まず最初に，ｎ個の円が接するあるいは交わる一連の定理（接円定理，交円定理）を紹介するところから始めることにしよう．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】ｎ円定理

［１］もうひとつの４円定理・・・傍斜術

　コラム「和算と算額」で紹介したデカルトの円定理は，互いに接する４個の円の半径の逆数の間の等式であったが，和算ではもうひとつの４円定理・・・傍斜術も得られていた．傍斜術は和算における円の接触問題では大事な定理であったとのことである．

　まず，ひとつの円Ｏ（ｄ）を描き，その周りに３個の円Ｏ（ａ），Ｏ（ｂ），Ｏ（ｃ）を外接させる．この４円は連結しているが、デカルトの円定理のように互いに接しているわけではない．このとき，接していないＯ（ａ）とＯ（ｃ）の外共通接線（傍斜）の長さは

　　２｛（ｂｃｄ（ａ＋ｂ＋ｄ））^(1/2)＋（ａｂｄ（ｃ＋ｂ＋ｄ））^(1/2)｝／（ｂ＋ｄ）

で与えられる．

　また，三円傍斜術では，まずひとつの円Ｏ（ａ）を描き，その周りに２円Ｏ（ｂ），Ｏ（ｃ）を外接させる．この３円は連結している必要はない．Ｏ（ａ）とＯ（ｂ）の接点ＰとＯ（ａ）とＯ（ｃ）の接点Ｑ，Ｏ（ｂ）とＯ（ｃ）の外共通接線（傍斜）の長さをｄとすると，このとき

　　ＰＱ＝ａｄ／（（ａ＋ｂ）（ａ＋ｃ））^(1/2)

で与えられる．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［２］５円定理

　あるひとつの円周Ｃ上に中心をもつ５つの円を５円のそれぞれが隣の円とＣ上に交点をもつようにして描く．５つの円は同じ大きさである必要はない．このとき，もう一つの交点を結ぶと星形五角形となり，その頂点は５つの円周上にある．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［３］６円定理

　まず三角形ＡＢＣの２辺ｂ，ｃに接する第１円を描く．次に第１円とｃ，ａに接する第２円を描く．さらに第２円とａ，ｂに接する第３円を描く．さらに第３円とｂ，ｃに接する第４円を描く．さらに第４円とｃ，ａに接する第５円を描く．さらに第５円とａ，ｂに接する第６円を描く．

　このとき，第６円は第１円に接し，円鎖は完結する．つまり第７円が第１円に一致するというわけである．

　三角形ビリヤードの場合，球があたる壁を中心として鏡像を貼り付けていくと，６個目の鏡像で最初の三角形を平行移動させたものが登場する．このことは任意の位置から特定の角度でビリヤードの球を発射させると６回壁にあたった後，最初と同じ位置・同じ角度で戻ってくることができることを意味している．６円定理もきっとこのことと関係して，円よりは三角形の性質の表れと思われる．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［４］７円定理

　まず，ひとつの円を描きその周りに６個の円を並べる．それら６つの円はどんな大きさでもよい（直線でもよい）が両隣の円および最初の円に接するようにする．

　このように６個の連結した円の鎖がひとつの円に外接しているとき，６つの円が最初の円に接している接点のうち，相対する点同士を結ぶ３本の直線は１点で交わる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】円被覆定理

　これらの中で５円定理だけが接円定理ではなく、円同士が重なり合った交円定理になっています．この定理はｎ＝３，７，９，・・・でも成立するのでしょうか？

　その問題は読者に委ねることにして，ここでは５円定理に関連して半径１の円の円周をその円周上に中心をもつ半径ｒの円板で覆うのに必要な円板の個数νを求めてみることにします．

　半径ｒの円を考えると，２円の中心間距離が２ｒより小さいとき２つの円は互いに重なり合うことになります（２ｒで接し，２ｒより大きいと離れる）．しかし，この問題では単純に重なり合うだけではないのでもう少し複雑な計算が必要になります．円板の中心が円周のｎ等分点にあるとして，隣の円との交点が単位円周上の連接する２ｎ等分点になければなりません．

