等周問題と円弧

長さの制約 $\int 1 + y^{'2} d x = ℓ$ のもとで面積 $\int y d x$ を最大にする曲線が円弧であることを乗数つきの方程式から導き、弦の長さと弧長から半径・中心角を決めて、面積の最大値を求められる

前提

積分制約つき変分問題（ラグランジュ乗数）（大学院数学変分法・最適制御）
曲線の長さ（数学III 積分法）
円の方程式（数学II 図形と方程式）

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算数中学高校大学大学院

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四則の混じった計算の順序（算数計算と数のきまり）
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文字式の計算（同類項・分配法則）（中学数学数と式）
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1 階線形微分方程式（大学数学微分方程式）
定数係数 2 階線形（非斉次）（大学数学微分方程式）
オイラー・ラグランジュ方程式（大学院数学変分法・最適制御）
2 変数関数の極値（大学数学微分積分）
ラグランジュの未定乗数法（大学数学微分積分）
積分制約つき変分問題（ラグランジュ乗数）（大学院数学変分法・最適制御）
定積分の計算（数学II 微分法と積分法）
定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（数学III 積分法）
逆関数・陰関数・媒介変数表示の微分（数学III 微分法）
曲線の長さ（数学III 積分法）
三角形の角の大きさ（算数平面図形）
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相似な三角形と長さの比（算数平面図形）
三角形の相似条件と対応する辺の長さ（中学数学相似と三平方の定理）
平行線と線分の比（中学数学相似と三平方の定理）
2点間の距離と内分点・外分点（数学II 図形と方程式）
円の方程式（数学II 図形と方程式）

説明

両端を $x$ 軸上の 2 点 $(\pm c, 0)$ に固定し、長さ $ℓ$ が決まった曲線 $y = y (x)$ と $x$ 軸で囲まれる部分の面積 $\int y d x$ を最大にする問題（等周問題）を解けるようになります。長さの制約 $\int 1 + y^{'2} d x = ℓ$ に乗数 $λ$ を付けた $y + λ 1 + y^{'2}$ のオイラー・ラグランジュ方程式を解くと、停留曲線は半径 $∣ λ ∣$ の円弧になります。あとは弦の長さと弧の長さから半径と中心角を決め、弓形の面積として最大値を計算します。 $C^{1}$ 級の関数のグラフとして考える設定では、この問題に答えがあるのは $2 c < ℓ < π c$ のときで、最大を与える曲線は半円より小さい円弧です。

なぜそうしてよいのか

制約 $K [y] = \int_{- c}^{c} 1 + y^{'2} d x = ℓ$ 、境界条件 $y (- c) = y (c) = 0$ のもとで $\int_{- c}^{c} y d x$ を停留させるので、積分制約つき変分問題の方法により $F = y + λ 1 + y^{'2}$ （ $λ$ は定数）のオイラー・ラグランジュ方程式を考えます。ただしこの方法が使えるのは、求める曲線が制約の汎関数 $K$ 自身の停留曲線ではないときです。 $K$ のオイラー・ラグランジュ方程式は $\frac{d}{d x} \frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = 0$ で、これから $y^{'}$ は一定、両端の条件から $K$ の停留曲線は線分 $y = 0$ （長さ $2 c$ ）だけです。したがって $ℓ > 2 c$ なら、長さ $ℓ$ の曲線は $K$ の停留曲線になりえず、乗数法の前提が満たされます。また、乗数つきの方程式は 2 階の微分方程式なので、以下では最大を与える $y$ が $C^{2}$ 級である（オイラー・ラグランジュ方程式がそのまま成り立つ）とみなします。

$\frac{\partial F}{\partial y} = 1$ , $\frac{\partial F}{\partial y ^{'}} = \frac{λ y ^{'}}{1 + y ^{'2}}$ なので、方程式は $1 - λ \frac{d}{d x} \frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = 0$ 、すなわち $\frac{d}{d x} (\frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}}) = \frac{1}{λ}$ です（ $λ = 0$ なら $1 = 0$ となり不可能なので $λ \neq = 0$ ）。1 回積分すると $\frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = \frac{x - x _{0}}{λ}$ （ $x_{0}$ は定数）。左辺の絶対値は 1 未満なので $∣ x - x_{0} ∣ < ∣ λ ∣$ で、 $y^{'}$ について解くと $y^{'} = \frac{x - x _{0}}{λ} \cdot \frac{∣ λ ∣}{λ ^{2} - ( x - x _{0} ) ^{2}} .$ これを積分すると、 $λ < 0$ のとき $y = y_{0} + λ^{2} - (x - x_{0})^{2}$ 、 $λ > 0$ のとき $y = y_{0} - λ^{2} - (x - x_{0})^{2}$ （ $y_{0}$ は定数）で、どちらも $(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = λ^{2}$ を満たします。つまり停留曲線は半径 $r = ∣ λ ∣$ の円の一部（円弧）です。 $λ < 0$ は上に凸の上側の弧、 $λ > 0$ は下側の弧で、面積を最大にするのは上側の弧です。

