Malfattiの円

正三角形 $ABC$（1 辺 $1$）の中に、半径 $\rho$ の円 $\omega_A$、$\omega_B$、$\omega_C$ を置く。$\omega_A$ は辺 $AB$、$AC$ に、$\omega_B$ は辺 $BA$、$BC$ に、$\omega_C$ は辺 $CA$、$CB$ に接し、3 つの円は互いに外接するとする。
(1) 頂点から接点までの長さ。$\omega_A$ の中心を $P$、$\omega_A$ が辺 $AB$ に接する点を $T$ とする。$P$ は 2 辺 $AB$、$AC$ から等しい距離 $\rho$ にあるので、角 $A$ の二等分線の上にある。三角形 $APT$ は $\angle ATP=90^\circ$、$\angle PAT=30^\circ$ の直角三角形なので
$$ AT=\frac{PT}{\tan30^\circ}=\sqrt3\,\rho $$
である。$\omega_B$ が辺 $AB$ に接する点を $T'$ とすると、同じく $BT'=\sqrt3\,\rho$ である。
(2) 2 つの接点の間。$\omega_A$ と $\omega_B$ は同じ半径 $\rho$ で辺 $AB$ に接しているので、2 つの中心は辺 $AB$ から同じ高さ $\rho$ にあり、中心を結ぶ線分は $AB$ に平行である。外接しているので中心の距離は $2\rho$ で、$TT'=2\rho$ である。
(3) 辺 $AB$ の長さを足し合わせると $AT+TT'+T'B=1$ なので
$$ \sqrt3\,\rho+2\rho+\sqrt3\,\rho=1,\qquad \rho=\frac1{2\sqrt3+2}=\frac{\sqrt3-1}{4}\approx0.1830 $$
である（分母と分子に $\sqrt3-1$ を掛けて $(2\sqrt3+2)(\sqrt3-1)=4$ を使った）。
(4) 面積の和は
$$ 3\pi\rho^2=3\pi\cdot\frac{(\sqrt3-1)^2}{16}=3\pi\cdot\frac{4-2\sqrt3}{16}=\boxed{\frac{3\pi(2-\sqrt3)}8}\approx0.3157 $$
である。

同じ正三角形で、別の置き方を試す。まず内接円を置く。内接円の半径は $r=\dfrac{\sqrt3}6$ である（面積 $\dfrac{\sqrt3}4$ を半周長 $\dfrac32$ で割る。三角形の内心と傍心）。
残りの隙間は 3 つの角の近くにある。角 $A$ の近くに、2 辺 $AB$、$AC$ と内接円に接する円 $\omega$ を置く。$\omega$ の半径を $\rho'$ とすると、中心は角 $A$ の二等分線の上で $A$ から距離 $\dfrac{\rho'}{\sin30^\circ}=2\rho'$ のところにある。内接円の中心 $I$ は $A$ から距離 $2r$ にある。$\omega$ と内接円は外接するので、中心の距離は半径の和で
$$ 2r-2\rho'=r+\rho',\qquad \rho'=\frac r3=\frac{\sqrt3}{18} $$
である。このような円を 2 つの角（たとえば $A$ と $B$）に置くと、3 つの円の面積の和は
$$ \pi r^2+2\pi\left(\frac r3\right)^2=\frac{11}9\pi r^2=\frac{11}9\pi\cdot\frac1{12}=\boxed{\frac{11\pi}{108}}\approx0.3200 $$
で、ex-mal-start の $0.3157$ より大きい。

1. 3 辺が $3,4,5$ の直角三角形で、$a=3$、$b=4$、$c=5$ とすると、$s=6$、$r=1$、$s-a=3$、$s-b=2$、$s-c=1$ である。したがって $\cot\dfrac A2=3$、$\cot\dfrac B2=2$、$\cot\dfrac C2=1$ である（$C=90^\circ$ で $\cot45^\circ=1$ と合う）。角 $A$ に入る半径 $\dfrac12$ の円は、$A$ から $\dfrac12\cdot3=\dfrac32$ のところで辺 $AB$ に接する。
2. 正三角形では $\cot30^\circ=\sqrt3$ で、ex-mal-start の (1) の $AT=\sqrt3\,\rho$ はこの補題の特別な場合である。$s-a=\dfrac12$、$r=\dfrac{\sqrt3}6$ から $\dfrac{s-a}r=\dfrac{1/2}{\sqrt3/6}=\sqrt3$ とも一致する。

