の順番で確認。無かった。
元々の図同士の何も明らかにしなかったので、この作図も意味が無かった。
じゃあ次に、俺はもう答えを見ているからこれが最後だと分かっているのだが、CDと、CDの垂直二等分線とACの交点による、二等辺三角形の作図。
じゃあ、AC上に追加した点Eに着目して、新しい三角形を探す。
着目した点。繋がっている点。 新しい三角形。
E。A、C、D。 ADE、CDE。
角や辺と一緒に登録する。点Eが属しているACに関する角も修正しておく。
triangle := [
ABC : [BAE, AB, ABD[0], BC, DCE, AC],
ABD : [BAD[1], AB, ABD[0], BD, ADB, AD],
ACD : [DAE[1], AC, DCE, CD, ADC, AD],
ADE : [DAE, AD, ADE, DE, AED, AE],
CDE : [DCE, CD, CDE, DE, CED, CE]
]
次に定義を追加する。二等辺三角形なので、DE = CE、CDE = DCE。
対頂角も無いし、平行線も無い。
side := [
0 : [DE, CE]
]
angle := [
0 : [ABD, DCE * 2],
1 : [BAD, DAE],
2 : [CDE, DCE]
]
最後に統合する。これでセットアップは完了だ。
triangle := [
ABC : [BAE, AB, ABD[0], BC, DCE[2], AC],
ABD : [BAD[1], AB, ABD[0], BD, ADB, AD],
ACD : [DAE[1], AC, DCE[2], CD, ADC, AD],
ADE : [DAE, AD, ADE, DE[0], AED, AE],
CDE : [DCE[2], CD, CDE[2], DE[0], CED, CE[0]]
]
三角形定理ループに入る。
1つの三角形に同じ2つの角。あるけどもう対応済み。
1つの三角形に同じ2つの辺。あるけどもう対応済み。
2つの三角形の2角が同じ、更には対応する1辺が同じ。無い。
2つの三角形の2辺とその間の角が同じ。無い。
2つの三角形の3辺が同じ。無い。
角の和の段階に入る。
まず普通の角の和。新しく追加した辺に着目する。
着目した点。 角の和。
D。 ADB + ADE = BDE。
D。 ADE + [2]CDE = ADC。
D。 BDE + [2]CDE = 180。
E。 AED + CED = 180。
外角。新しく追加した三角形に着目する。
着目した三角形。 角の和。
ADE。 DAE + ADE = CED。
CDE。 [2]DCE + [2]CDE = AED。
CDE。 [2]DCE + CED = BDE。
統合する。
[1] + [1] = BAE
ADB + ADC = 180
DCE + DCE = [0]
ADB + ADE = BDE
ADE + [2] = ADC
BDE + [2] = 180
AED + CED = 180
[1] + [0] = ADC
[1] + DCE = ADB
DAE + ADE = CED
[2] + [2] = AED
[2] + CED = BDE
2つ同じだったら他の1つも同じ。答えとその他1つ、答え以外2つ、の順番で見ていく。
見つからなかった。
まいったな。というのも、これが答えなはずなんだがな。改良が必要だと分かった。
いや、違うな。これは単に、DCEに[2]を振ってなかったから起きた問題だ。
[1] + [1] = BAE
ADB + ADC = 180
[2] + [2] = [0]
ADB + ADE = BDE
ADE + [2] = ADC
BDE + [2] = 180
AED + CED = 180
[1] + [0] = ADC
[1] + [2] = ADB
[1] + ADE = CED
[2] + [2] = AED
[2] + CED = BDE
和の対。 結果。
[2] + [2] = [0]、[2] + [2] = AED。 AED = [0]。
なんだか非常にインチキ臭いが、そういうことだ。
じゃあ更新されたのでもう一回、三角形定理ループを回してみる。
1つの三角形に2つの同じ角。あるけど対応済み。
1つの三角形に2つの同じ辺。あるけど対応済み。
2つの三角形に2つの同じ角、更には対応する1辺。ある。
三角形の対。 結果。
ABD、ADE。 ADB = ADE。しかも対応する位置でAD = AD。よって、DE[0] = BD。AB = AE。
三角形定理ループを最初から。
1つの三角形に2つの同じ角。対応済み。
1つの三角形に2つの同じ辺。対応済み。
2つの三角形に2つの同じ角、更には対応する1辺。対応済み。
2つの三角形に2つの辺とその間の角が同じ。対応済み。
2つの三角形の3つの辺が同じ。対応済み。
困ったな。元々の図の中の関係が明らかになっているかどうかが尺度だったわけだが、これは新しく追加したEについてしか明らかになっていない。
下の辺のイコールのリストを使って、ABとBCとACの引き算でBDを導き出したいわけだが。AB = AE、で、ACが実は = AE + CE。でAC - AB = CE = BD、という組み立てなわけだけど。
side := [
0 : [DE, CE, BD],
1 : [AB, AE]
]
強いて言うなら、角だけで無く辺の足し算も必要だったか？それなら関係が新しく明らかになったと言える？まあ、明後日でも、この問題だけやってみるかな。