三角形の辺と角の大小

同義語：辺と角の大小関係side–angle inequality

概要

前提知識: 三角形の合同条件, 三角形の内角の和, 平行線公準（高校数学）, 余弦定理（高校数学）, 正弦定理（高校数学）

高校での出発点：辺の大小と角の大小を並べる

三角形の 3 辺の長さと 3 つの角の大きさを、それぞれ大きい順に並べてみる。2 つの並びにはどんな関係があるだろうか。以下、三角形 $ABC$ の辺の長さを $a=BC$、$b=CA$、$c=AB$ とし、頂点の角の大きさを $A$、$B$、$C$ で表す。辺 $a$ と角 $A$ のように、同じ文字の辺と角は向かい合っている（角 $A$ は辺 $a$ の 向かいの角 である）。

3 辺が $13,14,15$ の三角形

$B(0,0)$、$C(14,0)$、$A(5,12)$ とする。辺の長さは
$$ a=BC=14,\qquad b=CA=\sqrt{(14-5)^2+12^2}=\sqrt{225}=15,\qquad c=AB=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13 $$
である。角の余弦を余弦定理（高校数学）で求めると
$$ \cos A=\frac{15^2+13^2-14^2}{2\cdot15\cdot13}=\frac{198}{390}=\frac{33}{65},\qquad \cos B=\frac{14^2+13^2-15^2}{2\cdot14\cdot13}=\frac{140}{364}=\frac5{13},\qquad \cos C=\frac{14^2+15^2-13^2}{2\cdot14\cdot15}=\frac{252}{420}=\frac35 $$
で、角は $A\approx59.5^\circ$、$B\approx67.4^\circ$、$C\approx53.1^\circ$ である（$\cos$ は $0^\circ$ から $180^\circ$ まで減っていくので、余弦が小さいほど角は大きい）。
辺の並びは $b>a>c$（$15>14>13$）、角の並びは $B>A>C$ で、同じ順に並んでいる。

鈍角のある三角形

$B(0,0)$、$C(4,0)$、$A(-1,2)$ とする。辺の長さは
$$ a=4,\qquad b=\sqrt{5^2+2^2}=\sqrt{29}\approx5.39,\qquad c=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5\approx2.24 $$
である。ベクトルの内積で余弦を求めると、$\overrightarrow{BA}=(-1,2)$、$\overrightarrow{BC}=(4,0)$ から $\cos B=\dfrac{-4}{\sqrt5\cdot4}=-\dfrac1{\sqrt5}$ で $B\approx116.6^\circ$（鈍角）、$\overrightarrow{CA}=(-5,2)$、$\overrightarrow{CB}=(-4,0)$ から $\cos C=\dfrac{20}{\sqrt{29}\cdot4}=\dfrac5{\sqrt{29}}$ で $C\approx21.8^\circ$、残りは $A\approx180^\circ-116.6^\circ-21.8^\circ=41.6^\circ$ である。
辺の並びは $b>a>c$、角の並びは $B>A>C$ で、ここでも同じ順である。いちばん長い辺 $b$ の向かいに鈍角 $B$ がある。

3 辺が 13、14、15 の三角形では、辺の長い順 b、a、c と、角の大きい順 B、A、C がそろう

鈍角 B のある三角形でも、辺の長い順と向かいの角の大きい順がそろう

2 つの例では、長い辺の向かいに大きい角があった。この記事で答える問いは次の 3 つである。

「大きい辺の向かいの角は大きい」はいつも成り立つか。逆はどうか。→ thm-sai-main
2 つの三角形で、2 辺が等しいとき、間の角と第 3 辺の大小はどう結びつくか。→ thm-sai-hinge

余弦定理や正弦定理を使っても示せるか。証明の違いは何か。→ prop-sai-cos、prop-sai-sin

高校の計算	この記事の言葉	大学の言葉
余弦の値で角を比べる	辺の大小と角の大小は同じ順	Euclid『原論』第 I 巻命題 18・19
2 辺と間の角から第 3 辺を求める	蝶番の定理	命題 24・25、中立幾何の定理
垂線の長さ（点と直線の距離）	垂線が最も短い	距離の最小と直交

