$\mathrm A(a,b),$ $\mathrm T(t,f(t))$ とおき, $C:y = f(x)$ 上の点 $\mathrm P(x,f(x))$ をとる. \[\mathrm{AP}^2 = (x-a)^2+\{ f(x)-b\} ^2\] の右辺を $g(x)$ とおく. $\mathrm{AP}$ は $x = t$ のとき最小となるから, $g(x)$ は $x = t$ において極値をとる. \[ g'(x) = 2(x-a)+2\{ f(x)-b\} f'(x)\] であるので, $g'(t) = 0$ から \[ (t-a)+\{ f(t)-b\} f'(t) = 0\] が得られる. $\mathrm A \neq \mathrm T$ から $t \neq a$ であるので, \[\frac{f(t)-b}{t-a}\cdot f'(t) = -1\] が成り立つ. これは, 線分 $\mathrm{AT}$ と $y = f(x)$ の点 $\mathrm T$ における接線が互いに垂直であることを意味する.

(1)

\[\frac{dy}{d\theta} = \cos\theta -\frac{x}{\cos ^2\theta} = \frac{\cos ^3\theta -x}{\cos ^2\theta}\] であるから, $\dfrac{dy}{d\theta} = 0$ つまり $\cos ^3\theta = x$ を満たす $\theta$ $\left( 0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\right)$ の値を $\alpha$ とおく. このとき, \[\frac{dy}{d\theta} \geqq 0 \iff \theta \leqq \alpha, \quad \frac{dy}{d\theta} \leqq 0 \iff \theta \geqq \alpha\] であるから, $y$ は $\theta = \alpha$ の場合に限って, 極大かつ最大の値をとる.

$\theta$	$0$	$\cdots$	$\alpha$	$\cdots$	$\dfrac{\pi}{2}$
$\dfrac{dy}{d\theta}$		$+$	$0$	$-$
$y$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

$\cos ^3\alpha = x$ から \[\cos\alpha = x^{\frac{1}{3}}, \quad \sin\alpha = (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}\] であるので, $y$ の最大値は \[\begin{aligned} \sin\alpha -x\tan\alpha &= (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}-x\cdot\frac{(1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{3}}} \\ &= (1-x^{\frac{2}{3}})(1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}} \\ &= (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}} \end{aligned}\] である.

(2)

点 $(x,y)$ $(0 < x < 1,$ $0 < y < 1)$ が $x$ 軸, $y$ 軸に接する長さ $1$ の線分の通過範囲にあることは, \[ y = \sin\theta -x\tan\theta\] を満たす $\theta$ $\left( 0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\right)$ の存在と同値で, これは (1) の結果から

$y \leqq (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}$　つまり　$x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}} \leqq 1$

と同値である.

求める範囲は, $x$ 軸の $0 \leqq x \leqq 1$ の部分, $y$ 軸の $0 \leqq y \leqq 1$ の部分を含み, $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称であるから, 不等式 \[ x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}} \leqq 1\] を満たす点 $(x,y)$ 全体である.

　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 \[ f(\theta ) \geqq 0 \iff \theta \geqq \alpha, \quad f(\theta ) \leqq 0 \iff \theta \leqq \alpha\] が成り立つ. よって, $f(\theta )$ は $\theta = \alpha$ のとき極小かつ最小の値 \[\begin{aligned} f(\alpha ) &= \frac{x}{\cos\alpha}+\frac{y}{\sin\alpha} = x\cdot\frac{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}{x^{\frac{1}{3}}}+y\cdot\frac{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}{y^{\frac{1}{3}}} \\ &= (x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}} = (x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}} \end{aligned}\] 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.

　対称性により, $L$ の最小値は関数 $f(x) = \mathrm{PO}+\mathrm{PA}+\mathrm{PD} = \mathrm{PO}+2\mathrm{PA}$ の最小値の $2$ 倍である. $x \geqq 0$ のとき, \[\begin{aligned} f(x) &= x+2\sqrt{(1-x)^2+(1-0)^2} = x+2\sqrt{x^2-2x+2}, \\ f'(x) &= 1+\frac{2x-2}{\sqrt{x^2-2x+2}} = \frac{2(x-1)+\sqrt{x^2-2x+2}}{\sqrt{x^2-2x+2}} \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} f'(x) = 0 &\iff 2(1-x) = \sqrt{x^2-2x+2} \\ &\ \ \Longrightarrow\; 4(1-x)^2 = x^2-2x+2 \\ &\iff 3x^2-6x+2 = 0 \\ &\ \ \Longrightarrow\; x = 1-\frac{1}{\sqrt 3} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $f(x)$ の増減表は次の通りであるから, $f(x)$ は $x = 1-\dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき極小かつ最小の値 $1+\sqrt 3$ をとる. 最小値は, 点 $\mathrm P$ から辺 $\mathrm{AD}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm H$ について, $\mathrm{AH}:\mathrm{HP} = 1:\dfrac{1}{\sqrt 3} = \sqrt 3:1$ から $\mathrm{PA} = \dfrac{2}{\sqrt 3}$ であることを使って \[\left( 1-\frac{1}{\sqrt 3}\right) +2\cdot\frac{2}{\sqrt 3} = 1+\frac{3}{\sqrt 3} = 1+\sqrt 3\] と求めた. ゆえに, $L$ は $\mathrm P\left( 1-\dfrac{1}{\sqrt 3},0\right)$ のとき最小値 $2(1+\sqrt 3)$ をとる.