残る定数は 3 つ（ $x_{0}, y_{0}, λ$ ）で、両端の条件 2 つと長さの制約 1 つで決まります。円が弦の両端を通るので中心は弦の垂直二等分線上にあり、半径 $r$ と半中心角 $α$ について「半弦 $= r sin α$ 」「弧長 $= 2 r α$ 」が成り立ちます。曲線は $[- c, c]$ 全体で $C^{1}$ 級の関数のグラフなので、 $∣ x - x_{0} ∣ < r$ が両端でも成り立つ必要があり、 $c < r$ 、すなわち $0 < α < \frac{π}{2}$ です（ $α = \frac{π}{2}$ の半円は両端で $y^{'}$ が発散し、 $α > \frac{π}{2}$ の弧はそもそも関数のグラフにならない）。この範囲で $\frac{s i n α}{α}$ は $1$ から $\frac{2}{π}$ まで狭義単調減少するので、 $\frac{s i n α}{α} = \frac{2 c}{ℓ}$ が解をもつ条件は $2 c < ℓ < π c$ で、そのとき $α$ はただ 1 つに決まります。面積は扇形から三角形を引いた弓形の面積 $\frac{1}{2} r^{2} (2 α - sin 2 α)$ です。

手順

弦を $x$ 軸上の区間 $[- c, c]$ にとり、制約 $\int_{- c}^{c} 1 + y^{'2} d x = ℓ$ 、境界条件 $y (\pm c) = 0$ を書く。 $ℓ > 2 c$ を確かめ（制約の汎関数の停留曲線は長さ $2 c$ の線分 $y = 0$ だけなので、これで乗数法が使える）、 $F = y + λ 1 + y^{'2}$ とおく。
$y$ を $C^{2}$ 級とみなし、 $F$ のオイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{d x} \frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = \frac{1}{λ}$ を積分して、停留曲線が円 $(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = λ^{2}$ の弧であることを導く（最大を与えるのは $λ < 0$ の上側の弧）。
中心が弦の垂直二等分線上にあることから $x_{0} = 0$ 。半径 $r$ 、半中心角 $α$ について $r sin α = c$ , $2 r α = ℓ$ を立てる。
$\frac{s i n α}{α} = \frac{2 c}{ℓ}$ から $α$ を決め、 $r = \frac{c}{s i n α}$ を求める。 $C^{1}$ 級の関数のグラフなので $0 < α < \frac{π}{2}$ で、 $\frac{s i n α}{α}$ はこの範囲で狭義単調減少（値域は $\frac{2}{π}$ と $1$ の間）だから、解は $2 c < ℓ < π c$ のときただ 1 つある。
面積の最大値を、弓形の面積 $\frac{1}{2} r^{2} (2 α - sin 2 α)$ 、または $\int_{- c}^{c} y d x$ の計算で求める。

例題

区間 $[- 3, 3]$ で $C^{1}$ 級の関数 $y$ が $y (- 3) = y (3) = 0$ と $\int_{- 3}^{3} 1 + y^{'2} d x = \frac{4 π}{3}$ を満たすとき、 $\int_{- 3}^{3} y d x$ の最大値を求めよ。ただし、最大値を与える $y$ が存在し、それが $C^{2}$ 級であることは認めてよい。

例題の解答

【手順 1】 $c = 3$ , $ℓ = \frac{4 π}{3}$ 。 $\frac{4 π}{3} > \frac{4 \cdot 3}{3} = 4 > 23$ なので $ℓ > 2 c$ で、最大を与える曲線は制約の汎関数の停留曲線（線分 $y = 0$ 、長さ $23$ ）ではない。よって乗数法が使え、 $F = y + λ 1 + y^{'2}$ とおく。

【手順 2】オイラー・ラグランジュ方程式は $1 - λ \frac{d}{d x} \frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = 0$ 。上の説明のとおり、最大を与える $y$ は円 $(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = r^{2}$ （ $r = ∣ λ ∣$ ）の上側の弧 $y = y_{0} + r^{2} - (x - x_{0})^{2}$ （ $λ < 0$ ）である。下側の弧（ $λ > 0$ ）は $y \leq 0$ となり面積が負なので最大ではない。

【手順 3】 $y (\pm 3) = 0$ より $(3 - x_{0})^{2} = (- 3 - x_{0})^{2}$ 、よって $x_{0} = 0$ 。弧の両端を中心から見込む角の半分を $α$ （ $0 < α < \frac{π}{2}$ ）とすると $r sin α = 3$ 。弧長は $x = r sin t$ と置換して $\int_{- 3}^{3} 1 + y^{'2} d x = \int_{- 3}^{3} \frac{r}{r ^{2} - x ^{2}} d x = \int_{- α}^{α} r d t = 2 r α$ なので $2 r α = \frac{4 π}{3}$ 。

