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高校数学の問題-その2

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初めに

この記事では前回と同様に高校時代に作問した問題の中からそれなりに良い出来だと思ったものを一つ紹介します。(この文章は以下の紹介する問題が良問であることを一切保証しません。)
問題設定としてはありふれていそうなので、すでに解いたことがある人もいるかもしれないです。その際もし未知の問題を期待をしていたなら期待に沿えなくて申し訳ないです。
今回も問題のすぐ下に解答を書くので解きたい人は注意してください。
この記事を書くにあたって一度解きなおしましたが、私は約四時間かかりました。

問題

平面上に三つの$A,B,C$円があり、半径はそれぞれ$a,b,c$である。
この三つの円は互いに他の二つの円と外接しており、この三つの円に囲まれた領域を$D$とする。
$a+b+c=1$の条件の下で領域$D$の面積の最大値およびそのときの$a,b,c$の組$(a,b,c)$をすべて求めよ。
ただし$a,b,c$を一つ決めると上記の状態および領域$D$が線対称な図形を除きただ一つに定まることは断りなしに用いてよい。

解答の前に

解答の際以下の有名な不等式と等式を使います。

イェンゼンの不等式

関数$f(x)$は開区間$(a,b)$で定義されており二回微分可能とする。このとき$(a,b)$で常に$f^{\prime\prime}(x)<0$ならば、任意の自然数$n\geq 2$と任意の$n$個の$0$より大きく$1$より小さい実数$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$および任意の$n$個の$a$より大きく$b$より小さいの実数$x_1,\cdots,x_n$に対し、$\lambda_1+\cdots+\lambda_n=1$のもとで
$$\lambda_1f(x_1)+\cdots+\lambda_nf(x_n)\leq f(\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_nx_n)$$が成立する。等号成立条件は$x_1=\cdots=x_n$の値がすべて等しいときである。

上の不等式は、二階導関数の符号を反転させた$f^{\prime\prime}(x)>0$のときは不等号の向きが逆にります。また開区間に限らず一般の区間についても成立します。これらの不等式はまとめてイェンゼンの不等式と呼ばれています。下に解答に使う上記の場合についての証明の概略を載せます。詳細は参考文献[1]などを参照してください。

