四分円の中の2つの長方形

数学

出典を保存するのを忘れた．

半径1の四分円の中に2つの長方形が次図のようにある．この2つの長方形の面積の和の最大値を求めよ．

四分円弧上の2点を
(\cos\alpha,\sin\alpha)，(\cos\beta,\sin\beta)
（0\lt\alpha\lt\beta\lt\dfrac{\pi}{2}）
とおくと，求める面積 S は
S=\cos\alpha\sin\alpha+\cos\beta\sin\beta-\sin\alpha\cos\beta
となるので，この最大値を求めれば良い．
\dfrac{\partial S}{\partial \alpha}=\cos 2\alpha-\cos\alpha\cos\beta=0，
\dfrac{\partial S}{\partial \beta}=\cos 2\beta+\sin\alpha\sin\beta=0
から和を考えて和積の公式から
2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)=0
だから，
\cos(\alpha+\beta)=0 または \cos(\alpha-\beta)=\dfrac{1}{2}，
つまり
\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2} または \beta-\alpha=\dfrac{\pi}{3}
が成立する．

(i) \beta-\alpha=\dfrac{\pi}{3} の場合
一方，差を考えて和積の公式から
-2\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)-\cos(\alpha-\beta)=0
が成立するので，
\sin(\alpha+\beta)=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\lt\dfrac{1}{2}
となり，0\lt\alpha+\beta\lt\pi から
(a) 0\lt\alpha+\beta\lt\dfrac{\pi}{6} または (b)\dfrac{5\pi}{6}\lt\alpha+\beta\lt\pi
が成立する．\beta-\alpha=\dfrac{\pi}{3} から

(a) のとき，0\lt2\alpha+\dfrac{\pi}{3}\lt\dfrac{\pi}{6} から \alpha\lt 0 となり不適

(b) のとき，\dfrac{5\pi}{6}\lt2\beta-\dfrac{\pi}{3}\lt\pi から \dfrac{pi}{2}\lt\beta となり不適

よって (i) は不適である．

(ii) \alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2} の場合
S=\sin2\alpha-\sin^2\alphaを微分して
S'=2\cos2\alpha-\sin2\alpha
となり，S'=0 から \tan2\alpha=2 となり，0\lt 2\alpha\lt\dfrac{\pi}{2}，つまり 0\lt \alpha\lt\dfrac{\pi}{4} となるので，
0\lt\alpha\lt\dfrac{\pi}{2}-\alpha=\beta\lt\dfrac{\pi}{2}
が成立するので，この \alpha に対して条件をみたす \beta が確かに存在する．

また， \tan2\alpha=2 をみたす \alpha の前後で S' は符号を正から負に変えるので極大かつ最大となる．

よって S を最大にする \alpha は \tan2\alpha=2 をみたす．

このとき，\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}=1 から
\tan\alpha=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2} となるが，\tan\alpha\gt 0 より \tan\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}
となる．ここで黄金比 \phi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}（\phi^2=1+\phi） を用いると
\tan\alpha=\dfrac{1}{\phi}，\tan\beta=\phi
であることがわかる．
\sin\alpha=\dfrac{\tan\alpha}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\phi^2}}，\sin2\alpha=\dfrac{2\phi}{1+\phi^2}
であるから，
S_{\max}=\dfrac{2\phi-1}{1+\phi^2}=\dfrac{2\phi-1}{(\phi^2-\phi)+\phi^2}=\dfrac{1}{\phi}

最大値を与える2つの長方形（実は正方形の外側に2つの長方形がある）