この事実は、正弦定理（高校数学）の例で「中学校で学ぶ事実」として使われている。この記事でその証明を与える。

証明で使う事実

主定理の証明では、平行線公準（平行線公準（高校数学））を使わない。使うのは次の事実だけである。

証明で使う事実

(F1) 二等辺三角形の底角は等しい。つまり三角形で $AB=AC$ ならば $\angle B=\angle C$ である（三角形の合同条件の補題 lem-tcc-isosceles）。
(F2) 外角の定理（弱い形）：三角形の外角は、隣り合わないどちらの内角よりも大きい。この形は平行線公準を使わずに証明できる（平行線公準（高校数学）の定理 thm-ppl-exterior）。平行線公準を使ってよければ、外角は隣り合わない 2 つの内角の和に等しい（三角形の内角の和の系 cor-tas-exterior）ので、どちらの内角よりも大きいことはすぐ分かる。
(F3) 角 $\angle XVY$ の内側を通る半直線 $VZ$ があれば、$\angle XVY=\angle XVZ+\angle ZVY$ で、特に $\angle XVZ<\angle XVY$ である。線分 $XY$ の途中の点 $Z$（端点以外）をとれば、半直線 $VZ$ は角 $\angle XVY$ の内側を通る。
(F4) 大小の三分法：2 つの実数 $p,q$ については、$p>q$、$p=q$、$p< q$ のちょうど 1 つが成り立つ。

主定理 1：大きい辺の向かいに大きい角がある

三角形の辺と角の大小

三角形 $ABC$ で、次が成り立つ。
(1) $b>c$ ならば $B>C$ である。つまり、大きい辺の向かいの角は大きい。
(2) $B>C$ ならば $b>c$ である。つまり、大きい角の向かいの辺は大きい。
(3) $b=c$ と $B=C$ は同値である。
ほかの 2 辺の組（$a$ と $b$、$c$ と $a$）でも同じである。

Euclid の方法と三分法

方針：(1) は、長い方の辺 $CA$ の上に、短い方の辺 $AB$ と同じ長さを写しとって二等辺三角形を作り、(F1) と (F2) で角を比べる（Euclid『原論』第 I 巻命題 18、Hea56 p. 283）。(2) と (3) は (1) から三分法で導く（同命題 19、Hea56 p. 284）。
段 1（点 $D$ をとる）。$b>c$ とする。つまり $CA>AB$ である。辺 $CA$ の上に、$AD=AB$ となる点 $D$ をとる。$AD=AB< AC$ なので、$D$ は $A$ と $C$ の間にあり、$A$ とも $C$ とも異なる（図 3）。
段 2（二等辺三角形）。三角形 $ABD$ は $AB=AD$ の二等辺三角形なので、(F1) により底角が等しい。
$$ \angle ABD=\angle ADB $$
段 3（外角）。$A$、$D$、$C$ はこの順に一直線に並ぶので、$\angle ADB$ は三角形 $BCD$ の頂点 $D$ における外角である。(F2) により、外角は隣り合わない内角 $\angle DCB$ より大きい。$D$ は辺 $CA$ の上にあるので $\angle DCB=\angle ACB=C$ である。よって
$$ \angle ADB>C $$
段 4（$B$ と比べる）。$D$ は線分 $AC$ の途中の点なので、半直線 $BD$ は角 $\angle ABC$ の内側を通る。(F3) により
$$ B=\angle ABC=\angle ABD+\angle DBC>\angle ABD $$
である。段 2〜4 をつなぐと
$$ B>\angle ABD=\angle ADB>C $$
となり、(1) が示された。
段 5（(3)）。$b=c$ ならば、(F1) により $B=C$ である。逆に $B=C$ とする。もし $b>c$ なら (1) により $B>C$ となって矛盾し、もし $b< c$ なら、(1) を $b$ と $c$ の役割を入れかえて使うと $C>B$ となって矛盾する。(F4) により $b=c$ である。
段 6（(2)）。$B>C$ とする。もし $b=c$ なら段 5 により $B=C$ となって矛盾し、もし $b< c$ なら (1) により $C>B$ となって矛盾する。(F4) により $b>c$ である。
ほかの 2 辺の組でも、頂点の名前を入れかえれば同じ証明になる。$\square$

b > c のとき、辺 CA の上に AD = AB となる点 D をとる。赤い二等辺三角形 ABD の底角（●）は等しく、∠ADB は三角形 BCD の外角なので ∠C より大きい

