Langleyの整数角の問題

段 0（分かっている角）。ex-lg-chase (1) のとおり $\angle A=20^\circ$、$\angle ABD=20^\circ$、$\angle BDC=40^\circ$、$\angle BEC=50^\circ$ である。
段 1（$BE=BC$）。三角形 $BCE$ で $\angle BCE=50^\circ=\angle BEC$ なので、2 つの角が等しい三角形は二等辺三角形であり、$BE=BC$ である。
段 2（点 $G$ と $BG=BC$）。辺 $CA$ の上に $\angle CBG=20^\circ$ となる点 $G$ をとる（図 2）。$20^\circ<60^\circ$ なので半直線 $BG$ は角 $CBD$ の内部を通り、$G$ は線分 $CD$ の上にある。三角形 $BCG$ で $\angle BGC=180^\circ-20^\circ-80^\circ=80^\circ=\angle BCG$ なので、$BG=BC$ である。
段 3（三角形 $BEG$ は正三角形）。段 1・段 2 から $BE=BG$ である。$\angle EBG=\angle ABC-\angle CBG=80^\circ-20^\circ=60^\circ$ なので、三角形 $BEG$ は頂角 $60^\circ$ の二等辺三角形で、底角はどちらも $\dfrac{180^\circ-60^\circ}2=60^\circ$ である。よって三角形 $BEG$ は正三角形で、$EG=BG$、$\angle BGE=60^\circ$ である。
段 4（$GD=GB$）。三角形 $BGD$ で、$\angle GBD=\angle CBD-\angle CBG=60^\circ-20^\circ=40^\circ$、$\angle BDG=\angle BDC=40^\circ$（$G$ は線分 $CD$ の上）である。2 つの角が等しいので $GD=GB$ である（図 3）。
段 5（$\angle EGD=40^\circ$）。$C$、$G$、$D$ はこの順に一直線上にあるので $\angle BGD=180^\circ-\angle BGC=100^\circ$ である。$D$ は半直線 $GA$ の上にあるので、角 $BGD$ は角 $BGA$ と同じである。$E$ は線分 $AB$ の上にあるので、半直線 $GE$ は角 $BGA$ の内部にある。よって
$$ \angle EGD=\angle BGD-\angle BGE=100^\circ-60^\circ=40^\circ $$
である。
段 6（$\angle BDE=30^\circ$）。段 3・段 4 から $GE=GB=GD$ なので、三角形 $GED$ は $GE=GD$ の二等辺三角形で、底角は $\angle GDE=\dfrac{180^\circ-40^\circ}2=70^\circ$ である。$D$ から見ると、三角形の周を $A\to B\to C$ とたどるにつれて、半直線は $DA$、$DE$、$DB$、$DC$ の順に回る（$E$ は辺 $AB$ の上、$B$ は $AB$ と $BC$ の境）ので、半直線 $DB$ は角 $EDC$ の内部にある。$\angle EDC=\angle GDE=70^\circ$（$G$ は半直線 $DC$ の上）なので
$$ \angle BDE=\angle EDC-\angle BDC=70^\circ-40^\circ=30^\circ $$
である。$\square$

段 1（長さ）。$BC=1$ とする。ex-lg-numeric のとおり $BE=1$、$BD=\dfrac{\sin80^\circ}{\sin40^\circ}=2\cos40^\circ$ である（$\sin80^\circ=2\sin40^\circ\cos40^\circ$ は 2 倍角の公式）。
段 2（方程式）。三角形 $BDE$ の角は $\angle DBE=20^\circ$、$\angle BDE=x$、$\angle BED=160^\circ-x$ である。正弦定理 $\dfrac{BE}{\sin x}=\dfrac{BD}{\sin(160^\circ-x)}$ に段 1 を代入すると
$$ \frac{\sin(160^\circ-x)}{\sin x}=2\cos40^\circ $$
である（$0^\circ< x<160^\circ$）。
段 3（$x=30^\circ$ は解）。$x=30^\circ$ なら左辺は $\dfrac{\sin130^\circ}{\sin30^\circ}=2\sin50^\circ=2\cos40^\circ$ で、右辺に等しい。
段 4（解はほかにない）。加法定理で左辺を書き直すと
$$ \frac{\sin160^\circ\cos x-\cos160^\circ\sin x}{\sin x}=\sin20^\circ\cdot\frac{\cos x}{\sin x}+\cos20^\circ $$
である（$\sin160^\circ=\sin20^\circ$、$\cos160^\circ=-\cos20^\circ$）。$\dfrac{\cos x}{\sin x}=\dfrac1{\tan x}$ は $0^\circ< x<180^\circ$ で狭義に減少し、$\sin20^\circ>0$ なので、左辺は $x$ について狭義に減少する。よって方程式の解はただ 1 つで、段 3 より $x=30^\circ$ である。$\square$

対角線で分けた 4 つの三角形 $PBC$、$PCD$、$PDE$、$PEB$ で正弦定理を使う。$P$ は線分 $BD$、$CE$ の上にあるので、たとえば $\angle PCB=\angle BCE$、$\angle PBC=\angle CBD$ である。
$$ \frac{PB}{PC}=\frac{\sin\angle BCE}{\sin\angle CBD},\quad \frac{PC}{PD}=\frac{\sin\angle CDB}{\sin\angle DCE},\quad \frac{PD}{PE}=\frac{\sin\angle DEC}{\sin\angle EDB},\quad \frac{PE}{PB}=\frac{\sin\angle EBD}{\sin\angle BEC} $$
である。4 つの左辺を掛けると $\dfrac{PB}{PC}\cdot\dfrac{PC}{PD}\cdot\dfrac{PD}{PE}\cdot\dfrac{PE}{PB}=1$ なので、右辺の積も $1$ である。分母を払うと結論を得る。$\square$

段 1（後ろの 2 つ）。積を和に直す公式 $\sin\alpha\sin\beta=\dfrac12\bigl(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\bigr)$ を使うと
$$ \sin(60^\circ-t)\sin(60^\circ+t)=\frac12\bigl(\cos2t-\cos120^\circ\bigr)=\frac12\cos2t+\frac14 $$
である。
段 2（$\sin t$ を掛ける）。$\sin t\cos2t=\dfrac12\bigl(\sin3t-\sin t\bigr)$（積を和に直す公式 $\sin\alpha\cos\beta=\dfrac12\bigl(\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\bigr)$ で $\alpha=t$、$\beta=2t$）なので
$$ \sin t\left(\frac12\cos2t+\frac14\right)=\frac14\bigl(\sin3t-\sin t\bigr)+\frac14\sin t=\frac14\sin3t $$
である。$\square$