まずはおさらいから

円：x^2+y^2=1上の点(xo,y0)における接線はx0x+y0y=1

2x+2y(dy/dx)=0,dy/dx=-x/y

y-y0=-x0/y0(x-x0)

y0y-y0^2=-x0x+x0^2

x0x+y0y=x0^2+y0^2=1

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(x0,y0)において、x=x0とx^2+y^2=1の交角が2α(2α＜π/2)となるようなx0を求めたい。

dy/dx=tan(π/2-2α)=1/tan2α

-x0/y0=cot2α

(y0cot2α)^2+y0^2=1

y0^2=1/(1+(cot2α)^2)=(sin2α)^2

y0=sin2α、x0=-cos2α

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(0,0),(x0,0),(x0,y0)を結ぶ直角三角形の内角は2α

したがって、内角αの直角三角形はこの図には表れない

もし無理やり表そうとするならば、それぞれの角の二等分線となる。

y=tan(π/2-α)(x-x1)

sin2α=cotα（-cos2α-x1)

2(sinα)^2=（-cos2α-x1)

x1=-cos2α-2(sinα)^2=-2(cosα)^2+1-2(sinα)^2=-1

常に(-1,0)を通る

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2β=π-2α

y=-tan(π/2-β)(x-x2)

y=-tan(α)(x-x2)

sin2α=-tanα（-cos2α-x2)

-2(cosα)^2=（-cos2α-x2)

x2=-cos2α+2(cosα)^2=+1

常に(1,0)を通る

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これはきれいな幾何学的結果である。

O(0,0)

H(-cos2α,0)

T(-cos2α,sin2α)

A(-1,0)

B(1,0)

Tにおける接線をlとする

角lTH=2αと2β

角OTH=2α

角TAH=β

角TBH=α

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論文の校正が終了し、本日より復帰。

これらの結果は、円の弦と円周角の定理、直角三角形の相似により

初等幾何学的に証明可能である。

3次元正多面体の基本単体は、４個の直角三角形からなっていて

これが五円の交差によって、ガウスのペンタグラムにつながったというわけである。

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