ex-sai-start の三角形で点 $D$ を作る

ex-sai-start の三角形では $b=15>c=13$ である。$D$ は $A(5,12)$ から $C(14,0)$ へ向かって $13$ 進んだ点で、$\overrightarrow{AC}=(9,-12)$、$AC=15$ なので
$$ D=A+\frac{13}{15}\overrightarrow{AC}=\left(5+\frac{13\cdot9}{15},\ 12-\frac{13\cdot12}{15}\right)=\left(\frac{64}5,\frac85\right) $$
である。$AD=13$、$DC=2$ になる。角を測ると $\angle ABD=\angle ADB\approx60.3^\circ$ で、
$$ B\approx67.4^\circ>\angle ABD\approx60.3^\circ=\angle ADB>C\approx53.1^\circ $$
と、証明の段 2〜4 の不等式が数値で確かめられる。

thm-sai-main を 3 辺すべてに使うと、辺の並びと角の並びが同じ順になることが分かる。

最も長い辺と最も大きい角

三角形の 3 辺を長い順に並べると、それぞれの向かいの角は大きい順に並ぶ。特に次が成り立つ。
(1) 最も長い辺の向かいの角が最も大きい。
(2) 直角三角形では斜辺が最も長い。
(3) 鈍角のある三角形では、鈍角の向かいの辺が最も長い。

主定理を 2 辺ずつ使う

長い順の並びの各 2 辺に thm-sai-main (1)・(3) を使えば、向かいの角も同じ順に並ぶ。(2)：三角形の 2 つの角の和は $180^\circ$ より小さい（平行線公準（高校数学）の系 cor-ppl-two-angles。平行線公準を使ってよければ内角の和が $180^\circ$ であることから）。直角の角を $C=90^\circ$ とすると $A+C<180^\circ$ より $A<90^\circ=C$、同じく $B< C$ である。thm-sai-main (2) により $c>a$、$c>b$ で、斜辺 $c$ が最も長い。(3)：鈍角を $C$ とすると、同じく $A<180^\circ-C<90^\circ< C$、$B< C$ なので、$c$ が最も長い。$\square$

ex-sai-obtuse では、鈍角 $B\approx116.6^\circ$ の向かいの辺 $b=\sqrt{29}$ が最も長かった。cor-sai-order (3) はそれがいつも起こることを言っている。

系：垂線は最も短い

cor-sai-order (2) から、点と直線を結ぶ線分の中で垂線が最も短いことが分かる。点と直線の距離を「垂線の長さ」で定めてよいのは、このためである。

垂線は最も短い

直線 $\ell$ の上にない点 $P$ から $\ell$ に垂線を下ろし、その足を $H$ とする。$\ell$ の上の $H$ 以外のどの点 $X$ についても、$PX>PH$ である。

直角三角形の斜辺

$X\ne H$ なので、$P$、$H$、$X$ は一直線上にない 3 点で、三角形 $PHX$ ができる。$\angle PHX=90^\circ$ なので、cor-sai-order (2) により、斜辺 $PX$ は辺 $PH$ より長い。$\square$

点 $(0,3)$ と $x$ 軸

$P(0,3)$、$\ell$ を $x$ 軸とすると $H(0,0)$、$PH=3$ である。$\ell$ の上の点 $X(x,0)$ について $PX=\sqrt{x^2+9}$ で、$x\ne0$ なら $x^2>0$ なので $PX>\sqrt9=3$ である。たとえば $X(4,0)$ なら $PX=\sqrt{16+9}=5>3$ である。

直線 ℓ の上にない点 P から下ろした垂線 PH（長さ 3）は、ℓ の上のほかの点 X までの線分（たとえば長さ 5）より短い

系：2 辺の和は残りの 1 辺より長い

次の主定理 2 の証明で使うので、thm-sai-main からもう 1 つの系を導いておく。3 つの正の数がどんなときに三角形の 3 辺になるか、という逆向きの問いは次の記事三角形の成立条件の主題である。

