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東京工業大学 1995年理系第2問解説

方針・初手

五角形の面積を $\theta$ の関数として表し、微分を用いて最大値を求める。面積を求めるアプローチとしては、以下の2つが考えられる。 1つは、図形に補助線を引いて三角形と台形に分割し、それぞれの面積を足し合わせる方法（解法1）。もう1つは、等長・等角で折れ曲がる図形が円に内接することを利用し、外接円の中心から見た三角形の和・差として面積を捉える方法（解法2）である。

解法1

五角形の頂点を順に $P_1, P_2, P_3, P_4, P_5$ とおく。条件より、$P_1P_2 = P_2P_3 = P_3P_4 = P_4P_5 = 1$ であり、各頂点での内角は $\angle P_2 = \angle P_3 = \angle P_4 = \pi - \theta$ である。線分 $P_2P_4$ を結び、五角形を $\triangle P_2P_3P_4$ と四角形 $P_1P_2P_4P_5$ に分割する。

$\triangle P_2P_3P_4$ の面積を $S_1$ とすると、

$$ S_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin(\pi - \theta) = \frac{1}{2}\sin\theta $$

余弦定理より、底辺 $P_2P_4$ の長さの2乗は

$$ P_2P_4^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cos(\pi - \theta) = 2 + 2\cos\theta = 4\cos^2\frac{\theta}{2} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $\cos\frac{\theta}{2} > 0$ であるから、$P_2P_4 = 2\cos\frac{\theta}{2}$ となる。また、$\triangle P_2P_3P_4$ は二等辺三角形であるため、$\angle P_3P_2P_4 = \angle P_3P_4P_2 = \frac{\theta}{2}$ である。

次に、四角形 $P_1P_2P_4P_5$ の面積 $S_2$ を座標を用いて求める。線分 $P_2P_4$ の中点を原点にとり、直線 $P_2P_4$ を $x$ 軸とする。 $P_2 \left( -\cos\frac{\theta}{2}, 0 \right), \quad P_4 \left( \cos\frac{\theta}{2}, 0 \right)$ とおく。 $P_3$ は $y < 0$ の領域にあるとすると、$P_3 \left( 0, -\sin\frac{\theta}{2} \right)$ である。 $P_1$ と $P_5$ は $y > 0$ の領域にあり、ベクトル $\vec{P_2P_1}$ の $x$ 軸正の向きとのなす角は $\angle P_1P_2P_4 = (\pi - \theta) - \frac{\theta}{2} = \pi - \frac{3}{2}\theta$ である。したがって、$P_1$ の座標は、

$$ P_1 \left( -\cos\frac{\theta}{2} + \cos\left(\pi - \frac{3}{2}\theta\right), \sin\left(\pi - \frac{3}{2}\theta\right) \right) = \left( -\cos\frac{\theta}{2} - \cos\frac{3}{2}\theta, \sin\frac{3}{2}\theta \right) $$

対称性より、$P_5$ の座標は

$$ P_5 \left( \cos\frac{\theta}{2} + \cos\frac{3}{2}\theta, \sin\frac{3}{2}\theta \right) $$

これにより、四角形 $P_1P_2P_4P_5$ は $P_1P_5 \parallel P_2P_4$ の等脚台形であることがわかる。上底 $2\cos\frac{\theta}{2}$、下底 $2\cos\frac{\theta}{2} + 2\cos\frac{3}{2}\theta$、高さ $\sin\frac{3}{2}\theta$ より、面積 $S_2$ は

$$ \begin{aligned} S_2 &= \frac{1}{2} \left\{ 2\cos\frac{\theta}{2} + \left( 2\cos\frac{\theta}{2} + 2\cos\frac{3}{2}\theta \right) \right\} \sin\frac{3}{2}\theta \\ &= \left( 2\cos\frac{\theta}{2} + \cos\frac{3}{2}\theta \right) \sin\frac{3}{2}\theta \\ &= 2\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{3}{2}\theta + \cos\frac{3}{2}\theta\sin\frac{3}{2}\theta \\ &= \sin 2\theta + \sin\theta + \frac{1}{2}\sin 3\theta \end{aligned} $$

五角形の面積を $S$ とすると、$S = S_1 + S_2$ より

$$ S = \frac{1}{2}\sin\theta + \sin 2\theta + \sin\theta + \frac{1}{2}\sin 3\theta = \frac{3}{2}\sin\theta + \sin 2\theta + \frac{1}{2}\sin 3\theta $$

これを $\theta$ で微分すると、

$$ \begin{aligned} S' &= \frac{3}{2}\cos\theta + 2\cos 2\theta + \frac{3}{2}\cos 3\theta \\ &= 2\cos 2\theta + \frac{3}{2}(\cos 3\theta + \cos\theta) \\ &= 2\cos 2\theta + \frac{3}{2} \cdot 2\cos 2\theta \cos\theta \\ &= \cos 2\theta (2 + 3\cos\theta) \end{aligned} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ において $2 + 3\cos\theta > 0$ であるため、$S' = 0$ となるのは $\cos 2\theta = 0$、すなわち $\theta = \frac{\pi}{4}$ のときである。増減表は以下のようになる。