概略

数学的帰納法で証明する。
(i)$n=2$のとき、まず$x_1< x_2$のときを考える。$\lambda_1=t$とおくと、仮定より$0< t< 1$および$\lambda_2=1-t$が成立する。さて、$$g(t)=f(tx_1+(1-t)x_2)-tf(x_1)-(1-t)f(x_2)$$と置く。仮定より、$t=0,1$のときも含めて$[0,1]$$a< x_1\leq tx_1+(1-t)x_2 \leq x_2< b$であるから、定義域を$[0,1]$に拡張しておく。このとき、$$g^{\prime}(t)=(x_1-x_2)f^{\prime}(tx_1+(1-t)x_2)-f(x_1)+f(x_2)$$$$g^{\prime\prime}(t)=(x_1-x_2)^2f^{\prime\prime}(tx_1+(1-t)x_2)$$仮定により、常に$a< tx_1+(1-t)x_2 < b$であるから、仮定より$[0,1]$で常に$g^{\prime\prime}(t)<0$である。したがって、$[0,1]$$g^{\prime}(t)$は狭義単調減少である。
次に、$f(x)$は閉区間$[x_1,x_2]$上二回微分可能なので、平均値の定理より、$$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=f^{\prime}(c)$$を満たす$x_1< c< x_2$が存在する。このとき、$$g^{\prime}(t)=(x_1-x_2)\left(f^{\prime}(tx_1+(1-t)x_2)-f^{\prime}(c)\right)$$であるから、$f^{\prime\prime}(x)<0$より$f^{\prime}(x)$の狭義単調減少性を用いると、$$g^{\prime}(0)=(x_1-x_2)\left(f^{\prime}(x_2)-f^{\prime}(c)\right)>0$$$$g^{\prime}(1)=(x_1-x_2)\left(f^{\prime}(x_1)-f^{\prime}(c)\right)<0$$により、中間値の定理から$[0,1]$$g^{\prime}(t_0)=0$となる$t_0$がただ一つ存在する。これにより、増減表
$$\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline t & 0 & \cdots & t_0 & \cdot & 1 \\ \hline g^{\prime} & + & + & 0 & - & - \\ \hline g & 0 & \nearrow & + & \searrow & 0 \\ \hline \end{array}$$ を得る。これより $$g(t)\geq 0$$ が得られ、$$\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)\leq f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)$$の成立が示された。増減表より等号成立条件は$t=0,1$のときである。
$x_1> x_2$のときも全く同様にして
$$\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)\leq f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)$$および等号成立条件$t=0,1$がわかる。
また、$x_1=x_2$のときは常に$g(t)=0$となる。 したがって、$0< t<1$のときの等号成立条件は$x_1=x_2$であるから、$n=2$のときは成立する。
(ii)$n=k$の仮定のもと、$n=k+1$のとき
$$y_1=\frac{\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_kx_k}{\lambda_1+\cdots+\lambda_k}$$$$y_2=x_{k+1}$$ $$s_1=\lambda_1+\cdots+\lambda_k$$ $$s_2=\lambda_{k+1}$$とおくと$y_1,y_2,s_1,s_2$$n=2$のときの仮定を満たすので、$$s_1f(y_1)+s_2f(y_2)\leq f(s_1y_1+s_2y_2)$$ を得る。
$$u_i=\frac{\lambda_i}{s_1}\,\,\,(i=1,\cdots ,k)$$ とおくと、$$u_1+\cdots+u_k=1$$ $$y_1=u_1x_1+\cdots+u_kx_k$$となるから、帰納法の仮定より、$$u_1f(x_1)+\cdots+u_kf(x_k)\leq f(u_1 x_1+\cdots +u_k x_k)=f(y_1)$$となり、$$\lambda_1f(x_1)+\cdots+\lambda_{k+1}f(x_{k+1})\leq s_1(u_1f(x_1)+\cdots+u_kf(x_k))+s_2f(y_2)\leq s_1f(u_1 x_1+\cdots +u_k x_k)+s_2f(y_2)\leq s_1f(y_1)+s_2f(y_2)\leq f(s_1y_1+s_2y_2)$$を得る。$s_1y_1+s_2y_2=\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_{k+1}x_{k+1}$であるから、$$\lambda_1f(x_1)+\cdots+\lambda_{k+1}f(x_{k+1})\leq f(\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_{k+1}x_{k+1})$$を得る。等号成立条件は、$y_1=y_2,\,\,\,x_1=\cdots=x_k$ときである。これは$x_1=\cdots=x_{k+1}$と同値なので、$n=k+1$のときも成立する。

タンジェントの積和公式

$x+y+z=\frac{\pi}{2}$のとき、等式$$\frac{1}{\tan x\tan y\tan z}=\frac{1}{\tan x}+\frac{1}{\tan y}+\frac{1}{\tan z}$$が成立する。ただし$\tan x,\tan y,\tan x$はすべて$0$以外の値を持つものとする。

$$\tan x=\frac{1}{\tan(\frac{\pi}{2}-x)}=\frac{1}{\tan(y+z)}=\frac{1-\tan y \tan z}{\tan y + \tan z}$$
より、$$\tan x \tan y +\tan x \tan z + \tan y \tan z = 1 $$を得る。両辺$\tan x\tan y\tan z$
で割ると求める式が得られる。

