数学3 最大最小・解の個数問題 2 解説

方針・初手

(1) 単位円（半径1の円）に内接する三角形の辺の長さを、正弦定理を用いて $\theta$ で表します。 (2) (1)で求めた関数 $S(\theta)$ を微分し、増減表を書いて最大値を求めます。積の微分法のまま計算してもよいですが、倍角の公式などで和の形に直してから微分する方が計算の見通しが良くなります。 (3) (1)および(2)は「二等辺三角形である」という前提のもとでの最大値です。一般の三角形において、ある1辺を固定したとき面積が最大となるのは二等辺三角形であることを図形的または数式的に示し、(1)(2)の結果を利用します。

解法1

(1)

単位円の半径は $1$ である。点 $\text{A}, \text{B}, \text{C}$ は相異なるため、頂角 $\angle \text{BAC} = 2\theta$ について $0 < 2\theta < \pi$ 、すなわち $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ である。

$\triangle \text{ABC}$ に正弦定理を用いると、

$$\frac{\text{BC}}{\sin 2\theta} = 2 \cdot 1 \implies \text{BC} = 2\sin 2\theta$$

また、$\triangle \text{ABC}$ は $\text{AB} = \text{AC}$ の二等辺三角形であるから、底角は等しく、

$$\angle \text{ABC} = \angle \text{ACB} = \frac{\pi - 2\theta}{2} = \frac{\pi}{2} - \theta$$

となる。再び正弦定理を用いると、

$$\frac{\text{AB}}{\sin \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right)} = 2 \cdot 1 \implies \text{AB} = 2\cos \theta$$

よって、$\triangle \text{ABC}$ の面積 $S(\theta)$ は、

$$S(\theta) = \frac{1}{2} \text{AB} \cdot \text{AC} \sin 2\theta = \frac{1}{2} (2\cos \theta)^2 \sin 2\theta = 2\sin 2\theta \cos^2 \theta$$

と表せる。これを後の計算のために半角の公式を用いて変形しておくと、

$$S(\theta) = 2\sin 2\theta \cdot \frac{1+\cos 2\theta}{2} = \sin 2\theta (1+\cos 2\theta) = \sin 2\theta + \frac{1}{2}\sin 4\theta$$

となる。

(2)

(1)の変形より、$S(\theta) = \sin 2\theta + \frac{1}{2}\sin 4\theta$ である。これを $\theta$ で微分すると、

$$S'(\theta) = 2\cos 2\theta + 2\cos 4\theta$$

倍角の公式 $\cos 4\theta = 2\cos^2 2\theta - 1$ を用いて整理すると、

$$S'(\theta) = 2\cos 2\theta + 2(2\cos^2 2\theta - 1) = 2(2\cos^2 2\theta + \cos 2\theta - 1) = 2(2\cos 2\theta - 1)(\cos 2\theta + 1)$$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $-1 < \cos 2\theta < 1$ であるから、常に $\cos 2\theta + 1 > 0$ である。したがって、$S'(\theta) = 0$ となるのは $\cos 2\theta = \frac{1}{2}$ のときであり、$0 < 2\theta < \pi$ より $2\theta = \frac{\pi}{3}$、すなわち $\theta = \frac{\pi}{6}$ である。

増減表は以下のようになる。

$$\begin{array}{c|ccccc} \theta & (0) & \cdots & \frac{\pi}{6} & \cdots & \left(\frac{\pi}{2}\right) \\ \hline S'(\theta) & & + & 0 & - & \\ \hline S(\theta) & & \nearrow & \text{極大} & \searrow & \end{array}$$

増減表より、$S(\theta)$ が最大となる $\theta$ は、

$$\theta = \frac{\pi}{6}$$

(3)

単位円に内接する任意の三角形を考える。その1つの弦を $\text{BC}$ とし、位置を固定する。残りの頂点 $\text{A}$ を、直線 $\text{BC}$ に対して面積が大きくなる側の弧（優弧）上で動かす。

