円に外接する多角形の周は、どうして円周より大きいのでしょうか

質問

円に外接する多角形の周は、どうして円周より大きいのでしょうか。

円周と面積を関係づけた（同じ比例定数πがあらわれることを示した）アルキメデスの「円の計測」を読んでいて、円に外接する多角形の周は円周より大きいことが当然のこととして使わていることが理解できませんでした。
円に内接する多角形の周は円周より小さいのは明らかとして、外接多角形の周が円周より大きいことは自明なのでしょうか。

おわかりの方教えてください。

回答No.12

stomachman · ベストアンサー

このご質問、まだ開いていたんですね。ずっと気になってました。stringさんはもうお忘れなのかも知れませんが…

　曲線の長さは、「曲線に内接する折れ線の長さの上限」と定義されます。
　ならば、円周上Cに点列p={p1,p2,.....,pN}を取って、これら全部を頂点とするN角形のうち、辺の長さが一番短い物をP(p)とする。（P(p)がpを頂点とする凸多角形に他ならないのは、自明でしょう。）その辺の長さをL(P(p))とすると、sup L(P(p))が円周の長さである。

　これを使った、全く別のアプローチのストーリーを考えましたが、やってません。やってませんが、ご参考になれば…

　円周上に点列q={q1,q2,....,qM}を取って、これらの点で円Cに接する凸多角形をQ(q)としましょう。そして、
∀q(q⊂C⇒sup L(P(p))≦L(Q(q)))
を示せ、という問題だと考えてみます。

∀q(q⊂C⇒∃ε(ε>0 ∧ ∀p(p⊂C⇒L(P(p))+ε≦L(Q(q)))))
が言えれば良い。この命題を否定した
[1] ∃q(q⊂C ∧ ∀ε(ε>0⇒ ∃p(p⊂C ∧ L(P(p))+ε＞L(Q(q)))))
を仮定して、矛盾を導くのでも良い訳です。

　じゃ、そう仮定しましょう。すると、
[2]∃q(q⊂C ∧ ∃p(p⊂C ∧ L(P(p))＞L(Q(q)))
が言えるでしょう。これで多角形同士の比較になった訳です。
r=p∪q
としますと、r⊂Cであり、また
L(P(r))≧L(P(p))
は（２点を結ぶ曲線のうち最短なのは線分だ、ということを認めれば）簡単に証明できる。

　さて、qのうち、「隣り合う２点」qa,qbに注目します。内接多角形P(r)はqaとqbの間に沢山辺があるに違いない。その個数をnとします。そこで、P(r)のうち、qaとqbを結ぶ折れ線の部分を、「全て同じ長さのm個の辺(m≧n)」で置き換えたものをP(s)としますと、円の性質を使って
L(P(s))≧L(P(r))
が証明できそうだと思います。これが言えたとしましょう。

　次に、qaからqbまでをQ(q)に沿って測る道のりと、P(s)に沿って測る道のりとでは後者の方が短い、ということが、証明できるような気がします。もし証明できたら、[2]が否定されますから、矛盾。

　いや、どこかスッポヌケているのかも知れませんが…

お礼

ありがとうございます。

その後、私自身の理解も深まりました。

結局、

>曲線の長さは、「曲線に内接する折れ線の長さの上限」と定義されます

ということで尽きていると思います。
アルキメデスは円周を正多角形の周の長さ（の極限）
で定義しているわけですね。
そうすると外接多角形の方が周の長さが長いのは
当たり前ですね。

どうも長い間おつきあいいただきありがとうございました。

回答No.1

st-1701

円に内接する多角形の周が円周より小さいのは明らか
ならば円に外接する多角形の周が円周より大きいのも不思議じゃないように思いますが。
円に外接する多角形の一部を考えてみてください。
多角形の頂点と円に接する接点2つで近似の三角形ができますよね。
三角形の２つの辺の和は他の１辺より長いの明らかですよね。
そう考えて、すべての合計を取れば外接する多角形のほうが円周より長くなります。
こんなもんでいかがでしょうか。

お礼

さっそくのお答えどうもありがとうございます。
bufu4uさんがおっしゃっているように、三角形の２辺の和と円弧との大小関係は自明ではないと思いますが、、、。