以降問題の解答に入る。

解答

円の中心を$P_A,P_B,P_C$とし、円$B,C$の接点を$D$、円$A,C$の接点を$E$、円$A,B$の接点を$F$とする。
$A,B$は点$F$で接しているので、点$F$を通る共通接線$l$を持つ。$l\perp AF,BF$であり、$A,B$$l$に対して反対側にあるので、$\angle AFB=\pi$となる。したがって$A,F,B$はこの順に一直線上にある。全く同様に$B,D,C$および$C,E,A$もこの順に一直線上にあることがわかる。(ここでいう一直線上にあるとは、互いに異なる三点を通る直線が存在することを指す。平面の公理よりこれは存在すれば一意である。)
また、三角形$P_A P_B P_C$に対し、$\angle P_A=\theta_A,\,\,\angle P_B=\theta_B,\,\,\angle P_C=\theta_C$と置く。
領域$D$の面積を$S$と置く。先ほど示した事実より、$$S=(\mbox{三角形}P_A P_B P_C\mbox{の面積})-(\mbox{扇形}P_AEF \mbox{の面積}+\mbox{扇形}P_B DF\mbox{の面積}+\mbox{扇形}P_C DE\mbox{の面積})$$である。ここで、$P_AP_B=a+b,\,\, P_BP_C=b+c,\,\, P_CP_A=c+a$であるから、ヘロンの公式より、$s=\frac{(b+c)+(c+a)+(a+b)}{2}=a+b+c=1$に対し、$$\mbox{三角形}P_A P_B P_C\mbox{の面積}=\sqrt{s(s-(a+b))(s-(b+c))(s-(c+a))}=\sqrt{abc}$$扇形の面積の公式より、$$\mbox{扇形}P_AEEF\mbox{の面積}=\frac{\theta_A}{2}a^2$$$$\mbox{扇形}P_BDF\mbox{の面積}=\frac{\theta_B}{2}b^2$$$$\mbox{扇形}P_CDE\mbox{の面積}=\frac{\theta_C}{2}c^2$$したがって、$$S=\sqrt{abc}-\frac{\theta_A}{2}a^2-\frac{\theta_B}{2}b^2-\frac{\theta_C}{2}c^2$$を得る。次に、余弦定理より、$$(b+c)^2=(a+b)^2+(a+c)^2-2(a+b)(a+c)\cos \theta_A$$であるから、$a+b+c=1$に注意して、$$\cos \theta_A=\frac{(a+b)^2+(a+c)^2-(b+c)^2}{2(a+b)(a+c)}=\frac{a^2+(b+c)a-bc}{(1-b)(1-c)}=\frac{a^2+(1-a)a-bc}{1-b-c+bc}=\frac{a-bc}{a+bc}=\frac{1-\frac{bc}{a}}{1+\frac{bc}{a}}$$となる。これを$\frac{bc}{a}$について解くと、半角公式より、$$\frac{bc}{a}=\frac{1-\cos \theta_A}{1+\cos \theta_A}=\frac{2\sin^2\frac{\theta_A}{2}}{2\cos^2\frac{\theta_A}{2}}=\tan^2\frac{\theta_A}{2}$$を得る。まったく同様にして、$$\frac{ca}{b}=\tan^2\frac{\theta_B}{2},\,\,\,\frac{ab}{c}=\tan^2\frac{\theta_C}{2}$$が得られる。さらに、$$abc=\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}\cdot\frac{ab}{c}=\tan^2\frac{\theta_A}{2}\tan^2\frac{\theta_B}{2}\tan^2\frac{\theta_C}{2}$$$\angle P_A=\theta_A,\,\,\angle P_B=\theta_B,\,\,\angle P_C=\theta_C$は三角形の内角であるから、$0<\theta_A,\theta_B,\theta_C<\pi,\,\,\,\theta_A+\theta_B+\theta_C=\pi$であり、したがって$0<\frac{\theta_A}{2},\frac{\theta_B}{2},\frac{\theta_C}{2}<\frac{\pi}{2},\,\,\,\frac{\theta_A}{2}+\frac{\theta_B}{2}+\frac{\theta_C}{2}=\frac{\pi}{2}$である。
これにより、$\tan\frac{\theta_A}{2},\tan\frac{\theta_B}{2},\tan\frac{\theta_C}{2}$は全て正であるから
$$\sqrt{abc}=\tan\frac{\theta_A}{2}\tan\frac{\theta_B}{2}\tan\frac{\theta_C}{2}$$さらに、タンジェントの積和公式より、$$\frac{1}{\sqrt{abc}}=\frac{1}{\tan\frac{\theta_A}{2}\tan\frac{\theta_B}{2}\tan\frac{\theta_C}{2}} =\frac{1}{\tan\frac{\theta_A}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\theta_B}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\theta_C}{2}}$$であるから、$0< x<\frac{\pi}{2}$を定義域とする関数
