『高校生からの挑戦状Part37』解答

◆愛知県　Y.M.Ojisan さんからの解答

【問題２】

答え
ｆ（Ａ）≧ １
２sin(π/２ｎ)
　
ｎ本の平面ベクトルをＶｋ　ｋ＝１〜ｎ　とします。
またその集合をＡとします。

問題は　条件　Σ｜Ｖｋ｜＝ｎ　の元　
f(A)＝max(｜Σｖ[v∈Ａ]｜)を評価することです。

ＡにベクトルＶ０を追加し　Ａ＾とします。
ただしＶ０は　Σｖ[v∈Ａ＾]＝０　であるベクトルです。
さらに、Ａ＾のベクトルをＶ０の偏角を０として
偏角（０≦arg(Ｖｋ)＜２π） の順に並べ替えます。

これを改めてその順にＶｋとします。
即ち　arg(Ｖｋ)≦arg(Ｖｋ＋1)　ｋ＝０〜ｎです。

Ａ＾のベクトルをその番号順に連ねて描くと、
arg(Ｖｋ)≦arg(Ｖｋ＋1)　であるので凸多角形：Ｒ(A)が描かれます。

その凸多角形Ｒ(A)の任意の２点間は左回り右回りの二つの経路があるので、Ｖ０を用いずＡの要素のみで構成できます。
また、f(A)の最長を与えるベクトルの和をＳとするとき、Ｓを構成するベクトルのＳ方向成分は明らかに負ではありません。
従って、それらを偏角の順に並べればＲ（Ａ）の一部となります。
つまり、f(A)＝max(R(A)）の頂点間距離)です。



ここで少し飛躍しますが、定巾図形（円やルーロ−の三角形）を考えます。
定巾図形では周長＝π×巾の関係があります。従って
ｆ（Ａ）≧ ｎ
π
程度ということが分かります。
特にｎが奇数の素因数を持つときは
ｆ（Ａ）≧ 1
２sin(π/２ｎ）
です。

下図はこの関係を　ｎ＝１０＝５×２　の場合に与えるＡであって、ルーロ−の五角形ベースに作成したのものです。
なおＶ０＝０です。

　
ｆ（Ａ）の最小を与えるＡにおいては、Ｖ０＝０であるものがあることは明らかです。
もし、Ｖ０≠０ならば、Ｖ０が０になるようにＲ（Ａ）の内部に周長がｎである凸多角形Ｒ'ができるので、最長対角線が長くなることはないからです。

下図にＲ'の作り方を示します。
ただし、ｎ≧２で 始点をＰ０としＰj=Pj-1+Ｖjとします。
Ｐ１とＰｎ−１を結ぶ線分はＲ（Ａ）の中あり、この上にＶ１およびＶｎと同じ長さのベクトルを取ったとき、下左図のように届かない場合と、右図のように届く場合があります。

届かない場合は線分Ｐ１Ｐｎ−１上に新たにＰ０＝Ｐｎをとり、全体を縮小して周長ｎの凸多角形Ｒ'を作成できます。

一方届く場合は右図のようにＲ（Ａ）内に新しくＰ０＝Ｐｎを取ることができ周長がｎの凸多角形Ｒ'を作成できます。
これらＲ'の最長線分長がＲ（Ａ）のそれを超える事はありません。


以上より下記の問題を考えればよいことが分かりました。
なお、ｎ＝１、２の場合も含めてよいですが、ここでは除外します。

【問題設定】

Ａを周長ｎの凸ｎ角形とし、Ａ内の最長線分長をｆ（Ａ）とするとき、ｆ（Ａ）の下限値をｎで表わせ。
ただしｎ≧３とする。

【補題１】

Ａ内の最長線分長ｆ（Ａ）を与える線分の両端はＡの頂点である。
∵　直線上の点への距離の性質から明らかです。
詳細略

【補題２】

Ａがｆ（Ａ）の下限値を与える図形であるとき、Ａの任意の頂点からの最長線分長は
ｆ（Ａ）＝下限値に全て等しい。

∵　背理法で証明します。
一般性を失わずＰ１を始点とする任意のベクトル長がf(A)より小さいとします。

Ｐ３Ｐ２の延長とＰｎ−１Ｐｎの延長がＡの外に作る領域凾ｪ下左図のように存在していれば、Ｐ１からの距離がｆ（Ａ）に近づくようにＰ１'をとることが可能であり、このとき周長は増大します。
よって、全体に縮小して周長をｎとし、これをＡ'としたとき、
ｆ（Ａ'）＜ｆ（Ａ）であり、下限値であることに矛盾します。

下右図のように領域凾ｪ存在しない場合は、Ｐ２とＰｎは辺中間の点になります。
よって、補題１によりＰ２またはＰｎを始点とする任意のベクトル長は始点が隣の頂点に一致しない限り、f(A)より小さいことが分かります。
そこで改めてこれらをＰ１として考えても良いわけです。
Ａは凸図形であるので、これを繰り返したとしても何れどこかで領域凾ｪ存在し、矛盾が生じます。




【補題３】

Ａがｆ（Ａ）の下限値を与える図形であるとき、
Ａの頂点ＰとＰ１およびＰｍとの距離がｆ（Ａ）に等しければ、
Ｐとその間の頂点Ｐｋ[ｋ＝２〜ｍ−１]との距離もｆ（Ａ）に等しく、またＰ間とのみに限る。