三角形の 2 辺の和

三角形 $ABC$ で $b+c>a$ である。ほかの 2 辺の組でも同じで、$c+a>b$、$a+b>c$ である。

辺を延ばして大きい角を作る

方針：辺 $BA$ を $A$ の先へ $AC$ だけ延ばし、長さ $b+c$ の辺をもつ三角形を作る。その三角形で thm-sai-main (2) を使う（Euclid『原論』第 I 巻命題 20、Hea56 p. 286）。
段 1（点 $D$）。半直線 $BA$ を $A$ の先へ延ばし、$AD=AC$ となる点 $D$ をとる。$A$ は $B$ と $D$ の間にあるので $BD=BA+AD=c+b$ である。
段 2（二等辺三角形）。三角形 $ACD$ は $AC=AD$ の二等辺三角形なので、(F1) により $\angle ACD=\angle ADC$ である。
段 3（角の比較）。$A$ は線分 $BD$ の途中の点なので、半直線 $CA$ は角 $\angle BCD$ の内側を通る。(F3) により $\angle BCD>\angle ACD$ である。段 2 と合わせて、三角形 $BCD$ で
$$ \angle BCD>\angle ACD=\angle ADC=\angle BDC $$
である。
段 4（辺の比較）。三角形 $BCD$ で、角 $\angle BCD$ の向かいの辺は $BD$、角 $\angle BDC$ の向かいの辺は $BC$ である。段 3 と thm-sai-main (2) により $BD>BC$、つまり $b+c>a$ である。$\square$

主定理 2：蝶番の定理

2 本の棒を蝶番でつなぎ、開く角を大きくしていくと、2 本の先端の間の距離は長くなる。これを三角形の言葉で述べたのが主定理 2 である。まず数値で確かめる。

2 辺が $3$ と $5$ の三角形で間の角を変える

$AB=3$、$AC=5$ で、間の角 $A$ をいろいろに変える。余弦定理（高校数学）により $BC^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cos A=34-30\cos A$ である。

間の角 $A$	$\cos A$	$BC^2$	$BC$
$30^\circ$	$\dfrac{\sqrt3}2$	$34-15\sqrt3$	約 $2.83$
$60^\circ$	$\dfrac12$	$19$	約 $4.36$
$90^\circ$	$0$	$34$	約 $5.83$
$120^\circ$	$-\dfrac12$	$49$	$7$
$150^\circ$	$-\dfrac{\sqrt3}2$	$34+15\sqrt3$	約 $7.74$

間の角が大きいほど、第 3 辺 $BC$ は長い。

AB = 3 を固定し、長さ 5 の辺 AC を 30° から 150° まで開いていくと、第 3 辺 BC は 2.83 から 7.74 まで長くなる

蝶番の定理

2 つの三角形 $ABC$ と $DEF$ で、$AB=DE$、$AC=DF$ とする。次が成り立つ。
(1) $\angle A>\angle D$ ならば $BC>EF$ である。
(2) $BC>EF$ ならば $\angle A>\angle D$ である。
(3) $\angle A=\angle D$ と $BC=EF$ は同値である。

角を写しとり、二等分線で折り返す

方針：三角形 $DEF$ を三角形 $ABC$ に重ねるように写しとり、$F$ の行き先 $G$ と $C$ を角の二等分線で結びつける。最後に cor-sai-sum を使う（Euclid『原論』第 I 巻命題 24 の、Hea56 p. 298 に「現代の別証明」として載っている方法。逆は命題 25、同 p. 299）。
段 1（点 $G$）。直線 $AB$ について $C$ と同じ側に、$AB$ と角 $\angle D$ をなす半直線を $A$ から引く（与えられた角を写す操作。平行線公準（高校数学）の rem-ppl-neutral-facts の (N3)）。$\angle D<\angle A$ なので、この半直線は角 $\angle BAC$ の内側にある。その上に $AG=DF$ となる点 $G$ をとる。三角形 $ABG$ と $DEF$ は、$AB=DE$、$AG=DF$、$\angle BAG=\angle D$ で、2 辺とその間の角が等しいので合同である（三角形の合同条件）。よって
$$ BG=EF $$
である。また $AG=DF=AC$ である。
段 2（点 $H$）。半直線 $AG$ は角 $\angle BAC$ の内側にあるので、角 $\angle GAC=\angle A-\angle D$ は $0^\circ$ より大きい。角 $\angle GAC$ の二等分線は角 $\angle BAC$ の内側を通るので、辺 $BC$ と $B$、$C$ 以外の点 $H$ で交わる（同じ記事の (N5)）。$H$ は $B$ と $C$ の間にあるので
$$ BC=BH+HC $$
である。
段 3（$GH=CH$）。三角形 $AGH$ と $ACH$ は、$AG=AC$（段 1）、$AH$ が共通、$\angle GAH=\angle CAH$（二等分線）で、2 辺とその間の角が等しいので合同である。よって $GH=CH$ で、段 2 の式は
$$ BC=BH+HG $$
となる。
段 4（$BG< BC$）。$B$、$H$、$G$ が一直線上にないとき、三角形 $BHG$ に cor-sai-sum を使うと $BG< BH+HG=BC$ である。$B$、$H$、$G$ が一直線上にあるときも $BG< BC$ である（下の「詳細」）。段 1 と合わせて $EF=BG< BC$ で、(1) が示された。
段 5（(3)）。$\angle A=\angle D$ ならば、三角形 $ABC$ と $DEF$ は 2 辺とその間の角が等しく合同なので $BC=EF$ である。逆に $BC=EF$ とする。$\angle A>\angle D$ なら (1) により $BC>EF$、$\angle A<\angle D$ なら (1) を 2 つの三角形の役割を入れかえて使うと $EF>BC$ で、どちらも矛盾する。(F4) により $\angle A=\angle D$ である。
段 6（(2)）。$BC>EF$ とする。$\angle A=\angle D$ なら段 5 により $BC=EF$、$\angle A<\angle D$ なら (1) により $EF>BC$ で、どちらも矛盾する。(F4) により $\angle A>\angle D$ である。$\square$

