求める値は, 単位円を外接円にもつ $\triangle\mathrm{ABC}$ の内接円の半径 $r$ の最大値の逆数に等しい. この三角形において, 外心を $\mathrm O$ とおき, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ とおく.

(i)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が鋭角三角形の場合. $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にある. $\triangle\mathrm{OCA},$ $\triangle\mathrm{OAB}$ において底辺を $\mathrm{OA}$ としたときの高さの和は $a$ 以下であるから, \[\triangle\mathrm{OCA}+\triangle\mathrm{OAB} \leqq \frac{a}{2}\] が成り立つ. 同様に \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OAB}+\triangle\mathrm{OBC} &\leqq \frac{b}{2}, \\ \triangle\mathrm{OBC}+\triangle\mathrm{OCA} &\leqq \frac{c}{2} \\ \end{aligned}\] が成り立つから, 辺々を加えると \[\begin{aligned} r(a+b+c) = 2\triangle\mathrm{ABC} &\leqq \frac{a+b+c}{2} \\ r &\leqq \frac{1}{2} \end{aligned}\] が得られる.

(ii)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形, 鈍角三角形の場合. $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺上または外部にあり, $\triangle\mathrm{ABC}$ の内接円は半径 $1$ の半円の内部に収まるから,

$2r < 1$　つまり　$r < \dfrac{1}{2}$

が成り立つ.

(i), (ii) から, \[ r \leqq \frac{1}{2}\] が成り立つ. ゆえに, 三角形の内接円の半径に対する外接円の半径の比の最小値は $2$ である.

　$1$ 辺の長さが $1$ の正十二面体 $P_{12},$ 正二十面体 $P_{20}$ の外接球に占める体積の割合を比較する (正四面体, 正六面体, 正八面体の外接球に占める体積の割合がこれらより小さいことは以下と同様の計算からわかるが, 長くなるため証明は割愛する). $\varphi = \dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ とおく.

(1)

$P_i$ の外接球の半径 $R_i$ を求める.

• $P_{12}$ には $1$ 辺の長さが $\varphi$ の立方体 (頂点を $1$ つ飛ばしに結んで得られる) が内接するから, 最長対角線の長さ $d_{12}$ は \[ d_{12} = \sqrt{\varphi ^2+\varphi ^2+\varphi ^2} = \varphi\sqrt 3\] である. よって, 外接球の半径 $R_{12}$ は \[ R_{12} = \frac{d_{12}}{2} = \frac{\varphi\sqrt 3}{2} = \frac{\sqrt 3+\sqrt{15}}{4}\] である.
• $P_{20}$ の最長対角線は隣り合う $2$ 辺の長さが $1,$ $\varphi$ の長方形の対角線と一致するから, 最長対角線の長さ $d_{20}$ は \[ d_{20} = \sqrt{1^2+\varphi ^2} = \sqrt{1+\frac{3+\sqrt 5}{2}} = \sqrt{\frac{5+\sqrt 5}{2}} = \sqrt{\varphi\sqrt 5}\] である. よって, 外接球の半径 $R_{20}$ は \[ R_{20} = \frac{d}{2} = \frac{\sqrt{\varphi\sqrt 5}}{2} = \frac{\sqrt{10+2\sqrt 5}}{4}\] である.

(2)

$P_i$ の内接球の半径 $r_i$ を求める.

• $P_{12}$ の頂点と面の中心の距離 $l_{12}$ は面の外接球の半径に等しく \[ l_{12} = \frac{1}{2\sin 36^\circ} = \frac{2}{\sqrt{10-2\sqrt 5}}\] であるから, 内接球の半径 $r_{12}$ は三平方の定理により \[\begin{aligned} r_{12} &= \sqrt{R_{12}{}^2-l_{12}{}^2} = \sqrt{\frac{9+3\sqrt 5}{8}-\frac{5+\sqrt 5}{10}} \\ &= \sqrt{\frac{25+11\sqrt 5}{40}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{25+11\sqrt 5}{10}} \end{aligned}\] である.
• $P_{20}$ の頂点と面の中心の距離 $l_{20}$ は面の外接球の半径に等しく \[ l_{20} = \frac{1}{2\sin 60^\circ} = \frac{1}{\sqrt 3}\] であるから, 内接球の半径 $r_{20}$ は三平方の定理により \[\begin{aligned} r_{20} &= \sqrt{R_{20}{}^2-l_{20}{}^2} = \sqrt{\frac{10+2\sqrt 5}{16}-\frac{1}{3}} \\ &= \sqrt{\frac{14+6\sqrt 5}{48}} = \sqrt{\frac{(3+\sqrt 5)^2}{48}} \\ &= \frac{3+\sqrt 5}{4\sqrt 3} = \frac{3\sqrt 3+\sqrt{15}}{12} \end{aligned}\] である.