∵　まずＡの条件より、Ｐ１とＰｍの距離はｆ（Ａ）以下であり、
∠Ｐ１ＰＰｍ≦ π
3		です。

またＡは凸図形ですからＰｋの存在範囲は，下図桃色半月形領域です。
∠Ｐ１ＰＰｍ≦ π
3		ですから　
ＰｋとＰ１とＰｍ間はｆ（Ａ）より小さく、またＰともｆ（Ａ）より小さい。
補題２よりＰｋとその他の頂点間で距離がｆ（Ａ）であるものが存在しなければならず、その点は下図赤線の弦上にあります。

ところが、その点はＰ１またはＰｍからｆ（Ａ）より大きな距離の点となってしまいます。
よって、Ｐとその間の頂点Ｐｋ[ｋ＝２〜ｍ−１]との距離がｆ（Ａ）になるしかありません。

【補題４】

Ａがｆ（Ａ）の下限値を与える図形であり、
Ａの頂点Ｐと頂点Ｐｋ[ｋ＝１〜ｍ]との距離がｆ（Ａ）に等しいとき、
Ｐｋは等間隔である。

∵Ａの条件より、Ｐ１とＰｍの距離はｆ（Ａ）以下であり、
∠Ｐ１ＰＰｍ≦ π
3		＜πです。


Ｐ１からＰｍまでの辺長の合計が等間隔のとき最大であることを示します。

これが示されれば、等間隔でないとき、等間隔に調整することによりＡの周長が長くなり，その分Ａの全体縮小が可能となり、ｆ（Ａ）が下限であることに矛盾するからです。
なお補題３によりＰとのみの距離だけ考えれば良いことが保証されています。
　
Ｐを中心とし、ＰｋとＰｋ＋１の偏角差を　０＜θｋ≦ π
3		とするとき
辺長の合計＝ ｍ−１
Σ
ｋ＝１		 ２sin( θｋ
２		 ）です。

ただし、Θ＝ ｍ−１
Σ
ｋ＝１		 θｋです。　

０＜θ ｋ ＜π　において２sin（ θｋ
２		 ）は上に凸です。

従ってその関数値の平均は平均の関数値より小さく、等号は引数が全て等しい場合です。即ち、
ｍ−１
Σ
ｋ＝１		 ２sin( θｋ
２		 )≦２（ｍ−１）sin（ Θ
ｍ−１		）

が成立します。またｍ等号は　ｋ＝１〜m-1に対して、
Θ
ｍ−１		 ＝ θｋの場合です。




【補題５】

下記が成立する。
ｆ（Ａ） ≧ １
２sin(π／2n)		 ＞ ｎ
π

∵　補題３よりＡ全体の偏角差θｋの和Θallはπです。　
また補題４はθｋがπ以下としても成立する補題であるので、
もしθｋ＝ π
ｎ		であるような配置があれば、

周長はf(A)×２ｎ×sin(π／2ｎ)＝ｎ　より　
ｆ（Ａ） ＝ １
２sin(π／2n)
であり、これが最低値です。

【結果１】

ｎ＝ｐ×２ｑ　　ｐ：３以上の奇数　であるとき、
もしθｋ＝ π
ｎ		なる配置が存在し、ｆ（Ａ）の下限値は
１
２sin(π／2n)		である。

∵ルーロ−の正奇数多角形が存在するので、ルーロ−の正ｐ角形を作図し、その頂点に全部でｐ個の頂点と　各辺中ほどに２ｑ−１個づつ等間隔に頂点を配置することが可能です。

【結果２】

ｎ＝２のとき　V1+V2=0 とした場合の　f(A)=1が最小である。
∵省略

【結果３】

ｎ＝４のとき　ルーロ−の3角形の３頂点と一辺の中央に配置したものがｆ（Ａ）の最小を与える。
ｆ（Ａ） ＝ ３
2+1/cos(π/12)		 =0.988378 、 (A)*２sin( π
2ｎ		 ）=1.003062
∵省略



【結果４】

ｎ＝８のとき　ルーロ−の3角形の３頂点と辺の中央２、２、１個配置する方法と、ルーロ−の非正５角形に頂点を下図のように配置し、f(A)を最小化してみました。
真のｆ（Ａ）の下限値が証明されたわけではありません。
殆ど理想に近くはなっています。

ルーロ−の３角形ベースの場合は　
f(A)=2.56488　、f(A)*２sin(π／2ｎ)＝1.000766

ルーロ−の５角形ベースの場合は
f(A)=2.56316　、f(A)*２sin(π／2ｎ)＝1.000095



【結果５】

ｎ＝２ｑのとき　
ルーロ−の3角形の３頂点と辺の中央部に最大限頂点を等分配した場合と、
結果４で得たルーロ−の非正５角形配分を更に２等分していった場合の計算結果を下表に示します。
ｎが大きくなると察しの通り、ルーロ−の3角形ベースの方が理想に近くはなっています。



【感想】

問題１の評定と、私の得た結果が違うので、私の問題の解釈ないし解答が違っているのかもしれませんが、面白い問題だと思いました。
２ｑの時の完全な解答が得られなかったので残念です。

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