(1)

$\mathrm{BC} = a,$ $\mathrm{CA} = b,$ $\angle\mathrm A = x,$ $\angle\mathrm B = y,$ $\angle\mathrm C = z$ なる $T = \triangle\mathrm{ABC}$ を考える. 正弦定理により \[ a = 2\sin x, \quad b = 2\sin y\] であるから, \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}ab\sin z \\ &= \frac{1}{2}\cdot 2\sin x\cdot 2\sin y\cdot\sin z \\ &= 2\sin x\sin y\sin z \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

(1) と $z = \pi -x-y$ から, \[\begin{aligned} S = &2\sin x\sin y\sin (x+y) \\ &\quad (0 < x < \pi,\ 0 < y < \pi,\ 0 < x+y < \pi) \end{aligned}\] が成り立つ. まず, $y$ を定数とみなして, \[ f(x) = 2\sin y\sin x\sin (x+y)\] の最大値を求める. \[\begin{aligned} f'(x) &= 2\sin y\{\cos x\sin (x+y)+\sin x\cos (x+y)\} \\ &= 2\sin y\sin (2x+y) \end{aligned}\] であり, $0 < y < \pi$ から $\sin y > 0$ であるので, \[\begin{aligned} f'(x) \geqq 0 &\iff \sin (2x+y) \geqq 0 \\ &\iff 2x+y \leqq \pi \iff x \leqq \frac{\pi -y}{2}, \\ f'(x) \leqq 0 &\iff x \geqq \frac{\pi -y}{2} \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < 2x+y < 2\pi$ に注意).

$x$	$0$	$\cdots$	$\dfrac{\pi -y}{2}$	$\cdots$	$\pi$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$
$f(x)$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

よって, $f(x)$ は $x = \dfrac{\pi -y}{2}$ の場合に限って, 極大かつ最大の値 \[\begin{aligned} f\left(\frac{\pi -y}{2}\right) &= 2\sin y\sin\frac{\pi +y}{2}\sin\frac{\pi -y}{2} \\ &= 2\sin y\cos ^2\frac{y}{2} = \sin y(1+\cos y) \end{aligned}\] をとる (余角公式, 半角の公式による). そこで, $x = \dfrac{\pi -y}{2}$ のもとで, この式を $g(y)$ とおき, その最大値を求める. \[\begin{aligned} g'(y) &= \cos y(1+\cos y)-\sin ^2y \\ &= 2\cos ^2y+\cos y-1 \\ &= (\cos y+1)(2\cos y-1) \end{aligned}\] であり, $0 < y < \pi$ から $\cos y+1 > 0$ であるので, \[\begin{aligned} g'(y) \geqq 0 &\iff 2\cos y-1 \geqq 0 \\ &\iff \cos y \geqq \frac{1}{2} \iff y \leqq \frac{\pi}{3}, \\ g'(y) \leqq 0 &\iff y \geqq \frac{\pi}{3}, \\ \end{aligned}\] が成り立つ.

$y$	$0$	$\cdots$	$\dfrac{\pi}{3}$	$\cdots$	$\pi$
$g'(y)$		$+$	$0$	$-$
$g(y)$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

よって, $g(y)$ は $y = \dfrac{\pi}{3}$ の場合に限って, 極大かつ最大の値 \[\begin{aligned} g\left(\frac{\pi}{3}\right) &= \sin\frac{\pi}{3}\left( 1+\cos\frac{\pi}{3}\right) \\ &= \frac{\sqrt 3}{2}\left( 1+\frac{1}{2}\right) = \frac{3\sqrt 3}{4} \end{aligned}\] をとる. このとき, \[ x = \frac{\pi-y}{2} = \frac{\pi}{3}, \quad z = \pi -x-y = \frac{\pi}{3}\] である. ゆえに, $x = y = z = \dfrac{\pi}{3}$ のとき, $S$ は最大値 $\dfrac{3\sqrt 3}{4}$ をとる.

(2)

(1) と $z = \pi -x-y$ から, \[\begin{aligned} S &= 2\sin y\sin (x+y)\sin x \\ &= 2\sin y\cdot\frac{\cos (x+y-x)-\cos (x+y+x)}{2} \\ &= \sin y\{\cos y-\cos (2x+y)\} \\ &\qquad (0 < x < \pi,\ 0 < y < \pi,\ 0 < x+y < \pi ) \end{aligned}\] が成り立つ. また, $0 < 2x+y < 2\pi$ であるから, $S$ は $x$ の関数として $\cos (2x+y) = -1$ つまり $2x+y = \pi$ のとき最大値 $\sin y(\cos y+1)$ をとる. 以下, 上記の解答例と同様.