詳細（段 4 で B、H、G が一直線上にある場合）

このとき $G$ は直線 $BC$ の上にある。まず $G\ne H$ である（$G=H$ なら $CH=GH=0$ で $H=C$ となり、$H$ が $B$ と $C$ の間にあることに反する）。$G$ が直線 $BC$ の上で $H$ から見て $C$ と同じ側にあるとすると、$HG=HC$ から $G=C$ となる。すると半直線 $AG$ と $AC$ が一致し、$\angle BAG=\angle D<\angle A=\angle BAC$ に反する。よって $G$ は $H$ から見て $C$ と反対側、つまり $B$ の側にある。直線の上の長さは数直線の上の差で測れるので、$BG=\lvert BH-HG\rvert< BH+HG=BC$ である（$BH>0$、$HG>0$）。

∠BAC = 120° の三角形に、∠BAG = 60°、AG = AC となる点 G を写しとる。∠GAC の二等分線（緑の破線）と辺 BC の交点を H とすると GH = CH なので、BC = BH + HG は BG より長い

証明の図を座標で確かめる

$A(0,0)$、$B(5,0)$ とし、$AC=3$、$\angle A=120^\circ$ として $C\left(-\dfrac32,\dfrac{3\sqrt3}2\right)$ をとる。比べる三角形 $DEF$ は $DE=5$、$DF=3$、$\angle D=60^\circ$ とする。段 1 の点は $G\left(\dfrac32,\dfrac{3\sqrt3}2\right)$ で、
$$ BG^2=\left(5-\frac32\right)^2+\left(\frac{3\sqrt3}2\right)^2=\frac{49}4+\frac{27}4=19 $$
より $EF=BG=\sqrt{19}\approx4.36$ である。$BC^2=\left(\dfrac{13}2\right)^2+\dfrac{27}4=\dfrac{169+27}4=49$ より $BC=7$ である。
段 2・段 3 の点 $H$ も座標で確かめられ、$GH=HC=\dfrac{21}{13}$、$BH=\dfrac{70}{13}$ から $BC=BH+HG=7>\sqrt{19}=BG$ となる。

点 $H$ の計算を開く

半直線 $AG$ は向き $60^\circ$、$AC$ は向き $120^\circ$ なので、角 $\angle GAC$ の二等分線は向き $90^\circ$ の $y$ 軸である。直線 $BC$ は $y=-\dfrac{3\sqrt3}{13}(x-5)$ なので、$x=0$ を代入して、$y$ 軸との交点は $H\left(0,\dfrac{15\sqrt3}{13}\right)$ である。$H$ は $BC$ を $10:3$ に分ける点で、$BH=\dfrac{70}{13}$、$HC=\dfrac{21}{13}$ である。$GH^2=\left(\dfrac32\right)^2+\left(\dfrac{3\sqrt3}2-\dfrac{15\sqrt3}{13}\right)^2=\dfrac94+\dfrac{27}4\cdot\left(\dfrac{3}{13}\right)^2=\dfrac{9\cdot169+27\cdot9}{4\cdot169}=\dfrac{1764}{676}$ より $GH=\dfrac{42}{26}=\dfrac{21}{13}=HC$ で、段 3 のとおりである。よって

$$BC=BH+HG=\frac{70}{13}+\frac{21}{13}=7>\sqrt{19}=BG$$

となる。これは ex-sai-hinge-num の表の $60^\circ$ と $120^\circ$ の行（辺 $3$、$5$ の順は入れかわっているが、第 3 辺の長さは同じ）と一致する。

