京都大学 理系 2006年度後期 第4問 解説

解答編

【問題】
 平面上の点Oを中心とし半径1の円周上に相異なる3点A,B,Cがある。$\triangle \mathrm{ ABC }$の内接円の半径rは$\displaystyle \frac{1}{2}$以下であることを示せ。

【解答】
$\triangle \mathrm{ ABC }$の面積S
\begin{eqnarray}
S
&=&
\frac{1}{2}\mathrm{ AB } \cdot \mathrm{ BC } \sin \mathrm{ B } \\[5pt] \end{eqnarray}であり、正弦定理より
\begin{eqnarray}
S
&=&
\frac{1}{2} \cdot 2 \sin \mathrm{ C } \cdot 2 \sin \mathrm{ A } \cdot \sin \mathrm{ B } \\[5pt] &=&
2 \sin \mathrm{ A } \sin \mathrm{ B } \sin \mathrm{ C } \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

また、内接円の半径rを使って書くと、面積Sは次のようにも書ける。
\begin{eqnarray}
S
&=&
\frac{1}{2}r(\mathrm{ AB }+\mathrm{ BC }+\mathrm{ CA }) \\[5pt] &=&
r(\sin \mathrm{ A } +\sin \mathrm{ B } +\sin \mathrm{ C }) \\[5pt] \end{eqnarray}

よって、内接円の半径rは次のように書ける。
\begin{eqnarray}
r
&=&
\frac{ 2\sin \mathrm{ A }\sin \mathrm{ B }\sin \mathrm{ C } }{ \sin \mathrm{ A } +\sin \mathrm{ B } +\sin \mathrm{ C } } \\[5pt] &=&
\frac{ 2\sin \mathrm{ A }\sin \mathrm{ B }\sin (\mathrm{ A+B }) }{ \sin \mathrm{ A } +\sin \mathrm{ B } +\sin (\mathrm{ A+B }) } \\[5pt] \end{eqnarray}ここで、和積の公式と倍角の公式を使うと
\begin{eqnarray}
r
&=&
\frac{ 2\sin \mathrm{ A }\sin \mathrm{ B }\cdot 2\sin\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} }{ 2\sin\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \cos\frac{\mathrm{ A-B }}{2} +2\sin\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} } \\[5pt] &=&
\frac{ 2\sin \mathrm{ A } \sin \mathrm{ B } \cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} }{ \cos\frac{\mathrm{ A-B }}{2} +\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} } \\[5pt] \end{eqnarray}となる。さらに和積の公式と倍角の公式を使うと
\begin{eqnarray}
r
&=&
\frac{ 2 \cdot 2\sin\frac{\mathrm{ A }}{2}\cos\frac{\mathrm{ A }}{2} \cdot 2\sin\frac{\mathrm{ B }}{2}\cos\frac{\mathrm{ B }}{2} \cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} }{ 2\cos\frac{\mathrm{ A }}{2} \cos\frac{\mathrm{ B }}{2} } \\[5pt] &=&
4 \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} \sin\frac{\mathrm{ B }}{2}\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

ここで、積和の公式を使えば
\begin{eqnarray}
r
&=&
4 \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} \sin\frac{\mathrm{ B }}{2}\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \\[5pt] &=&
4 \cdot \frac{-1}{2} \left(\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} -\cos\frac{\mathrm{ A-B }}{2} \right) \cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \\[5pt] &=&
-2 \cos^2\frac{\mathrm{ A+B }}{2} +2\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2}\cos\frac{\mathrm{ A-B }}{2} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。ここで、$\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \gt 0$だから、
\begin{eqnarray}
r
&\leqq&
-2 \cos^2\frac{\mathrm{ A+B }}{2} +2\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} \cdot 1 \\[5pt] &=&
-2 \left( \cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} -\frac{1}{2} \right)^2 +\frac{1}{2} \\[5pt] &\leqq&
\frac{1}{2}
\end{eqnarray}となる。よって、内接円の半径rは$\displaystyle \frac{1}{2}$以下となる。

【解答終】

【解説】
最大になるのは、後半の式変形からわかる通り、$\cos\frac{\mathrm{ A-B }}{2}=1$、かつ、$\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2} = \frac{1}{2}$のときです。1つ目から二等辺三角形であることがわかるので、2つ目もあわせると、内接円の半径が最大になるのは正三角形のときであることがわかります。

なお、$\cos\frac{\mathrm{ A+B }}{2}$というのは、$\sin\frac{\mathrm{ C }}{2}$のことです。なので、内接円の半径rは次のようなきれいな式で書くことができます。\[ r = 4 \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} \sin\frac{\mathrm{ B }}{2} \sin\frac{\mathrm{ C }}{2} \]

また、これは高度なテクニックですが、相加相乗平均を3つの場合に使うと
\[ \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} \sin\frac{\mathrm{ B }}{2} \sin\frac{\mathrm{ C }}{2} \leqq \left( \frac{ \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} +\sin\frac{\mathrm{ B }}{2} +\sin\frac{\mathrm{ C }}{2} }{3} \right)^3 \]となります。また、上に凸な関数$f(x)$に対して、$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\geqq 0$で$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1$のとき、\[\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)+\lambda_3f(x_3) \leqq f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\lambda_3x_3)\]が成り立つので、
\begin{eqnarray}
& &
\left( \frac{ \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} +\sin\frac{\mathrm{ B }}{2} +\sin\frac{\mathrm{ C }}{2} }{3} \right)^3 \\[5pt] &\leqq&
\left( \sin \frac{\frac{\mathrm{ A }}{2}+\frac{\mathrm{ B }}{2}+\frac{\mathrm{ C }}{2}}{3} \right)^3 \\[5pt] &=&
\left( \sin \frac{\mathrm{ A }+\mathrm{ B }+\mathrm{ C }}{6} \right)^3 \\[5pt] &=&
\left( \sin \frac{ \pi }{6} \right)^3 \\[5pt] &=&
\frac{1}{8} \\[5pt] \end{eqnarray}となることがわかります。よって、$\displaystyle r=4 \sin\frac{\mathrm{ A }}{2} \sin\frac{\mathrm{ B }}{2} \sin\frac{\mathrm{ C }}{2} \leqq \frac{1}{2}$となることがわかります。これを試験中に使える人は少ないと思いますが。

続いての別解では、図形的に考えて少しだけ計算を楽にする方法で解いてみます。