長さ $1$ の棒が入る円柱形の容器において, 底面の半径を $r,$ 高さを $h,$ 容積を $V$ とおく. このとき, $0 < h < 1$ であり, 三平方の定理により

$1^2 = (2r)^2+h^2$　つまり　$r^2 = \dfrac{1-h^2}{4}$

が成り立つ. \[\begin{aligned} V &= \pi r^2h = \frac{\pi}{4}(h-h^3), \\ \frac{dV}{dh} &= \frac{\pi}{4}(1-3h^2) \end{aligned}\] であるから, $V$ の増減は下表のようにまとめられる. したがって, $V$ は $h = \dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき極大かつ最大の値をとる. ゆえに, 底面の直径, 高さ, 棒の長さの比が \[ 2r:h:1 = \frac{2}{\sqrt 6}:\frac{1}{\sqrt 3}:1 = \sqrt 2:1:\sqrt 3\] であれば, 容積は最大になる.

　$1$ 辺の長さが $1$ の正方形の紙で考える. 箱の高さを $x,$ 容積を $V$ とおく. このとき, 底面の $1$ 辺の長さは $1-2x$ であり, $0 < x < \dfrac{1}{2}$ である. \[\begin{aligned} V &= x(1-2x)^2 = 4x^3-4x^2+x, \\ \frac{dV}{dx} &= 12x^2-8x+1 = (2x-1)(6x-1) \end{aligned}\] であるから, $V$ の増減は下表のようにまとめられる. したがって, $V$ は $x = \dfrac{1}{6}$ のとき極大かつ最大の値をとる. ゆえに, 底面の $1$ 辺の長さと高さの比が $1-2\cdot\dfrac{1}{6}:\dfrac{1}{6} = 4:1$ であれば, 容積は最大になる.

　円に内接する最大の三角形は正三角形であるから (証明は省略), 半径 $1$ の球に内接する正三角柱 $\mathrm{ABC}$-$\mathrm{DEF}$ の体積 $V$ の最大値を求める. 底面の $1$ 辺の長さを $a,$ 球の中心を $\mathrm O$ とおき, $2\theta = \angle\mathrm{AOD}$ とおく.

(1)

$\theta$ を用いて $V$ を表す. 辺 $\mathrm{AD}$ の中点を $\mathrm M,$ $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G$ とおく. 直角三角形 $\mathrm{OAM}$ に着目すると \[\cos\theta = \cos\angle\mathrm{AOM} = \frac{\mathrm{OM}}{\mathrm{OA}} = \frac{\mathrm{AG}}{1} = \dfrac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt 3}{2}a = \frac{a}{\sqrt 3}\] となるから, $a$ は \[ a = \sqrt 3\cos\theta\] と表せる. また, この正三角柱の高さは $2\sin\theta$ であるから, 体積は \[\begin{aligned} V &= \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ\cdot 2\sin\theta \\ &= \frac{\sqrt 3}{2}\cdot (\sqrt 3\cos\theta )^2\cdot\sin\theta \\ &= \frac{3\sqrt 3}{2}\sin\theta\cos ^2\theta \end{aligned}\] と表せる.

(2)

$V$ の最大値を求め, 体積比を求める. $x = \sin\theta$ とおく. \[\frac{2}{3\sqrt 3}V = \sin\theta (1-\sin ^2\theta ) = \sin\theta -\sin ^3\theta = x-x^3\] であるから, この右辺を $f(x)$ とおく. \[ f'(x) = 1-3x^2\] であるから, $f(x)$ の増減は下表のようにまとめられる ($0 < x < 1$ に注意).

$x$	$0$	$\cdots$	$\dfrac{1}{\sqrt 3}$	$\cdots$	$1$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$
$f(x)$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

よって, $f(x)$ は $x = \dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき極大かつ最大の値をとるから, $V$ の最大値は \[\frac{3\sqrt 3}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt 3}\left( 1-\frac{1}{3}\right) = 1\] である. ゆえに, 求める体積比は, \[ 1\div\pi\cdot 1^2 = \dfrac{1}{\pi}\] である.

　扇形の半径を $1$ とし, できる円錐の底面の半径を $x$ とおく. このとき, 容器の高さ $h$ は三平方の定理により \[ h = \sqrt{1-x^2}\] であるから, 容器の容積 $V$ は \[ V = \frac{1}{3}\pi x^2h = \frac{1}{3}\pi x^2\sqrt{1-x^2}\] である. $f(x) = (x^2\sqrt{1-x^2})^2$ とおく. \[ f(x) = x^4(1-x^2) = x^4-x^6\] であるから \[ f'(x) = 4x^3-6x^5 = -6x^3\left( x^2-\frac{2}{3}\right)\] であり, $f(x)$ の増減は下表のようにまとめられる ($0 < x < 1$ に注意). よって, $x = \sqrt{\dfrac{2}{3}}$ のとき, $f(x)$ は極大かつ最大の値をとる. このとき, $V$ は最大であり, 扇形の中心角の大きさは \[ 2\pi x = 2\pi\sqrt{\frac{2}{3}}\] である.