別の証明：余弦定理と正弦定理

高校で習う余弦定理（高校数学）と正弦定理（高校数学）を使っても、thm-sai-main を示せる。どちらも計算で符号を調べる証明である。

余弦の差の因数分解

三角形 $ABC$ で
$$ \cos C-\cos B=\frac{(b-c)(b+c-a)(a+b+c)}{2abc} $$
が成り立つ。$b+c-a>0$ なので、$\cos C-\cos B$ は $b-c$ と同じ符号をもつ。したがって $b>c$ と $B>C$ は同値である。

通分して因数分解する

要点：余弦定理の 2 つの式を分母 $2abc$ で通分し、分子を $b^3-c^3=(b-c)(b^2+bc+c^2)$ を使って因数分解すると、分子は $(b-c)\{(b+c)^2-a^2\}=(b-c)(b+c-a)(a+b+c)$ になる。$b+c-a>0$ は、$0^\circ< A<180^\circ$ より $\cos A>-1$、つまり $b^2+c^2-a^2>-2bc$ から $(b+c)^2>a^2$ として出る。最後に $\cos$ が $0^\circ$ から $180^\circ$ で減っていくことを使う。

詳しい計算を開く

段 1（通分）。余弦定理 $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$、$\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$ を分母 $2abc$ にそろえると

$$\cos C-\cos B=\frac{c(a^2+b^2-c^2)-b(a^2+c^2-b^2)}{2abc}$$

である。

段 2（分子の因数分解）。分子を展開して、$a^2$ を含む項とそれ以外に分ける。

$$\begin{aligned} c(a^2+b^2-c^2)-b(a^2+c^2-b^2)&=a^2c+b^2c-c^3-a^2b-bc^2+b^3\\ &=-a^2(b-c)+(b^3-c^3)+bc(b-c)\\ &=(b-c)\bigl\{-a^2+(b^2+bc+c^2)+bc\bigr\}\\ &=(b-c)\bigl\{(b+c)^2-a^2\bigr\}\\ &=(b-c)(b+c-a)(b+c+a) \end{aligned}$$

2 行目から 3 行目では $b^3-c^3=(b-c)(b^2+bc+c^2)$ を使った。

段 3（$b+c-a>0$）。$0^\circ< A<180^\circ$ なので $\cos A>-1$ である。余弦定理から $\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}>-1$ で、両辺に $2bc>0$ を掛けて $b^2+2bc+c^2>a^2$、つまり $(b+c)^2>a^2$ である。$b+c>0$、$a>0$ なので $b+c>a$ である。

段 4（符号）。段 1〜3 より、分母 $2abc$ と $b+c-a$、$a+b+c$ は正なので、$\cos C-\cos B$ は $b-c$ と同じ符号をもつ。$\cos$ は $0^\circ$ から $180^\circ$ の範囲で減っていく（三角比と鈍角への拡張）ので、$B>C$ と $\cos B<\cos C$ は同値である。よって $b>c\iff\cos C>\cos B\iff B>C$ である。$\square$

ex-sai-start の三角形で確かめる

$a=14$、$b=15$、$c=13$ では $\cos C-\cos B=\dfrac35-\dfrac5{13}=\dfrac{39-25}{65}=\dfrac{14}{65}$ である。右辺は
$$ \frac{(15-13)(15+13-14)(14+15+13)}{2\cdot14\cdot15\cdot13}=\frac{2\cdot14\cdot42}{5460}=\frac{1176}{5460}=\frac{14}{65} $$
で一致する。$b-c=2>0$ なので $\cos C>\cos B$、つまり $B>C$ である。

正弦の差と和積公式

三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$ とすると
$$ b-c=4R\cos\frac{B+C}2\sin\frac{B-C}2 $$
が成り立つ。右辺の $\cos\dfrac{B+C}2$ は正なので、$b-c$ と $B-C$ は同じ符号をもつ。