　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.

(A)

$V = \pi x^2h$ であるから, \[ h = \frac{V}{\pi x^2}\] が成り立つ. よって, \[ S = 2\pi x^2+2\pi xh = 2\pi x^2+2\pi x\cdot\frac{V}{\pi x^2} = 2\pi x^2+\frac{2V}{x}\] であるから \[\frac{dS}{dx} = 4\pi x-\frac{2V}{x^2} = \frac{4\pi}{x^2}\left( x^3-\frac{V}{2\pi}\right)\] であり, \[\begin{aligned} \frac{dS}{dx} \geqq 0 &\iff \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}} \leqq x, \\ \frac{dS}{dx} \leqq 0 &\iff 0 < x \leqq \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}} \end{aligned}\] が成り立つ ($x > 0$ に注意).

$x$	$0$	$\cdots$	$\sqrt[3]{\dfrac{V}{2\pi}}$	$\cdots$
$\dfrac{dS}{dx}$		$-$	$0$	$+$
$S$		$\searrow$	極小	$\nearrow$

よって, $x = \sqrt[3]{\dfrac{V}{2\pi}}$ のとき, $S$ は極小かつ最小の値をとる. このとき, \[ h = V\div\pi\left(\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}\right) ^2 = \sqrt[3]{\frac{4V}{\pi}} = 2\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}\] から $x:h = 1:2$ であり, \[ S = 2\pi x^2\!+\!2\pi x\!\cdot\!2x = 6\pi x^2 = 6\pi\left(\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}\right) ^2 = 3\sqrt[3]{2\pi V^2}\] である.

(B)

$V = \pi x^2h$ であるから, \[ h = \frac{V}{\pi x^2}\] が成り立つ. よって, \[ S = \pi x^2+2\pi xh = \pi x^2+2\pi x\cdot\frac{V}{\pi x^2} = \pi x^2+\frac{2V}{x}\] であるから \[\frac{dS}{dx} = 2\pi x-\frac{2V}{x^2} = \frac{2\pi}{x^2}\left( x^3-\frac{V}{\pi}\right)\] であり, \[\begin{aligned} \frac{dS}{dx} \geqq 0 &\iff \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \leqq x, \\ \frac{dS}{dx} \leqq 0 &\iff 0 < x \leqq \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \end{aligned}\] が成り立つ ($x > 0$ に注意).

$x$	$0$	$\cdots$	$\sqrt[3]{\dfrac{V}{\pi}}$	$\cdots$
$\dfrac{dS}{dx}$		$-$	$0$	$+$
$S$		$\searrow$	極小	$\nearrow$

よって, $x = \sqrt[3]{\dfrac{V}{\pi}}$ のとき, $S$ は極小かつ最小の値をとる. このとき, \[ h = V\div\pi\left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}}\right) ^2 = \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}}\] から $x:h = 1:1$ であり, \[ S = \pi x^2+2\pi x\cdot x = 3\pi x^2 = 3\pi\left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}}\right) ^2 = 3\sqrt[3]{\pi V^2}\] である.

　$V = \dfrac{1}{3}\pi x^2h$ であるから, \[ h = \frac{3V}{\pi x^2}\] が成り立つ. よって, \[ S = \frac{1}{2}\cdot 2\pi x\cdot y = \pi xy\] から \[\begin{aligned} \frac{S^2}{\pi ^2} &= x^2y^2 = x^2(x^2+h^2) \\ &= x^2\left( x^2+\frac{9V^2}{\pi ^2x^4}\right) = x^4+\frac{9V^2}{\pi ^2x^2} \end{aligned}\] であるので, この右辺を $f(x)$ とおく. \[ f'(x) = 4x^3-\frac{18V^2}{\pi ^2x^3} = \frac{4}{x^3}\left( x^6-\frac{9V^2}{2\pi ^2}\right)\] であるから, \[\begin{aligned} f'(x) \geqq 0 &\iff \sqrt[6]{\frac{9V^2}{2\pi ^2}} \leqq x, \\ f'(x) \leqq 0 &\iff 0 < x \leqq \sqrt[6]{\frac{9V^2}{2\pi ^2}} \end{aligned}\] が成り立つ ($x > 0$ に注意). よって, $x = \sqrt[6]{\dfrac{9V^2}{2\pi ^2}}$ のとき, $f(x)$ は極小かつ最小の値をとる. このとき, \[ h = 3V\div\pi\left(\sqrt[6]{\frac{9V^2}{2\pi ^2}}\right) ^2 = \sqrt 2\sqrt[6]{\frac{9V^2}{2\pi ^2}}\] から $x:y:h = 1:\sqrt 3:\sqrt{2}$ であり, \[ S = \pi x\cdot\sqrt 3x = \sqrt 3\pi x^2 = \sqrt 3\pi\left(\sqrt[6]{\frac{9V^2}{2\pi ^2}}\right) ^2 = 3\sqrt[6]{\frac{3\pi ^2V^4}{4}}\] である.