(1)

$f_0(x) = x^3-\dfrac{3}{4}x$ $(-1 \leqq x \leqq 1)$ とおく. このとき, \[ f_0{}'(x) = 3x^2-\frac{3}{4} = 3\left( x+\frac{1}{2}\right)\left( x-\frac{1}{2}\right)\] から \[\begin{aligned} &f_0{}'(x) \geqq 0 \iff x \leqq -\frac{1}{2},\ \frac{1}{2} \leqq x, \\ &f_0{}'(x) \leqq 0 \iff -\frac{1}{2} \leqq x \leqq \frac{1}{2} \end{aligned}\] となるので, $f_0(x)$ は $x = -\dfrac{1}{2}$ で極大値 $\dfrac{1}{4},$ $x = \dfrac{1}{2}$ で極小値 $-\dfrac{1}{4}$ をとる.

$x$	$-1$	$\cdots$	$-\dfrac{1}{2}$	$\cdots$	$\dfrac{1}{2}$	$\cdots$	$1$
$f_0{}'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f_0(x)$		$\nearrow$	極大	$\searrow$	極小	$\nearrow$

また, $f_0(-1) = -\dfrac{1}{4},$ $f(1) = \dfrac{1}{4}$ であるから, $f_0(x)$ は $x = 1,$ $-\dfrac{1}{2}$ で最大値 $\dfrac{1}{4},$ $x = -1,$ $\dfrac{1}{2}$ で最小値 $-\dfrac{1}{4}$ をとる. ゆえに, $|f_0(x)|$ の $-1 \leqq x \leqq 1$ における最大値は $M_0 = \dfrac{1}{4}$ である.

(2)

ある関数 $f(x) = x^3+ax^2+bx+c$ $(-1 \leqq x \leqq 1)$ について, $|f(x)|$ の最大値 $M$ が $M_0$ 未満であるとして矛盾を導く. このとき, $|f(x)| \leqq M < M_0 = \dfrac{1}{4}$ から, \[ f(\pm 1) < \frac{1}{4}, \quad -\frac{1}{4} < f\left(\pm\dfrac{1}{2}\right)\] であるので, \[\begin{aligned} &\ a+b+c < -\frac{3}{4}, \quad \cdots [1] \\ &-a+b-c < -\frac{3}{4}, \quad \cdots [2] \\ &-\frac{3}{2} < a+2b+4c, \quad \cdots [3]\\ &-\frac{3}{2} < a+2b-4c \quad \cdots [4] \end{aligned}\] が成り立つ. $[1]+[2]$ から $b < -\dfrac{3}{4},$ $[3]+[4]$ から $-\dfrac{3}{4} < b$ となるが, これは矛盾である.
ゆえに, 関数 $f(x) = x^3+ax^2+bx+c$ $(-1 \leqq x \leqq 1)$ について, $|f(x)|$ の最大値 $M$ は $M_0$ 以上である.

　底面の $1$ 辺の長さは $1-2x$ である. よって, \[ V = x(1-2x)^2 = 4x^3-4x^2+x\] であるから, \[\frac{dV}{dx} = 12x^2-8x+1 = (2x-1)(6x-1)\] であり, \[\begin{aligned} \frac{dV}{dx} \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \frac{1}{6}, \\ \frac{dV}{dx} \leqq 0 &\iff \frac{1}{6} \leqq x < \frac{1}{2} \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < x < \dfrac{1}{2}$ に注意). よって, $V$ は $x = \dfrac{1}{6}$ のとき極大かつ最大の値 \[\frac{1}{6}\left( 1-2\cdot\frac{1}{6}\right) ^2 = \frac{2}{27}\] をとる.

(1)

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.

(2)

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.

(3)

$x = \sin\theta$ 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, \[\begin{aligned} f'(x) \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \frac{1}{\sqrt 3}, \\ f'(x) \leqq 0 &\iff \frac{1}{\sqrt 3} \leqq x < 1 \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < x < 1$ 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. ゆえに, $V$ 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.

　半径 $1$ の球に内接する直円柱の底面の半径を $r,$ 高さを $x$ とおく. このとき, 円柱の底面の直径を通る断面を考えると, 三平方の定理により \[ (2r)^2+x^2 = 2^2\] となるから, \[ r = \frac{1}{2}\sqrt{4-x^2}\] である. よって, \[ V = \pi\left(\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2}\right) ^2x = \frac{\pi}{4}(4x-x^3)\] であるから, \[\frac{dV}{dx} = \frac{\pi}{4}(4-3x^2) = -\frac{\pi}{4}(\sqrt 3x+2)(\sqrt 3x-2)\] であり, \[\begin{aligned} \frac{dV}{dx} \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \frac{2}{\sqrt 3}, \\ \frac{dV}{dx} \leqq 0 &\iff \frac{2}{\sqrt 3} \leqq x < 2 \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < x < 2$ に注意). よって, $V$ は $x = \dfrac{2}{\sqrt 3}$ のとき極大かつ最大の値 \[\frac{\pi}{4}\left( 4-\frac{4}{3}\right)\cdot\frac{2\sqrt 3}{3} = \frac{4\sqrt 3}{9}\pi\] をとる.