正弦定理から

正弦定理により $b=2R\sin B$、$c=2R\sin C$ である。和積公式 $\sin B-\sin C=2\cos\dfrac{B+C}2\sin\dfrac{B-C}2$ を使うと
$$ b-c=2R(\sin B-\sin C)=4R\cos\frac{B+C}2\sin\frac{B-C}2 $$
である。$B+C<180^\circ$ なので $0^\circ<\dfrac{B+C}2<90^\circ$ で、$\cos\dfrac{B+C}2>0$ である。$-90^\circ<\dfrac{B-C}2<90^\circ$ の範囲では、$\sin\dfrac{B-C}2$ は $\dfrac{B-C}2$ と同じ符号をもつ（$0$ のときに限り $0$）。よって $b-c$ と $B-C$ は同じ符号をもつ。$\square$

ex-sai-start では $R=\dfrac{abc}{4S}=\dfrac{14\cdot15\cdot13}{4\cdot84}=\dfrac{65}8$、$\sin B=\dfrac{12}{13}$、$\sin C=\dfrac45$ で、$2R(\sin B-\sin C)=\dfrac{65}4\cdot\dfrac{60-52}{65}=2=b-c$ となる（面積 $S=\dfrac12\cdot14\cdot12=84$）。
蝶番の定理（thm-sai-hinge）も、余弦定理で短く示せる。$AB=DE=c$、$AC=DF=b$ のとき
$$ BC^2-EF^2=(b^2+c^2-2bc\cos A)-(b^2+c^2-2bc\cos D)=2bc(\cos D-\cos A) $$
で、$\cos$ が $0^\circ$ から $180^\circ$ で減っていくことから、$\angle A>\angle D$ と $BC>EF$ は同値である。ex-sai-hinge-num の表はこの式の数値例である。
3 つの証明を比べる。

	Euclid の方法（prf-sai-main）	余弦（prf-sai-cos）	正弦（prf-sai-sin）
使う道具	二等辺三角形の底角、外角の定理（弱い形）	余弦定理、$\cos$ の減少	正弦定理、和積公式
平行線公準	使わない	使う（余弦定理は三平方の定理から）	使う（内角の和、円周角の定理）
証明の形	図形を作って角を比べる	差を因数分解して符号を見る	差を積に直して符号を見る
得られるもの	大小だけ	余弦の差の式	辺の差の式

計算による証明は短いが、三角比と余弦定理を先に用意する必要がある。Euclid の方法は、合同と外角という中学校の道具だけで済み、平行線公準も使わない。この違いは「大学数学で見る」の節で意味をもつ。

正弦定理の計算で使う

正弦定理（高校数学）で角を求めるとき、正弦の値から候補が 2 つ出ることがある。thm-sai-main は、そのどちらが正しいかを決める道具になる。

2 辺と 1 つの角から残りの角を決める

$a=3$、$b=2$、$A=30^\circ$ の三角形で角 $B$ を求める。正弦定理 $\dfrac a{\sin A}=\dfrac b{\sin B}$ から
$$ \sin B=\frac{b\sin A}a=\frac{2\cdot\frac12}3=\frac13 $$
である。$\sin B=\dfrac13$ となる $0^\circ$ から $180^\circ$ の角は、約 $19.47^\circ$ と約 $160.53^\circ$ の 2 つある。ここで $a=3>b=2$ なので、thm-sai-main (1) により $A>B$、つまり $B<30^\circ$ である。よって $B\approx19.47^\circ$ に決まり、$C\approx180^\circ-30^\circ-19.47^\circ=130.53^\circ$ である。

同じ三角形の中の 2 つの角 $B$、$C$ については、正弦定理 $b=2R\sin B$、$c=2R\sin C$ と thm-sai-main から
$$ \sin B>\sin C\iff b>c\iff B>C $$
が成り立つ。正弦の大小で角の大小が決まるのは、2 つの角が同じ三角形の中にあるからである（次の節の ex-sai-cx-sin）。

例と反例

thm-sai-main と thm-sai-hinge の条件を外したり、言い換えを誤ったりすると、結論が成り立たなくなる。

外す条件	反例	成り立たなくなること
蝶番の定理の「2 辺がそれぞれ等しい」	2 辺 $1,1$・間の角 $90^\circ$ と、2 辺 $5,5$・間の角 $60^\circ$（ex-sai-cx-hinge）	間の角が大きい方の第 3 辺が長い
辺と「向かいの」角で比べる	$3,4,5$ の直角三角形の最長の辺 $AB$ と、その端の角 $A$（ex-sai-cx-adjacent）	長い辺に接する角が大きい
2 つの角が同じ三角形の中にある	$150^\circ$ と $60^\circ$（ex-sai-cx-sin）	正弦の大小と角の大小が一致する

