数学3 最大最小・解の個数問題 39 解説

方針・初手

弦 $\text{AB}$ の長さを $r$ としたとき、$\text{A, B}$ を固定して $\triangle \text{ABP}$ の面積を最大にするには、底辺 $\text{AB}$ に対する高さを最大にすればよい。点 $\text{P}$ が円周上を動くとき、点 $\text{P}$ から弦 $\text{AB}$ に下ろした垂線の長さが最大となるのは、点 $\text{P}$ が弦 $\text{AB}$ の垂直二等分線と円弧との交点のうち、$\text{AB}$ から遠い方の点に一致するときである。

この図形的性質を用いて、$\triangle \text{ABP}$ の面積の最大値を $r$ の関数として表す。その後、その関数の最大値を求めるために、そのまま $r$ について微分するか、円の中心角をパラメータとして導入し三角関数の問題に帰着させる。

解法1

円の中心を $\text{O}$ とする。点 $\text{A, B}$ を固定したとき、$\triangle \text{ABP}$ の面積が最大となるのは、点 $\text{P}$ が線分 $\text{AB}$ の垂直二等分線と円の交点のうち、線分 $\text{AB}$ から遠い方にあるときである。このとき、$\triangle \text{ABP}$ は $\text{PA} = \text{PB}$ の二等辺三角形となる。

中心 $\text{O}$ から弦 $\text{AB}$ に下ろした垂線の足を $\text{H}$ とすると、$\text{AH} = \frac{r}{2}$ である。直角三角形 $\text{OAH}$ において三平方の定理より

$$\text{OH} = \sqrt{\text{OA}^2 - \text{AH}^2} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{r}{2}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{r^2}{4}}$$

となる。$\triangle \text{ABP}$ の高さの最大値は、線分 $\text{PH}$ の長さであり、$\text{O}$ は線分 $\text{PH}$ 上にあるため

$$\text{PH} = \text{PO} + \text{OH} = 1 + \sqrt{1 - \frac{r^2}{4}}$$

となる。したがって、$\triangle \text{ABP}$ の面積の最大値 $[\text{ア}]$ は、これを $S(r)$ とおくと

$$S(r) = \frac{1}{2} \cdot \text{AB} \cdot \text{PH} = \frac{r}{2} \left( 1 + \sqrt{1 - \frac{r^2}{4}} \right)$$

である。次に、$0 < r \leqq 2$ の範囲において $S(r)$ の最大値を求める。式を変形して

$$S(r) = \frac{r}{2} + \frac{r}{4}\sqrt{4 - r^2}$$

これを $r$ で微分すると

$$\begin{aligned} S'(r) &= \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \sqrt{4 - r^2} + \frac{r}{4} \cdot \frac{-2r}{2\sqrt{4 - r^2}} \\ &= \frac{1}{2} + \frac{4 - r^2}{4\sqrt{4 - r^2}} - \frac{r^2}{4\sqrt{4 - r^2}} \\ &= \frac{1}{2} + \frac{2 - r^2}{2\sqrt{4 - r^2}} \end{aligned}$$

$S'(r) = 0$ とすると

$$\frac{r^2 - 2}{2\sqrt{4 - r^2}} = \frac{1}{2}$$

$$r^2 - 2 = \sqrt{4 - r^2}$$

右辺は正であるから、$r^2 - 2 > 0$ すなわち $r > \sqrt{2}$ が必要である。両辺を $2$ 乗して整理すると

$$r^4 - 4r^2 + 4 = 4 - r^2$$

$$r^4 - 3r^2 = 0$$

$$r^2 (r^2 - 3) = 0$$

$0 < r \leqq 2$ および $r > \sqrt{2}$ の条件を満たすのは $r = \sqrt{3}$ のみである。

$S'(r)$ の符号について、$0 < r < \sqrt{3}$ のときは $r^2 - 2 < \sqrt{4 - r^2}$ となるため $S'(r) > 0$ であり、$\sqrt{3} < r < 2$ のときは $S'(r) < 0$ となる。よって、$S(r)$ は $r = \sqrt{3}$ のとき極大かつ最大となる。