　角を通過するとき, 長さが最大の棒は, 曲がり角, 幅 $x$ の通路の壁, 幅 $y$ の通路の壁の $3$ 点で廊下に接する. このような棒のうち角を通過できるのは長さが最小のものであるから, その最小値を求めればよい. 棒が $3$ 点で廊下に接するとして, 棒と幅 $y$ の通路のなす鋭角を $\theta$ とおき, 棒の長さを $f(\theta )$ とおく. 棒を曲がり角で $2$ つに分けると, 棒の長さは \[ f(\theta ) = \frac{x}{\cos\theta}+\frac{y}{\sin\theta}\] と表される. \[ f'(\theta ) = \frac{x\sin\theta}{\cos ^2\theta}-\frac{y\cos\theta}{\sin ^2\theta} = \frac{x\sin ^3\theta -y\cos ^3\theta}{\sin ^2\theta\cos ^2\theta}\] であるから, \[\cos\alpha = \frac{x^{\frac{1}{3}}}{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}, \quad \sin\alpha = \frac{y^{\frac{1}{3}}}{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}\] なる鋭角 $\alpha$ について, $f(\theta )$ の増減は下表のようにまとめられる. よって, $f(\theta )$ は $\theta = \alpha$ のとき極小かつ最小の値 \[\begin{aligned} f(\alpha ) &= \frac{x}{\cos\alpha}+\frac{y}{\sin\alpha} = x\cdot\frac{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}{x^{\frac{1}{3}}}+y\cdot\frac{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}{y^{\frac{1}{3}}} \\ &= (x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}} = (x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}} \end{aligned}\] sをとる. ゆえに, 求める棒の長さの最大値は $(x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}$ である.

　四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $\theta = \angle\mathrm{ABC},$ $\varphi = \angle\mathrm{CDA}$ とおき, 面積を $S$ とおく. このとき, \[ S = \frac{1}{2}ab\sin\theta +\frac{1}{2}cd\sin\varphi\] が成り立つ. $S$ を $\theta$ で微分すると, \[\frac{dS}{d\theta} = \frac{1}{2}ab\cos\theta +\frac{1}{2}cd\cos\varphi\frac{d\varphi}{d\theta} \quad \cdots [1]\] となる. ここで, 余弦定理により \[\mathrm{AC}^2 = a^2+b^2-2ab\cos\theta = c^2+d^2-2cd\cos\varphi\] となるから, 両辺を $\theta$ で微分すると \[ 2ab\sin\theta = 2cd\sin\varphi\frac{d\varphi}{d\theta} \quad \cdots [2]\] となる. $[2]$ を使って $[1]$ の $\dfrac{d\varphi}{d\theta}$ を消去して整理すると, \[\frac{dS}{d\theta} = \frac{ab}{2\sin\varphi}\sin (\theta +\varphi )\] が得られる. $0 < \varphi < \pi,$ $0 < \theta +\varphi < 2\pi$ から, \[\begin{aligned} \frac{dS}{d\theta} \geqq 0 &\iff \theta +\varphi \leqq \pi, \\ \frac{dS}{d\theta} \leqq 0 &\iff \theta +\varphi \geqq \pi \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $S$ は $\theta +\varphi = \pi$ のとき, 極大かつ最大の値をとる. ゆえに, 四角形が円に内接するとき, 四角形の面積は最大になる.

　$1$ 辺の長さが $1$ の正方形 $\mathrm{ABCD}$ の形をした紙を考える. その対角線の交点を $\mathrm O,$ 辺 $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm M$ とおく. 対称性により, $\mathrm O$ を通り $\mathrm{AM}$ と共有点をもつ直線 $l$ で折る場合について考えれば十分である. $l$ と $\mathrm{AB}$ の交点を $\mathrm E$ とおき, $l$ に関して $\mathrm A,$ $\mathrm D$ と対称な点を $\mathrm A',$ $\mathrm D'$ とおく. さらに, $\theta = \angle\mathrm{MOE}$ とおいて, 紙が重なった部分の面積を $S$ とおく. このとき, $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ となる. $0 < \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ のとき, $\mathrm{AB},$ $\mathrm A'\mathrm D'$ の交点を $\mathrm F$ とおくと, 対称性と \[\begin{aligned} \mathrm{OE} &= \frac{\mathrm{OM}}{\cos\theta} = \frac{1}{2\cos\theta}\ \left(\because\mathrm{OM} = \dfrac{1}{2}\right), \\ \mathrm{OF} &= \frac{\mathrm{OM}}{\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right)} = \frac{1}{2\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right)} \end{aligned}\] であることから, \[\begin{aligned} S &= 4\triangle\mathrm{OEF} = 4\cdot\frac{1}{2}\mathrm{OE}\cdot\mathrm{OF}\sin\frac{\pi}{4}\ \left(\because\angle\mathrm{EOF} = \frac{\pi}{4}\right) \\ &= \frac{1}{2\sqrt 2\cos\theta\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right)} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる. これは $\theta = 0$ のときにも成り立つ. $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ として, 積和の公式により $[1]$ を変形すると, \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{\sqrt 2\left\{\cos\dfrac{\pi}{4}+\cos\left( 2\theta -\dfrac{\pi}{4}\right)\right\}} \\ &= \frac{1}{1+\sqrt 2\cos\left( 2\theta -\dfrac{\pi}{4}\right)} \end{aligned}\] が得られる. ゆえに, $S$ は $2\theta -\dfrac{\pi}{4} = 0$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{8}$ のとき最小値 $\dfrac{1}{1+\sqrt 2} = \sqrt 2-1$ をとるから, 求める割合は \[ (\sqrt 2-1)\div 1 = \sqrt 2-1\] である.