一（謝1）＋（蹴1『隠）（論lil傷1）脚・
（L6のは
φaワ＋φッψのニ0 すなわち，
ψの（0，0）一一φ互1（0，0）φ皿（0，0） （L6・8）
と書ける。式（1．6。8）を式（1，6，4）に代入し，λニーんφガとおけば ん（0，0）十λφ詔（0，0）ニ0 ん（0，0）十λφ写（0，0）＝0
が成立する。 証明終
例題1．6．2．図1．14のように，4辺の長さがα，わ，o，dである四角形で，面積が最大の ものを考える。
d P 、4 φ c α
σ β δ
図L14こ
解 △。4β0から見ると，余弦定理を使えば，
孟02＝α2＋わ2−2αδc・sθ （1．6．9）
L最大最小問題 34
同様に△。4POから見て，余弦定理を使えば，
且σ2−c2＋d2−2cdc・sφ （L6．10）
このとき面積Sは，
1 1
5・＝＿αわsinθ十＿c4sinφ （1，6。11）
2 2
となる。だから，式（L6．9）と式（1．6．10）より，できる条件式
9（θ，φ）一α2＋δ2−2αわc・sθ一c2−d2＋2c4c・sφ一〇 （L6ユ2）
のもとで，
1 1
関数 ∫（θ，φ）＝一のsinθ＋一c4sinφ （1。6，13）
2 2
の最大値を求めればよい。関数∫，gはoo。関数であるから，θ，φ∈Rに対して，ラグランジュの未定乗数法 を用いて条件式g（θ，φ）ニ0における関数∫（θ，φ）の最大値を求める。
ラグランジュの未定乗数法を用いて計算するので，
u（θ，φ）＝∫（θ，φ）＋λ9（θ，φ）
を考える。このとき，吻二〇，悔＝0より，
｛
％θ号αδc・sθ＋λ2αδsinθ一〇
（L6。14）
％φ＝去c4c・sφ一λ2c4sinφ一〇
式（1．6．14）より，第1式×cdsinφ＋第2式×面sinθをすれば，
1
一α60（オsin（θ＋φ）ニ0
2
が得られる。よって，極値候補としてsin（θ＋φ）＝0になるときのθとφを求めれ ばよいことになる。
sin（θ＋φ）ニ0だから，
θ＋φニηπ，η∈Z
となるので，πが奇数のときと，偶数のときと分けてそれぞれの極値に対しての関 数∫の値を調べる。
（乞） ηが奇数の場合。η＝2m＋1，（m∈Z）とおく。
φニ（2m＋1）π一θを式（1．6．12）に代入して計算すると，この場合，
9（θ，（2皿＋1）π一θ）ニ9（θ，π一θ）＝0
1．最大最小問題
35
すなわち，
α2＋δ2−C2一♂
c・sθ＝ （1．6．15）
2（αわ＋c4）
になるθが存在すればよい。ところが，仮定より，
α＜b十C十4， δ＜0十4十α， C＜4十α十わ， 4＜α十δ十C だから，
α2＋b2−C2一♂
一1く ＜1 2（αわ＋c4）
が成立するので，式（1・6．15）となるようなθは存在し，θ＝θ＊とすれば・
9（θ＊，（2m＋1）π一θ＊）＝9（θ＊，π一θ＊）ニ0 を満たすθ＊と2π一θ＊，（ただしθ＊∈（0，π））が存在する。
よって，任意の整数肌に対して，極値の候補である
∫（θ＊，（2m＋1）π一θ＊），∫（2π一θ＊，（2賜＋1）π一（2π一θ＊））
の2つの∫の値を比べればよい。
式（L6。15）と式（1。6．13）より，
1 1
∫（θ＊，（2η乞十1）7r一θ＊）ニーαδsinθ＊十一α1sin（（2鵬十1）π一θ＊）
2 2
−1αδsin伊＋1・4sin伊一1（α6＋・4）一 1 （α2＋δ2−c2−42）2
＝一（αわ十c4） 1−
2 4（αb＋c4）2
1ニー4（αδ＋c4）2一（α2＋δ2−c2−42）2 （1．6．16）
4
∫（2π一θ＊，（2隅＋1）π一（2π一θ＊））＝∫（2π一θ＊，（2隅一1）π＋θ＊））
1 1
＝一αδsin（2π一θ＊）＋一c4sin（（2m−1）π＋θ＊）
2 2
1 1
ニー一αわsinθ＊一一C4sinθ＊
2 2
ニー∫（θ＊，（2m＋1）π一θ＊） （1．6。17）
だから，式（1，6．16）と式（1。6．17）の値をを比べれば，
∫（θ董，（2m＋1）π一θf）＞∫（2π一θf，（2㎜＋1）π一（2π一θ歪）） （1．6。18）
になる。
1．最大最小問題
36
（の ηが偶数の場合。η＝2m，（m∈Z）とおく。
φ＝2m7r一θを式（1．6．12）に代入して計算すると，
2（αδ一c4）cosθ＝α2＋δ2−02−dl2 になる。
ここで，αδ一c4ニ0とαわ一c4≠0に分けて考える。
・の一c4＝0，すなわち，⑳二醐のときの関数∫の値を求めると，
1 1
∫（θり2mπ一θ）＝一αわsinθ十一cd sin（2ηzπ一θ）
2 2 1 1
二一αδsinθ一一αδsinθ＝0
2 2
＜∫（θ＊，（2m＋1）π一θ＊） （L6．19）
になる。
励一c4≠0のときの関数∫の値を求めると・c・sθ一α2
論d2だから・
∫（θ，2mπ一θ）＝∫（θ蒼，2π一θ茎）
1 1
＝一αb sinθ童十一（〕4sin（2π一θ5）
2 2
−1（αδ一・4）爾
1 （α2＋62−c2−42）2
ニー（αδ一〇4） 1−
2 4（αδ一c4）2 1
＝一4（αδ一c4）2一（α2＋わ2−c2−42）2
4
＜∫（θ＊，（2m＋1）π一θ＊） （L620）
になる。
よって，g（θ，φ）＝0，（θ，φ∈IR）のもとでの∫（θ，φ）の最大値は，∫（θ＊，（2m＋1）π一θ＊）
である。
ところで，この問題では，θとφの範囲が0＜θ＋φ＜2πだから，π＝1，すなわ
ち，m＝0であるθ＋φ＝πのとき，関数∫は最大値をとる。したがって，4辺が
決まっている四角形は円に内接するときが面積最大になる。例題1．6．3．体積が一定の四面体の中で，表面積が最小な立体を求める。
解まず，図L15のように，四面体、4BO1）の底面ムノ1BOを固定し，頂点Pを
体積一定のまま変化させる。すなわち，頂点。4，β，0は平面z＝0上，一Dは，平面z＝ん（ん＞0）を変化させるものとする。そして，Pから平面zニ0におろした垂線
の足をE，Eから辺ノ4B，β0，α4への垂線の長さを5，孟，％とする。ただし，Eが，線分ABの延長を境界とする半空間で，0を含まない方の内部にある場合，Eから
1．最大最小問題
37
。4βへの垂線の長さ5は，長さにマイナスを付けたものをする。f，損こついても同様
に考え，
1
g（5，オ，u）ニー｛5。4β＋詔0＋財0。4｝一｛△ABCの面積｝＝0 （L6。21）
2
が常に成り立つように長さに符号を付けた。