$$f(x)=\frac{1}{\tan x}-\frac{x}{\tan^2x}$$ を考えると、$$S=abc\left(\frac{1}{\sqrt{abc}}-\frac{\theta_A}{2}\cdot\frac{a}{bc}-\frac{\theta_B}{2}\cdot\frac{b}{ca}-\frac{\theta_C}{2}\cdot\frac{c}{ab}\right) =abc\left(\frac{1}{\tan\frac{\theta_A}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\theta_B}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\theta_C}{2}} -\frac{\frac{\theta_A}{2}}{\tan^2\frac{\theta_A}{2}}-\frac{\frac{\theta_B}{2}}{\tan^2\frac{\theta_B}{2}}-\frac{\frac{\theta_C}{2}}{\tan^2\frac{\theta_C}{2}}\right) =abc\left(f\left(\frac{\theta_A}{2}\right)+f\left(\frac{\theta_B}{2}\right)+f\left(\frac{\theta_C}{2}\right)\right)$$となる。煩雑なので計算は省略するが、$$f^{\prime\prime}(x)=-\frac{2x\cos^2x+x-3\cos x\sin x}{\sin^4 x}$$であり、$g(x)=2x\cos^2x+x-3\cos x\sin x=2x+x\cos(2x)-\frac{3}{2}\sin(2x)$と置くと、$0<2x<\pi$より$\sin(2x)>0$に注意して、$$g^{\prime}(x)=2-2\cos(2x)-2x\sin(2x)$$$$g^{\prime}(x)>0\Leftrightarrow 2-2\cos(2x)-2x\sin(2x)>0\Leftrightarrow \frac{1-\cos(2x)}{\sin(2x)}>x\Leftrightarrow \tan x>x$$となる。$0< x<\frac{\pi}{2}$のとき$\tan x>x$であったから、$0< x<\frac{\pi}{2}$の範囲で常に$g^{\prime}(x)>0$であり、$g(x)$$0< x<\frac{\pi}{2}$の範囲で単調増加となる。$x\to +0$のとき、$g(x)\to 0$であるから、$g(x)$$0< x<\frac{\pi}{2}$のとき常に正であり、これにより$f^{\prime\prime}(x)$$0< x<\frac{\pi}{2}$のとき常に負である。したがって、$0<\frac{\theta_A}{2},\frac{\theta_B}{2},\frac{\theta_C}{2}<\frac{\pi}{2}$であるから、イェンゼンの不等式より、$n=3,\,\,\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=\frac{1}{3},\,\,x_1=\frac{\theta_A}{2},x_2=\frac{\theta_B}{2},x_3=\frac{\theta_C}{2}$として不等式
$$\frac{1}{3}f\left(\frac{\theta_A}{2}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{\theta_B}{2}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{\theta_C}{2}\right) \leq f\left(\frac{\theta_A+\theta_B+\theta_C}{6}\right)=f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{3}-\frac{\pi}{2}$$を得る。また、$a+b+c=1$および$a,b,c>0$より、相加相乗平均の不等式から、$$abc\leq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3=\frac{1}{27}$$を得る。この二つの不等式から、$$S\leq \frac{1}{27}\cdot 3 \cdot \left(\sqrt{3}-\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{\pi}{18}$$となり、等号成立条件は、$a=b=c$かつ$\theta_A=\theta_B=\theta_C$である。これより$a=b=c=\frac{1}{3}$は仮定$a+b+c=1$および等号成立条件をを満たす唯一の組$(a,b,c)$であることがわかる。以上をまとめると、領域$D$の面積は最大値$\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{\pi}{18}$をとり、そのときの$a,b,c$の組は$(a,b,c)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$である。

補足

領域$D$の一意性は、二つの状態に対し、三角形$P_AP_BP_C$$P^{\prime}_AP^{\prime}_BP^{\prime}_C$は三つの辺がそれぞれ等しいので合同であり、対応する合同変換$T$をとると$T$により二つの状態が重なることと合同変換の計量不変性から示せます。細かいことは長くなるので書きません。

参考文献

[1] 受験の月 凸不等式② イェンゼンの不等式、n変数の相加平均と相乗平均の関係の証明

[2] 高校数学の美しい物語 タンジェントの美しい関係式

投稿日:20201123

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