このときの面積の最大値は

$$S(\sqrt{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \left( 1 + \sqrt{1 - \frac{3}{4}} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} \right) = \frac{3\sqrt{3}}{4}$$

解法2

円の中心を $\text{O}$ とする。$\angle \text{AOB} = \theta\ (0 < \theta \leqq \pi)$ とおく。直角三角形 $\text{OAH}$ に着目すると、$r = 2 \sin \frac{\theta}{2}$ と表せる。面積最大の $\triangle \text{ABP}$ は $\text{PA} = \text{PB}$ の二等辺三角形となるため、$\angle \text{AOP} = \angle \text{BOP} = \pi - \frac{\theta}{2}$ である。

$\triangle \text{ABP}$ は $\text{O}$ をその内部または辺上に含むため、面積 $S(\theta)$ は $3$ つの三角形 $\triangle \text{OAB}, \triangle \text{OAP}, \triangle \text{OBP}$ の面積の和として計算できる。

$$\begin{aligned} S(\theta) &= \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin \theta + 2 \times \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin \left( \pi - \frac{\theta}{2} \right) \\ &= \frac{1}{2} \sin \theta + \sin \frac{\theta}{2} \end{aligned}$$

これが $[\text{ア}]$ の面積である。なお、$r$ を用いた式に直すには、$\sin \theta = 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}$ とし、$\sin \frac{\theta}{2} = \frac{r}{2}$、$\cos \frac{\theta}{2} = \sqrt{1 - \left(\frac{r}{2}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{r^2}{4}}$ を代入すれば、解法1と同じ結果が得られる。

次に、$S(\theta)$ の最大値を求めるため、$\theta$ で微分する。

$$\begin{aligned} S'(\theta) &= \frac{1}{2} \cos \theta + \frac{1}{2} \cos \frac{\theta}{2} \\ &= \frac{1}{2} \left( 2\cos^2 \frac{\theta}{2} - 1 \right) + \frac{1}{2} \cos \frac{\theta}{2} \\ &= \cos^2 \frac{\theta}{2} + \frac{1}{2} \cos \frac{\theta}{2} - \frac{1}{2} \\ &= \left( \cos \frac{\theta}{2} + 1 \right) \left( \cos \frac{\theta}{2} - \frac{1}{2} \right) \end{aligned}$$

$0 < \theta \leqq \pi$ の範囲において $0 \leqq \cos \frac{\theta}{2} < 1$ であり、$\cos \frac{\theta}{2} + 1 > 0$ であるため、$S'(\theta) = 0$ となるのは $\cos \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2}$ のときのみである。

これより $\frac{\theta}{2} = \frac{\pi}{3}$、すなわち $\theta = \frac{2}{3}\pi$ となる。 $0 < \theta < \frac{2}{3}\pi$ のとき $S'(\theta) > 0$、$\frac{2}{3}\pi < \theta \leqq \pi$ のとき $S'(\theta) < 0$ となるため、$S(\theta)$ は $\theta = \frac{2}{3}\pi$ で最大値をとる。

このとき、$r$ の値は

$$r = 2 \sin \frac{\pi}{3} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$$

であり、面積の最大値は

$$S\left(\frac{2}{3}\pi\right) = \frac{1}{2} \sin \frac{2}{3}\pi + \sin \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$$

解説

与えられた円に内接する三角形のうち、面積が最大になるのは正三角形となるときである。これは幾何学的に有名な事実であり、これを知っていれば、$\text{A, B, P}$ も動かすという後半の設問について、直感的に $r = \sqrt{3}$ で最大値 $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ になることの予測が立つ。

解法1では無理関数の微分が登場するため、方程式 $r^2 - 2 = \sqrt{4 - r^2}$ を解く際に両辺を $2$ 乗して同値性を崩さないよう、符号の条件（$r^2 - 2 > 0$）を忘れないことが重要である。計算の手間やミスを減らすという点では、解法2のように中心角を置いて三角関数に帰着させるアプローチが非常に有効である。