　半径 $1$ の球に内接する直円錐の底面の半径を $r,$ 高さを $x$ とおく. この円錐の頂点 $\mathrm A$ から底面に下ろした垂線 $\mathrm{AH}$ は球の中心 $\mathrm O$ を通り, $\mathrm{AB}$ を円錐の母線とすると $\triangle\mathrm{OBH}$ は $\angle\mathrm H = 90^\circ$ なる直角三角形になるから, \[\begin{aligned} r^2 &= \mathrm{BH}^2 = \mathrm{OB}^2-\mathrm{OH}^2 \\ &= 1^2-(x-1)^2 = 2x-x^2 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[ V = \frac{1}{3}\cdot\pi r^2\cdot x = \frac{\pi}{3}(2x^2-x^3)\] であるから, \[\frac{dV}{dx} = \frac{\pi}{3}(4x-3x^2) = -\frac{\pi}{3}x(3x-4)\] であり, \[\begin{aligned} \frac{dV}{dx} \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \frac{4}{3}, \\ \frac{dV}{dx} \leqq 0 &\iff \frac{4}{3} \leqq x < 2 \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < x < 2$ に注意). よって, $V$ は $x = \dfrac{4}{3},$ $r = \sqrt{\dfrac{4}{3}\left( 2-\dfrac{4}{3}\right)} = \dfrac{2\sqrt 2}{3}$ のとき極大かつ最大の値 \[\frac{\pi}{3}\left(\frac{4}{3}\right) ^2\left( 2-\frac{4}{3}\right) = \frac{32}{81}\pi\] をとる.

(A)

$S = 2\pi x^2+2\pi xh$ であるから, \[ h = \frac{S}{2\pi x}-x\] が成り立つ. よって, \[ V = \pi x^2h = \pi x^2\left(\frac{S}{2\pi x}-x\right) = \frac{S}{2}x-\pi x^3\] であるから \[\frac{dV}{dx} = \frac{S}{2}-3\pi x^2\] であり, \[\begin{aligned} \frac{dV}{dx} \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \sqrt{\frac{S}{6\pi}}, \\ \frac{dV}{dx} \leqq 0 &\iff \sqrt{\frac{S}{6\pi}} \leqq x < \sqrt{\frac{S}{2\pi}} \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < x < \sqrt{\dfrac{S}{2\pi}}$ に注意).

$x$	$0$	$\cdots$	$\sqrt{\dfrac{S}{6\pi}}$	$\cdots$	$\sqrt{\dfrac{S}{2\pi}}$
$\dfrac{dV}{dx}$		$+$	$0$	$-$
$V$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

よって, $x = \sqrt{\dfrac{S}{6\pi}}$ のとき, $V$ は極大かつ最大の値をとる. このとき, \[ h = S\div 2\pi\sqrt{\frac{S}{6\pi}}-\sqrt{\frac{S}{6\pi}} = 3\sqrt{\frac{S}{6\pi}}-\sqrt{\frac{S}{6\pi}} = 2\sqrt{\frac{S}{6\pi}}\] から $x:h = 1:2$ であり, \[ V = \pi x^2\cdot 2x = 2\pi x^3 = 2\pi\left(\sqrt{\frac{S}{6\pi}}\right) ^3 = \frac{S}{3}\sqrt{\frac{S}{6\pi}}\] である.

(B)

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

$x$	$0$	$\cdots$	$\sqrt{\dfrac{S}{3\pi}}$	$\cdots$	$\sqrt{\dfrac{S}{\pi}}$
$\dfrac{dV}{dx}$		$+$	$0$	$-$
$V$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

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

　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, \[\begin{aligned} f'(x) \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \sqrt{\frac{2}{3}}, \\ f'(x) \leqq 0 &\iff \sqrt{\frac{2}{3}} \leqq x < 1 \end{aligned}\] が成り立つ ($0 < x < 1$ 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, \[\begin{aligned} \theta &= 2\pi x = 2\pi\sqrt{\dfrac{2}{3}}, \\ V &= \frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right) ^2\sqrt{1-\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right) ^2} = \frac{2\pi}{9\sqrt 3} \end{aligned}\] である.

　$x$ を $0 < x < 1$ なる実数とする. 周の長さが $1,$ 底辺の長さが $x$ の三角形のうち面積が最大になるのは, 高さが最大になる, 二等辺三角形である. このような三角形について, 等辺の長さは $\dfrac{1-x}{2}$ であるから, 面積を $S(x)$ とおくと, \[ S(x) = \frac{1}{2}x\sqrt{\left(\frac{1-x}{2}\right)^2-\left(\frac{x}{2}\right) ^2} = \frac{1}{4}x\sqrt{1-2x}\] となり, \[ 16S(x)^2 = x^2(1-2x)\] となる. 右辺を $x$ の関数として, $f(x)$ とおく. このとき, $f(x) = x^2-2x^3$ から \[ f'(x) = 2x-6x^2 = 2x(1-3x),\] であるので, \[\begin{aligned} f'(x) \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \frac{1}{3}, \\ f'(x) \leqq 0 &\iff \frac{1}{3} \leqq x < 1 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $f(x)$ は $x = \dfrac{1}{3}$ のとき極大かつ最大の値をとる. したがって, $S(x)$ は $x = \dfrac{1}{3}$ のとき最大値をとる. ゆえに, 周の長さが $1$ の三角形のうち面積が最大のものは正三角形である.

　こちらを参照.