(3)

$P_i$ の体積 $V_i$ を求める.

• $P_{12}$ は底面積が $\dfrac{\sqrt{25+10\sqrt 5}}{4},$ 高さが $r_{12}$ の正五角錐 $12$ 個に分けられるから, その体積 $V_{12}$ は \[\begin{aligned} V_{12} &= 12\cdot\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{25+10\sqrt 5}}{4}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\frac{25+11\sqrt 5}{10}}\right) \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{(25+10\sqrt 5)(25+11\sqrt 5)}{10}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1175+525\sqrt 5}{10}} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{470+210\sqrt 5}{4}} = \frac{\sqrt{(15+7\sqrt 5)^2}}{4} = \frac{15+7\sqrt 5}{4} \\ &= \frac{\varphi ^4\sqrt 5}{2} \end{aligned}\] である.
• $P_{20}$ は底面積が $\dfrac{\sqrt 3}{4},$ 高さが $r_{20}$ の正三角錐 $20$ 個に分けられるから, その体積 $V_{20}$ は \[\begin{aligned} V_{20} &= 20\cdot\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt 3}{4}\cdot\frac{3\sqrt 3+\sqrt{15}}{12}\right) = \frac{15+5\sqrt 5}{12} \\ &= \frac{5\varphi ^2}{6} \end{aligned}\] である.

(4)

以上から, 正十二面体, 正二十面体の外接球に占める体積の割合はそれぞれ \[\begin{aligned} V_{12}\div\frac{4}{3}\pi R_{12}{}^3 &= \frac{\varphi\sqrt 5}{\pi\sqrt 3} \quad \cdots [1], \\ V_{20}\div\frac{4}{3}\pi R_{20}{}^3 &= \frac{\sqrt{\varphi\sqrt 5}}{\pi} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] であることがわかり, \[ [1]\div [2] = \sqrt{\frac{\varphi\sqrt 5}{3}} = \sqrt{\frac{5+\sqrt 5}{6}} > 1\] により前者の方が大きいので, 正十二面体の模型を入れればよい.

　内角の大きさが $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma$ $(\alpha \leqq \beta \leqq \gamma )$ である直角三角形でない三角形において $\tan\alpha,$ $\tan\beta,$ $\tan\gamma$ が整数であるとして, それらの値を求めればよい.

(1)

まず, $\tan\alpha,$ $\tan\beta,$ $\tan\gamma$ が満たす関係式を求める. $\alpha +\beta +\gamma = \pi$ であるから, 加法定理により \[\begin{aligned} \tan\gamma &= \tan (\pi -\alpha -\beta ) = -\tan (\alpha +\beta ) \\ &= -\frac{\tan\alpha +\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} \end{aligned}\] が成り立つ. 分母を払って整理すると, \[\begin{aligned} (\tan\alpha\tan\beta -1)\tan\gamma &= \tan\alpha +\tan\beta \\ \tan\alpha\tan\beta\tan\gamma &= \tan\alpha +\tan\beta +\tan\gamma \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる.

(2)

次に, $\tan\alpha,$ $\tan\beta,$ $\tan\gamma$ の値を求める. 仮定 $\alpha \leqq \beta \leqq \gamma$ により \[ 3\alpha \leqq \alpha +\beta +\gamma = \pi\] であるから, $0 < \alpha \leqq \dfrac{\pi}{3}$ である. よって, \[ 0 < \tan\alpha \leqq \sqrt 3\] であり, $\tan\alpha$ は整数であるから, \[\tan\alpha = 1\] である. この値を $[1]$ に代入して整理すると, \[\begin{aligned} &\tan\beta\tan\gamma = \tan\beta +\tan\gamma +1 \\ &\tan\beta\tan\gamma -\tan\beta -\tan\gamma +1 = 2 \\ &(\tan\beta -1)(\tan\gamma -1) = 2 \end{aligned}\] が得られる. $\tan\beta,$ $\tan\gamma$ が整数であること, $\dfrac{\pi}{4} \leqq \beta \leqq \gamma,$ $\beta +\gamma = \dfrac{3}{4}\pi$ から $\beta,$ $\gamma$ は鋭角であって $1 \leqq \tan\beta \leqq \tan\gamma$ であることに注意すると, \[ (\tan\beta -1,\tan\gamma -1) = (1,2)\] つまり \[ (\tan\beta,\tan\gamma ) = (2,3)\] がわかる. ゆえに, 求める値は $1,$ $2,$ $3$ である.

　最もきつい坂の斜度を $\alpha,$ $2$ 番目にきつい坂の斜度を $\beta$ とおく. このとき, \[\tan\alpha = \frac{1}{x}, \quad \tan\beta = \frac{1}{x+1}\] が成り立つ. 条件から最も緩い坂の斜度は $\alpha -\beta$ であり, その傾きは \[\begin{aligned} \tan (\alpha -\beta ) &= \frac{\tan\alpha -\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta} = \frac{\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}}{1+\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{1}{x+1}} \\ &= \frac{(x+1)-x}{x(x+1)+1} = \frac{1}{x^2+x+1} \end{aligned}\] である. ゆえに, 鉛直方向に $1$ m 上るために水平方向に進まなければならない距離は最も緩い坂で $(x^2+x+1)$ m である.

