カニンガムのサイドロブはコンコイドであるという・・・計算の誤り発見

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［補］コンコイド・シッソイド

　ギリシア人は新しい数学曲線を見いだして立方体倍積問題や角の３等分問題などを解決しました．６０°，３０°，１５°など任意の角の場合でも，定規とコンパスというプラトンの束縛から離れて，コンコイドやシッソイドという曲線の性質を用いた適当な道具を使えば作図可能となります．

＜ニコメデスのコンコイド＞

定点Ｏと定直線ｇが与えられているとき，Ｏを通る任意の直線とｇとの交点をＱとし，この直線上にＱから定距離ｌの点Ｐをとると，この点Ｐの軌跡をコンコイドといいます．

極座標ではｒ＝ａ／ｃｏｓθ＋ｂ

ｘ，ｙ座標で書けば，ｘ＝ａ＋ｂｃｏｓθ，ｙ＝ａｔａｎθ＋ｂｓｉｎθ

θを消去すると，４次曲線：

（ｘ^2＋ｙ^2）（ｙ−ａ）^2＝ｂ^2ｙ^2

（ｘ−ａ）^2（ｘ^2＋ｙ^2）＝ｌ^2ｘ^2

で表されます．なお，直線に関するコンコイドがニコメデスのコンコイドであって，円の関するコンコイドがリマソンであり，カーディオイドはその特殊な場合となっています．

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＜ディオクレスのシッソイド＞

ｒ＝ａ／ｃｏｓθ−ａｃｏｓθ

ｘ＝ａｓｉｎ2 θ，ｙ＝ａｓｉｎ^2θ・ｔａｎθ

θを消去すると３次曲線：ｘ（ｘ^2＋ｙ^2）＝ａｙ^2が得られます．

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カニンガムの論文の場合

極座標ではｒ＝ａ／ｃｏｓθ＋ｂ

ｘ，ｙ座標で書けば，ｘ＝ａ＋ｂｃｏｓθ，ｙ＝ａｔａｎθ＋ｂｓｉｎθ

θ=0の場合、r=λ

θ=+/-π/6の場合r=1+λ-2/√3

a+b=λ

2a/√3+b=1+λ-2/√3

(1-2/√3)a=2/√3-1

a=-1,b=1+λ

極座標ではｒ＝-1/ｃｏｓθ＋1+λ

1/2・∫(-π/6,π/6)(-1/cosθ+1+λ)^2ｄθ

＝∫(0,π/6)(-1/cosθ+1+λ)^2ｄθ

∫(1/cosθ)ｄθ＝log|(tan(x/2+π/4)|

log|(tan(x/2+π/4)|=logtanπ/3-logtanπ/4＝log√3

∫(1/(cosθ)^ 2ｄθ＝tanx

tanx=1/√3

1/2・∫(-π/6,π/6)(-1/cosθ+1+λ)^2ｄθ

＝∫(0,π/6)(-1/cosθ+1+λ)^2ｄθ＝1/√3-2(1+λ)log√3+(1+λ)^2・π/6

3個の合計√3-6(1+λ)log√3+π(1+λ)^2/2

１辺が2/√3の正三角形の面積は

1/(√3)

S＝(√3)・4/3-6(1+λ)log√3+π(1+λ)^2/2

L=1+λ

S/L^2が最小となるのは

{-6log√3+π(1+λ)}(1+λ)^2-{(√3)・4/3-6(1+λ)log√3+π(1+λ)^2/2}2(1+λ)=0

{-6log√3+π(1+λ)}(1+λ)={(√3)・8/3-12(1+λ)log√3+π(1+λ)^2}

{-6(1+λ)log√3+π(1+λ)^2}={(√3)・8/3-12(1+λ)log√3+π(1+λ)^2}

{-6(1+λ)log√3}={(√3)・8/3-12(1+λ)log√3}

{6(1+λ)log√3}={(√3)・8/3}

合わないが計算方法は理解できた

λ＝.401405

大きすぎる気もするが・・・

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λ={(√3)・8/3}/6/log√3-1

S/L^2＝.39489

π/8＝.392699

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もう一つの場合を考えてみたい。 1辺の長さ1の正三角形において針の長さが1のとき

θ=0の場合、r=1-√3/2

θ=+/-π/6の場合r=0

a+b=1-√3/2

2a/√3+b=0

(1-2/√3)a=1-√3/2

a=(1-√3/2)/(1-2/√3)=(2√3-3)/(2√3-4)=-√3/2、ｂ=1

r^2=a^2/(cost)^2+2ab/cost+b^2

∫(0,π/6)r^2dt=a^2/√3+2ablog√3+b^2π/6=√3/4-√3log√3+π/6

3個分で3√3/4-3√3log√3+π/2

正三角形の面積は√3/4

面積の合計√3-3√3log√3+π/2＝.448568　

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