$\theta$	$(0)$	$\cdots$	$\frac{\pi}{4}$	$\cdots$	$\left(\frac{\pi}{2}\right)$
$S'$		$+$	$0$	$-$
$S$		$\nearrow$	最大	$\searrow$

よって $\theta = \frac{\pi}{4}$ で最大となり、その最大値は

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

解法2

折れ線 $P_1P_2P_3P_4P_5$ は、一辺の長さが $1$ で外角が $\theta$ の正多角形の一部とみなせるため、同一の円周上に存在する。この円の中心を $O$、半径を $R$ とすると、各辺に対する中心角について $\angle P_1OP_2 = \angle P_2OP_3 = \angle P_3OP_4 = \angle P_4OP_5 = \theta$ が成り立つ。 $P_2P_3 = 1$ より、

$$ 2R\sin\frac{\theta}{2} = 1 \iff R^2 = \frac{1}{4\sin^2\frac{\theta}{2}} = \frac{1}{2(1-\cos\theta)} $$

五角形 $P_1P_2P_3P_4P_5$ の面積 $S$ は、多角形 $OP_1P_2P_3P_4P_5$ の面積から $\triangle OP_1P_5$ の面積を引いたものに等しい。多角形 $OP_1P_2P_3P_4P_5$ は、頂角 $\theta$、等辺 $R$ の二等辺三角形4つ分であり、$\triangle OP_1P_5$ は、頂角 $4\theta$、等辺 $R$ の二等辺三角形であるため、

$$ \begin{aligned} S &= 4 \times \left( \frac{1}{2}R^2\sin\theta \right) - \frac{1}{2}R^2\sin 4\theta \\ &= \frac{1}{2}R^2(4\sin\theta - \sin 4\theta) \end{aligned} $$

$R^2$ を代入して変形する。

$$ \begin{aligned} S &= \frac{4\sin\theta - \sin 4\theta}{4(1-\cos\theta)} \\ &= \frac{4\sin\theta - 2\sin 2\theta \cos 2\theta}{4(1-\cos\theta)} \\ &= \frac{4\sin\theta - 4\sin\theta \cos\theta (2\cos^2\theta - 1)}{4(1-\cos\theta)} \\ &= \frac{\sin\theta \left\{ 1 - \cos\theta (2\cos^2\theta - 1) \right\}}{1-\cos\theta} \\ &= \frac{\sin\theta (-2\cos^3\theta + \cos\theta + 1)}{1-\cos\theta} \end{aligned} $$

分子の括弧内は $(1-\cos\theta)(2\cos^2\theta + 2\cos\theta + 1)$ と因数分解できるため、

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

これを $\theta$ で微分する。

$$ \begin{aligned} S' &= \cos\theta (2\cos^2\theta + 2\cos\theta + 1) + \sin\theta (-4\cos\theta\sin\theta - 2\sin\theta) \\ &= 2\cos^3\theta + 2\cos^2\theta + \cos\theta - 2\sin^2\theta (2\cos\theta + 1) \\ &= 2\cos^3\theta + 2\cos^2\theta + \cos\theta - 2(1-\cos^2\theta)(2\cos\theta + 1) \\ &= 2\cos^3\theta + 2\cos^2\theta + \cos\theta - 2(2\cos\theta + 1 - 2\cos^3\theta - \cos^2\theta) \\ &= 6\cos^3\theta + 4\cos^2\theta - 3\cos\theta - 2 \end{aligned} $$

これを因数分解すると、

$$ \begin{aligned} S' &= 2\cos^2\theta (3\cos\theta + 2) - (3\cos\theta + 2) \\ &= (2\cos^2\theta - 1)(3\cos\theta + 2) \end{aligned} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $\cos\theta > 0$ であるため、$3\cos\theta + 2 > 0$ は常に成り立つ。よって $S' = 0$ となるのは $2\cos^2\theta - 1 = 0$、すなわち $\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$ のときであり、$\theta = \frac{\pi}{4}$。増減表（解法1と同様）より $\theta = \frac{\pi}{4}$ で最大となる。最大値は、

$$ \begin{aligned} S\left(\frac{\pi}{4}\right) &= \sin\frac{\pi}{4} \left( 2\cos^2\frac{\pi}{4} + 2\cos\frac{\pi}{4} + 1 \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( 2 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} (2 + \sqrt{2}) = \sqrt{2} + 1 \end{aligned} $$

解説

図形問題における面積の立式と、三角関数の微分の基本を問う問題である。解法1のように図形を分割して解くのが一般的であるが、鈍角・鋭角による長さの符号や位置関係の曖昧さを避けるため、座標平面を設定すると安全に立式できる。一方、解法2の「円に内接する」という性質を見抜けると、面倒な和積の公式等に頼らず、機械的な因数分解のみで導関数を処理できるため非常にエレガントである。等長で等角に折れ曲がる図形を見た際の強力な武器になる。