　鋭角三角形の $3$ つの角の大きさを $A,$ $B,$ $C$ とおく. このとき, $3$ 本の支柱の長さは $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C$ と表されるから, \[ L = \tan A+\tan B+\tan C\] の最小値を求める. 仮定によりこれらの値は正であるから, 相加・相乗平均の不等式により, \[\frac{L}{3} \geqq \sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C}\] よって \[ L^3 \geqq 27\tan A\tan B\tan C\] が成り立つ. 前問で示した通り \[\tan A\tan B\tan C = \tan A+\tan B+\tan C\] であるから,

$L^3 \geqq 27L,$　$L^2 \geqq 27,$　つまり　$L \geqq 3\sqrt 3$

が成り立つ. 等号成立は, $\tan A = \tan B = \tan C,$ つまり $A = B = C$ のときに限る.
　よって, 支柱の長さを最小にするには, 正三角形にすればよい.

　平行移動, 回転移動により, 楕円 $C:\dfrac{x^2}{p^2}+\dfrac{y^2}{q^2} \leqq 1$ $(p,\ q > 0)$ について考えれば十分である. $C$ は単位円 $C_0:x^2+y^2 \leqq 1$ を $x$ 軸方向に $p$ 倍, $y$ 軸方向に $q$ 倍に拡大した図形である. よって, $C$ に内接する三角形 $T$ を $x$ 軸方向に $p^{-1}$ 倍, $y$ 軸方向に $q^{-1}$ 倍に拡大した三角形が $T_0$ で, $T$ の面積が $S,$ $T_0$ の面積が $S_0$ であるとき, $T$ が $C$ に占める面積の割合は \[\frac{S}{\pi pq} = \frac{pqS_0}{\pi pq} = \frac{S_0}{\pi}\] で, $T_0$ が $C_0$ に占める面積の割合に等しい. そこで, $C_0$ に内接する三角形 $\mathrm{ABC}$ の面積 $S_0$ の最大値を求める. $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ とおく. 正弦定理により \[\sin A = \frac{a}{2} \quad \cdots [1]\] であるから, \[ S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{abc}{4}\] が成り立つ. 相加・相乗平均の関係 \[\sqrt[3]{xyz} \leqq \frac{x+y+z}{3} \quad \cdots [2]\] を $x = a^3,$ $y = b^3,$ $z = c^3$ (いずれも正の数) に適用すると, \[ abc = \sqrt[3]{a^3b^3c^3} \leqq \frac{a^3+b^3+c^3}{3} \quad \cdots [3] \] が得られる. $[2]$ の等号成立条件は $x = y = z$ であるから, $[3]$ で等号が成立するのは $a = b = c$ の場合に限る. $a = b = c$ のとき, $3$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は正三角形をなし, $[1]$ から $a = 2\sin 60^\circ = \sqrt 3$ であるので, \[ abc = \dfrac{3a^3}{3} = a^3 = 3\sqrt 3\] が成り立つ. したがって, これが $abc$ の最大値で, $S$ の最大値は \[\frac{3\sqrt 3}{4}\] である. ゆえに, 求める最大値は \[\frac{3\sqrt 3}{4}\div\pi = \frac{3\sqrt 3}{4\pi}\] である.

　L 字型の壁の隅を原点, 壁を $x$ 軸 $(x \geqq 0),$ $y$ 軸 $(y \geqq 0)$ とする. 新たな棒の一端を $\mathrm P(p,0),$ 他端を $\mathrm Q(0,q),$ 棒の継ぎ目を $\mathrm R(x,y)$ とおき, $\mathrm{PR} = b,$ $\mathrm{QR} = a$ とする. このとき, $\mathrm{PQ} = a+b$ から, \[ p^2+q^2 = (a+b)^2 \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 点 $\mathrm R$ は長さが $a+b$ の線分 $\mathrm{PQ}$ を $b:a$ に内分するから, \[ x = \frac{a}{a+b}p, \quad y = \frac{b}{a+b}q\] が成り立つ. よって, \[ p = \frac{a+b}{a}x, \quad q = \frac{a+b}{b}y \quad \cdots [2]\] であるから, $[1]$ に $[2]$ を代入すると \[\frac{(a+b)^2}{a^2}x^2+\frac{(a+b)^2}{b^2}y^2 = (a+b)^2\] となり, 点 $\mathrm R$ の軌跡の方程式 \[\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1 \quad (x \geqq 0,\ y \geqq 0)\] が得られる.