1. 半径 $1$ と $4$ の外接する 2 円が $x$ 軸に上から接するとき、中心は $(0,1)$ と $(4,4)$ にとれる（距離 $\sqrt{16+9}=5=1+4$）。接点は $(0,0)$ と $(4,0)$ で、$T_1T_2=4=2\sqrt{1\cdot4}$ である。
2. 半径が等しい $\rho$ のときは $2\sqrt{\rho^2}=2\rho$ で、ex-mal-start の (2) の $TT'=2\rho$ になる。

正三角形（1 辺 $1$）では $\cot\dfrac A2=\cot\dfrac B2=\cot\dfrac C2=\sqrt3$ で、3 本の式はどれも $\sqrt3\,r_i+2\sqrt{r_ir_j}+\sqrt3\,r_j=1$ である。$r_1=r_2=r_3=\rho$ とおくと $(2\sqrt3+2)\rho=1$ で、ex-mal-start の $\rho=\dfrac{\sqrt3-1}4$ が得られる。

3 辺が $3,4,5$ の直角三角形では、ex-mal-corner (1) より $\cot\dfrac A2=3$、$\cot\dfrac B2=2$、$\cot\dfrac C2=1$ なので、3 本の式は
$$ 3r_1+2\sqrt{r_1r_2}+2r_2=5,\qquad 2r_2+2\sqrt{r_2r_3}+r_3=3,\qquad r_3+2\sqrt{r_3r_1}+3r_1=4 $$
である。表の値を入れると、3 本とも小数第 5 位まで成り立つ。

1 辺 $1$ の正三角形で、$\omega_A$、$\omega_B$ は半径 $t$ で頂点 $A$、$B$ の 2 辺に接し、$\omega_C$ は頂点 $C$ の 2 辺に接して $\omega_A$、$\omega_B$ の両方に外接するとする。$\omega_A$ と $\omega_B$ が接するという条件は外す。
$\omega_C$ の半径を $v$ とすると、辺 $CA$ で thm-mal-equations の証明と同じ計算をして $\sqrt3\,t+2\sqrt{tv}+\sqrt3\,v=1$ である。$t=0.12$ でも $t=0.15$ でも、この式をみたす $v$ があり、3 つの円は三角形の中にあって重ならない。条件 (i) と 2 つの接触だけでは、半径は 1 組に決まらない。

1 辺 $1$ の正三角形 $A(0,0)$、$B(1,0)$、$C\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}2\right)$ で、半径 $\rho=\dfrac{\sqrt3+1}4\approx0.683$ の円 $\omega_A$ を直線 $AB$、$AC$ に、円 $\omega_B$ を直線 $BA$、$BC$ に、三角形の側から接するように置く。$\omega_A$ の中心は角 $A$ の二等分線の上の $\left(\sqrt3\,\rho,\ \rho\right)$、$\omega_B$ の中心は $\left(1-\sqrt3\,\rho,\ \rho\right)$ で、中心の距離は
$$ \sqrt3\,\rho-(1-\sqrt3\,\rho)=2\sqrt3\,\rho-1=\frac{3+\sqrt3}2-1=\frac{\sqrt3+1}2=2\rho $$
なので、2 つの円は外接する。しかし $\rho>r$ で、2 つの円は三角形からはみ出している。
直線 $AB$ との接点は $A$ から $\sqrt3\,\rho\approx1.183$ と $B$ から $\sqrt3\,\rho$ のところで、並び順が入れかわっている（$\omega_A$ の接点の方が $B$ に近い）。このため thm-mal-equations の 1 本目の式の左辺は $2+\sqrt3$ になって $c=1$ に等しくなく、成り立つのは $c=AT_1+BT_2-2\sqrt{r_1r_2}$ の方である。prf-mal-equations の段 3 で「三角形の中にある」を使った理由がここにある。