反例：2 辺が等しくない 2 つの三角形

三角形 1 は 2 辺が $1,1$ で間の角が $90^\circ$、三角形 2 は 2 辺が $5,5$ で間の角が $60^\circ$ とする。三角形 1 の第 3 辺は三平方の定理により $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2\approx1.41$ である。三角形 2 は頂角 $60^\circ$ の二等辺三角形なので、底角も $\dfrac{180^\circ-60^\circ}2=60^\circ$ で正三角形になり、第 3 辺は $5$ である。
間の角は三角形 1 の方が大きい（$90^\circ>60^\circ$）のに、第 3 辺は三角形 1 の方が短い（$\sqrt2<5$）。thm-sai-hinge は、2 辺がそれぞれ等しい 2 つの三角形だけを比べる定理である。

反例：辺の端の角と比べる

$C=90^\circ$、$a=BC=3$、$b=CA=4$、$c=AB=5$ の直角三角形を考える。$\sin A=\dfrac35$、$\sin B=\dfrac45$ で、$A\approx36.87^\circ$、$B\approx53.13^\circ$ である。
最も長い辺は $AB$ だが、その両端の角 $A$、$B$ はどちらも最大ではなく、特に $A$ は最も小さい。最大の角は $AB$ の向かいの $C=90^\circ$ である。thm-sai-main が結びつけるのは、辺と「その辺に接する角」ではなく、辺と「向かいの角」である。

反例：別々の角の正弦を比べる

$\sin150^\circ=\dfrac12$、$\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}2$ なので $\sin150^\circ<\sin60^\circ$ だが、角は $150^\circ>60^\circ$ である。正弦は $0^\circ$ から $90^\circ$ では増え、$90^\circ$ から $180^\circ$ では減るので、正弦の大小だけでは角の大小は決まらない。
$150^\circ+60^\circ=210^\circ>180^\circ$ なので、この 2 つの角が同じ三角形の中にあることはない。同じ三角形の中の 2 つの角なら、前の節で見たとおり正弦の大小と角の大小は一致する。ex-sai-los で $B\approx160.53^\circ$ が除かれたのも、$A=30^\circ$ と合わせると $180^\circ$ を超えるからである。

大学数学で見る：中立幾何の定理

prf-sai-main と prf-sai-hinge は、(F1)〜(F4) と、合同条件・角を写す操作・角の内側の半直線が対辺と交わること（平行線公準（高校数学）の (N1)〜(N6)）だけを使い、平行線公準を使わない。平行線公準を使わずに示せる平面幾何を 中立幾何 という。辺と角の大小と蝶番の定理は、中立幾何の定理である。

双曲平面と球面ではどうなるかを開く

Euclid の『原論』でも、辺と角の大小（命題 18・19）、2 辺の和（命題 20）、蝶番の定理（命題 24・25）は、第 5 公準（平行線公準）を証明に引く命題 29（Hea56 p. 312）より前に置かれている。

平行線公準が成り立たない平面の代表が双曲平面である。双曲平面では三角形の内角の和は $180^\circ$ より小さく、余弦定理も高校で習う形とは違う式になる。それでも双曲平面は中立幾何の公理を満たすので、この記事の Euclid の方法の証明はそのまま通用し、「大きい辺の向かいに大きい角がある」も蝶番の定理も成り立つ。一方、prf-sai-cos や prf-sai-sin は、平面の余弦定理・正弦定理を使うので、双曲平面ではそのままでは使えない。

球面（大円を「直線」とみる幾何）は中立幾何の公理を満たさない。2 点を通る「直線」が 1 本とは限らず、外角の定理（弱い形）も成り立たない例がある（平行線公準（高校数学）の球面の例）。したがって (F2) を使う prf-sai-main は球面ではそのままでは通用しない。球面の三角形の辺と角の関係は、球面の三角法で別に調べることになる（球面三角法）。

角を使わない場面では、cor-sai-sum の「2 辺の和は残りの 1 辺より長い」が主役になる。大学では、距離の性質のうちこの不等式を公理として取り出し、角のない集合の上でも「距離」を考える（距離空間、三角不等式）。

さらに先へ

cor-sai-sum の逆、つまり「3 つの正の数がどんなときに三角形の 3 辺になるか」は、次の記事三角形の成立条件で扱う。答えは「最大の数が残りの 2 つの和より小さいとき」である。
蝶番の定理（thm-sai-hinge）は、2 辺と間の角で三角形が 1 つに決まること（三角形の決定と解の個数）の定量的な形とみることができる。間の角を $0^\circ$ から $180^\circ$ まで動かすと、第 3 辺は $\lvert b-c\rvert$ より長く $b+c$ より短い範囲を、増えながら動く。