有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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整関数の最大・最小

整関数の最大・最小

定理≪整関数の最大・最小≫

 閉区間 $a \leqq x \leqq b$ において, 整関数 $f(x)$ は必ず最大値, 最小値をもつ. $a \leqq x \leqq b$ における $f(x)$ の最大値, 最小値は, $f(x)$ の極値, $f(a),$ $f(b)$ のいずれかである.
 開区間における関数の最大値, 最小値を求める場合にも, 増減を調べることが重要である(最大値, 最小値をもたないこともある).

問題≪チェビシェフ多項式に関する最大値≫

(1)
関数 $\left| x^3-\dfrac{3}{4}x\right|$ の $-1 \leqq x \leqq 1$ における最大値 $M_0$ を求めよ.
(2)
$a,$ $b,$ $c$ を実数とする. 関数 $|x^3+ax^2+bx+c|$ の $-1 \leqq x \leqq 1$ における最大値 $M$ は $M_0$ 以上であることを示せ.

解答例

(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{align*} &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{align*} 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{align*} &\ 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{align*} 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.

背景

 一般に, $n$ 次の整関数について, 次の「チェビシェフの定理」(theorem of Chebyshev)が知られている: $n$ 次の項の係数が $1$ である $n$ 次の整式 $f(x)$ について, $-1 \leqq x \leqq 1$ における $|f(x)|$ の最大値 $M$ は $M \geqq \dfrac{1}{2^{n-1}}$ を満たす. 等号成立は, $f(x) = \dfrac{1}{2^{n-1}}T_n(x)$ の場合に限る. ここで, $T_n(x)$ は, $n$ 次の「第一種チェビシェフの多項式」, つまり $T_n(\cos\theta ) = \cos n\theta$ を満たす整式である.

問題≪直方体の体積の最大値≫

 $1$ 辺の長さが $L$ の正方形の紙の四隅から $1$ 辺の長さが $x$ の正方形を切り取り, その残りを折り曲げて, ふたのない高さ $x$ の直方体の箱を作る. このとき, 箱の容積 $V$ の最大値を求めよ.

解答例

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

参考

  • 正方形の四隅から正方形 $2$ 個と長方形 $2$ 個を切り取り, その残りを折り曲げて, ふたのついた高さ $x$ $\left( 0 < x < \dfrac{L}{2}\right)$ の直方体の箱を作るとき, 箱の容積の最大値はふたのない場合の半分の $\dfrac{L^3}{27}\ \left( x = \dfrac{L}{6}\right)$ である.
  • 正方形の $4$ 辺に接する部分から $4$ 個の直角二等辺三角形を切り取り, その残りを折り曲げて, ふたのついた高さ $x$ $\left( 0 < x < \dfrac{\sqrt 2L}{2}\right)$ の直方体の箱を作るとき, 箱の容積 $V$ は \[ V = x\left(\frac{\sqrt 2L}{2}-x\right)^2 = x^3-\sqrt 2Lx^2+\frac{L^2}{2}x,\] $V$ の導関数は \[\frac{dV}{dx} \!=\! 3x^2\!-\!2\sqrt 2Lx\!+\!\frac{L^2}{2} \!=\! 3\left( x\!-\!\frac{\sqrt 2L}{6}\right)\left( x\!-\!\frac{\sqrt 2L}{2}\right)\] であるから, $V$ の最大値は $\dfrac{\sqrt 2L}{6}\left(\dfrac{\sqrt 2L}{2}-\dfrac{\sqrt 2L}{6}\right) ^2 = \dfrac{\sqrt 2L^3}{27}$ $\left( x = \dfrac{\sqrt 2L}{6}\right)$ である.

問題≪球に内接する円柱の体積の最大値≫

 半径 $1$ の球に内接する直円柱の体積 $V$ の最大値を求めよ. 

解答例

 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, $0 < x < 2$ に注意すると, \begin{align*} \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{align*} が成り立つ.
$x$$0$$\cdots$$\dfrac{2}{\sqrt 3}$$\cdots$$2$
$\dfrac{dV}{dx}$$+$$0$$-$
$V$$\nearrow$極大$\searrow$
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.

問題≪球に内接する円錐の体積の最大値≫

 半径 $1$ の球に内接する直円錐の体積 $V$ の最大値を求めよ.

解答例

 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{align*} r^2 &= \mathrm{BH}^2 = \mathrm{OB}^2-\mathrm{OH}^2 \\ &= 1^2-(x-1)^2 = 2x-x^2 \end{align*} 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, $0 < x < 2$ に注意すると, \begin{align*} \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{align*} が成り立つ.
$x$$0$$\cdots$$\dfrac{4}{3}$$\cdots$$2$
$\dfrac{dV}{dx}$$+$$0$$-$
$V$$\nearrow$極大$\searrow$
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.

問題≪三角形の等周問題≫

 周の長さが $1$ である三角形のうち, 面積が最大となる三角形は正三角形であることを示せ.

解答例

 $x$ を $0 < x < 1$ なる定数とする. 周の長さが $1,$ 底辺の長さが $x$ である三角形のうち, 面積が最大となるのは, 高さが最大と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, \[ f'(x) = 2x-6x^2 = 2x(1-3x)\] となり, \[ f'(x) \geqq 0 \iff x \leqq \frac{1}{3}\] となるので, $f(x)$ は $x = \dfrac{1}{3}$ のとき極大かつ最大の値をとる. よって, $S(x)$ は $x = \dfrac{1}{3}$ のとき最大値をとる.

別解

 $3$ 辺の長さが $a,$ $b,$ $c$ である三角形の周の長さが $1$ であるとする. このとき, 三角形の面積を $S$ とおくと, ヘロンの公式により \[ S = \sqrt{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-a\right)\left(\frac{1}{2}-b\right)\left(\frac{1}{2}-c\right)}\] となるから, \begin{align*} 16S^2 &= (1-2a)(1-2b)(1-2c) \\ &\leqq \left\{\frac{(1-2a)+(1-2b)+(1-2c)}{3}\right\} ^3 \\ &= \left\{\frac{3-2(a+b+c)}{3}\right\} ^3 = \left(\frac{3-2}{3}\right) ^3 = \frac{1}{27} \end{align*} となる. 不等号は相加・相乗平均の不等式により, 等号は $1-2a = 1-2b = 1-2c$ つまり $a = b = c$ のときに成り立つ.

背景

  • 周の長さが一定の図形の面積の最大値を求める問題は,「等周問題」(isoperimetric problem)と呼ばれる.
  • 一般に, 周の長さが一定の $n$ 角形で面積が最大となるものは正 $n$ 角形であることが知られている.
  • また, 周の長さが一定の「閉曲線」(両端の一致したつながった曲線)で面積が最大となるものは円であることが知られている.