【手順 4】2 式を割って $\frac{s i n α}{α} = \frac{3}{2 π /3} = \frac{3 3}{2 π}$ 。 $g (α) = \frac{s i n α}{α}$ は $g^{'} (α) = \frac{α c o s α - s i n α}{α ^{2}}$ で、 $k (α) = α cos α - sin α$ は $k (0) = 0$ , $k^{'} (α) = - α sin α < 0$ $(0 < α < \frac{π}{2})$ より負なので、 $g$ は狭義単調減少。 $g (\frac{π}{3}) = \frac{3 /2}{π /3} = \frac{3 3}{2 π}$ より $α = \frac{π}{3}$ がただ 1 つの解（ $2 c < ℓ < π c$ 、すなわち $23 < \frac{4 π}{3} < 3 π$ とも合う）。よって $r = \frac{3}{s i n ( π /3 )} = 2$ 。中心は $(0, y_{0})$ で $y (3) = y_{0} + 4 - 3 = 0$ より $y_{0} = - 1$ 。最大を与える曲線は $y = 4 - x^{2} - 1$ （ $λ = - 2$ ）。

【手順 5】 $x = 2 sin t$ と置換すると $\int_{- 3}^{3} 4 - x^{2} d x = \int_{- π /3}^{π /3} 4 cos^{2} t d t = [2 t + sin 2 t]_{- π /3}^{π /3} = \frac{4 π}{3} + 3$ なので $\int_{- 3}^{3} y d x = \frac{4 π}{3} + 3 - 23 = \frac{4 π}{3} - 3 .$ これは弓形の面積 $\frac{1}{2} \cdot 2^{2} (\frac{2 π}{3} - sin \frac{2 π}{3}) = \frac{4 π}{3} - 3$ と一致する。

答え: $\frac{4 π}{3} - 3$

よくある誤り

半径を $λ$ そのものとしてしまう誤り。最大を与える上側の弧では $λ < 0$ なので、 $r = λ$ とすると半径が負になる。正しくは円の式 $(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = λ^{2}$ から $r = ∣ λ ∣$ （例題では $λ = - 2$ , $r = 2$ ）。
最大の曲線はいつも半円だと決めつけてしまう誤り。 $C^{1}$ 級の関数のグラフという設定では $2 c < ℓ < π c$ で、最大を与えるのは半円より小さい弧（ $0 < α < \frac{π}{2}$ ）である。例題で半円とすると長さは $3 π \neq = \frac{4 π}{3}$ となり制約を満たさない。正しくは $r sin α = c$ , $2 r α = ℓ$ の 2 式から $r$ と $α$ を決める。
面積を扇形の面積 $\frac{1}{2} r^{2} \cdot 2 α$ としてしまう誤り。 $\int y d x$ は弦と弧で囲まれた弓形の面積なので、中心と弦の両端を結ぶ三角形 $\frac{1}{2} r^{2} sin 2 α$ を引き、正しくは $\frac{1}{2} r^{2} (2 α - sin 2 α)$ （例題では $\frac{4 π}{3}$ ではなく $\frac{4 π}{3} - 3$ ）。
乗数法の前提を確かめずに $F = y + λ 1 + y^{'2}$ の方程式を立ててしまう誤り。制約の汎関数 $\int 1 + y^{'2} d x$ の停留曲線（線分 $y = 0$ 、長さ $2 c$ ）には乗数法が使えない。正しくは $ℓ > 2 c$ を確かめてから使う（ $ℓ = 2 c$ なら条件を満たす曲線は $y = 0$ だけで、面積は $0$ ）。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$x y$ 平面において、区間 $[- 1, 1]$ 上の $C^{2}$ 級の実数値関数 $y (x)$ で、境界条件 $y (- 1) = 0$ , $y (1) = 0$ と長さの制約
$\int_{- 1}^{1} 1 + y^{'} (x)^{2} d x = \frac{2}{2} π$
を満たすものの全体を考える。この範囲で
$S [y] = \int_{- 1}^{1} y (x) d x$
の最大値を求めよ。

この技能を使う問題

難易度 3（大学院入試の専門科目の標準レベル）
$x y$ 平面において、区間 $[- 3, 3]$ 上の $C^{1}$ 級の実数値関数 $y (x)$ で、境界条件 $y (- 3) = 0$ , $y (3) = 0$ と、すべての $x \in [- 3, 3]$ で $y (x) \geq 0$ を満たし、グラフの長さが
$\int_{- 3}^{3} 1 + y^{'} (x)^{2} d x = \frac{4 π}{3}$
であるものの全体を考える。このとき、グラフと $x$ 軸で囲まれた部分の面積
$S [y] = \int_{- 3}^{3} y (x) d x$
の最大値を求めよ。