$\triangle \text{ABC}$ の面積が最大となるのは、底辺を $\text{BC}$ としたときの高さ、すなわち点 $\text{A}$ から直線 $\text{BC}$ に下ろした垂線の長さが最大となるときである。これは、点 $\text{A}$ が弦 $\text{BC}$ の垂直二等分線と優弧の交点に位置するときであり、このとき $\text{AB} = \text{AC}$ の二等辺三角形となる。したがって、単位円に内接する三角形のうちで面積が最大となるものは、二等辺三角形でなければならない。

(2)の結果より、単位円に内接する二等辺三角形の中で面積が最大となるのは $\theta = \frac{\pi}{6}$ のときである。このとき、頂角は $\angle \text{A} = 2\theta = \frac{\pi}{3}$ であり、二等辺三角形であるから底角は $\angle \text{B} = \angle \text{C} = \frac{\pi - \pi/3}{2} = \frac{\pi}{3}$ となる。 3つの内角がすべて $\frac{\pi}{3}$ となるため、面積が最大である三角形は正三角形である。

解法2

(3)の別解（数式による証明）

単位円に内接する任意の三角形の内角を $\alpha, \beta, \gamma$ とする（$\alpha+\beta+\gamma=\pi$）。正弦定理により、各辺の長さは $2\sin \alpha, 2\sin \beta, 2\sin \gamma$ であるから、三角形の面積 $S$ は

$$S = \frac{1}{2} \cdot 2\sin \beta \cdot 2\sin \gamma \cdot \sin \alpha = 2\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma$$

と表せる。ここで積和の公式を用いると、

$$S = 2\sin \alpha \cdot \left\{ -\frac{1}{2} (\cos(\beta+\gamma) - \cos(\beta-\gamma)) \right\} = -\sin \alpha (\cos(\beta+\gamma) - \cos(\beta-\gamma))$$

$\alpha+\beta+\gamma = \pi$ より $\cos(\beta+\gamma) = \cos(\pi-\alpha) = -\cos \alpha$ となるため、

$$S = \sin \alpha (\cos(\beta-\gamma) + \cos \alpha)$$

と変形できる。

ここで、内角の1つ $\alpha$ を固定して考える。 $-1 \leqq \cos(\beta-\gamma) \leqq 1$ であり、$S$ が最大となるのは $\cos(\beta-\gamma) = 1$ のとき、すなわち $\beta = \gamma$ のときである。これは、角 $\alpha$ を一定とした場合、残りの2角が等しい二等辺三角形のときに面積が最大になることを示している。

$\beta = \gamma$ のとき、面積 $S$ は

$$S = \sin \alpha (1 + \cos \alpha)$$

となる。これは(1)で求めた $S(\theta) = \sin 2\theta (1 + \cos 2\theta)$ において、$2\theta = \alpha$ としたものに他ならない。 (2)の増減の議論より、この関数が最大となるのは $\alpha = \frac{\pi}{3}$ のときである。

このとき、$\beta = \gamma$ かつ $\alpha+\beta+\gamma = \pi$ より、$\beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$ となる。よって、$\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$ であり、面積が最大である三角形は正三角形であることが示された。

解説

(1)と(2)は図形の計量および三角関数の微分の基本的な問題です。角 $\theta$ の取り得る範囲を確認したうえで、微分の見通しが良くなるように関数の形を整える（和の形にする）ことがポイントです。

(3)は本問の核心となる証明問題です。任意の三角形において、1つの辺（あるいは1つの角）を固定して残りの要素を動かす「予選決勝法」の考え方が有効です。解法1のように「弦を固定して高さを最大化する」という図形的なアプローチは直感的でわかりやすく、解法2のように「角を固定して関数を最大化する」アプローチは論理が数式で明確に裏付けられます。どちらの方針でも(1)と(2)の結果をうまく利用して結論に繋ぐことができます。