　半径ｒの円板の中心を結ぶ弦に対する単位円の中心角をθとすると，円周角はθ／２，したがって，劣弧に対する円周角はπ−θ／２となって，

　　ｃｏｓ（θ／２）＋ｒｃｏｓ（π／２−θ／４）＝１

　　１−２｛ｓｉｎ（θ／４）｝^2＋ｒｓｉｎ（θ／４）＝１

　　ｓｉｎ（θ／４）＝ｒ／２

　　θ＝４ａｒｃｓｉｎ（ｒ／２）＝２ａｒｃｃｏｓ（（２−ｒ^2）／２）

　単位円周を被覆するのに必要な円板の個数νは２πをθで割った答えを切り上げて得られますから，［・］をガウス記号として−［−２π／θ］より

　　ｒ≧２のとき，ν＝１

　　√２≦ｒ＜２のとき，ν＝２

ｒ＜√２のとき，ν＝−［−π／２ａｒｃｓｉｎ（ｒ／２）］

で与えられることがわかります．以下，数値計算で求めると

　　1.00≦ｒのとき，ν＝３ 　　0.45≦ｒのとき，ν＝７

　　0.77≦ｒのとき，ν＝４ 　　0.40≦ｒのとき，ν＝８

　　0.62≦ｒのとき，ν＝５ 　　0.35≦ｒのとき，ν＝９

　　0.52≦ｒのとき，ν＝６ 　　0.32≦ｒのとき，ν＝10

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　ところで，１つの１０円玉を机の上において，それと触れ合うようにかつお互いに重ならないようにして，６個の１０円玉を置くことができます．次に円が重なることは許す代わりに，円の中心が他の円の外にあるという条件をつけてｒ＝１の円被覆問題を考えることができます．

　　［参］吉川敦「無限を垣間みる」牧野書店

には多くの円被覆問題が掲載されていますが，ここでは結果だけを紹介することにします．

(1)原点から１．４３の距離にある半径１の円板８個は単位円周を被覆することができる．９個にすると中心点が他の円の内部にきてしまう．

(2)中心が他の円の内部に来ないようにして，単位円周を被覆する単位円板を１８個まで配置することができる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【３】おまけ（数珠つなぎの円板）

　１世紀半前（１８５６年）の和算の有名な問題に「数珠つなぎの円板」がある．

（Ｑ）同じ大きさの円がｎ個連結して輪を作っている．円の中心を結んでできる多角形の内側にある面積と外側にある面積を求めよ．

（Ａ）ｎ個の円は互いに重なり合わず接しているから円の中心を結んでできる多角形はｎ角形である．その内角の和はπ（ｎ−２）となるが，内側にある扇形の面積は中心角に比例するから，これは円

　　π（ｎ−２）／２π＝ｎ／２−１

個分の面積に相当する．したがって，外側にある面積は円ｎ／２＋１個分である．

　円が何個つながっていようともｎに関係なく外側の面積は内側の面積よりも常に円２個分広いわけである．このことは少なくとも私にとっては意外な結果であり，いまでも強く印象に残っている．

　ところで，この問題を解析的に解こうとすると（グレブナー基底を用いた）ロボットアームの可動範囲の特定にも応用できそうな現代的な問題になる．以下，その概略を述べてみよう．

　単位円（半径１）の場合について考えてみるが，円の中心を（ｘi，ｙi）とし，（ｙi+1−ｙi）／（ｘi+1−ｘi）＝ｔａｎθiとおく．（ｘ1，ｙ1）＝（０，０），（ｘ2，ｙ2）＝（２，０）として標準化するが，

　　ｘ1＝ｘn+1＝０，ｙ1＝ｙn+1＝０，ｃｏｓθ1＝１，ｓｉｎθ1＝０

　隣り合う円は接することより

　　ｘn+1−ｘn＝２ｃｏｓθn，ｙn+1−ｙn＝２ｓｉｎθn

　　ｘn＝２Σｃｏｓθn，ｙn＝２Σｓｉｎθn

ここで，円が連結して輪を作っていることより

　　（Σｃｏｓθn）^2＋（Σｓｉｎθn）^2＝１

　　ｃｏｓθ2＋ｃｏｓθ3＋・・・＋ｃｏｓθn＝−１

　　ｓｉｎθ2＋ｓｉｎθ3＋・・・＋ｓｉｎθn＝０

　また，円同士が互いに重ならないことから

　　（ｘj−ｘk）^2＋（ｙj−ｙk）^2≧１

このことから，たとえばｎ＝４では

　　ｃｏｓ（θ2−θ3）≧−１／２，ｃｏｓ（θ3−θ4）≧−１／２

　　ｃｏｓ（θ2−θ3）＋ｃｏｓ（θ3−θ4）＋ｃｏｓ（θ4−θ2）≧−１

　　ｃｏｓθ2≧−１／２，ｃｏｓθ2＋ｃｏｓθ3＋ｃｏｓ（θ2−θ3）≧−１

など多くの付帯条件が成立することが必要になる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