A3.　ケプラーのワイン樽の問題

\(l^2=(2r)^2+h^2　　∴r^2={\large \frac{l^2-h^2}{4}}\\V={\pi}r^2h={\large \frac{\pi}{4}}(l^2h-h^3)\\{\large \frac{dV}{dh}=\frac{\pi}{4}}(l^2-3h^2)\)

\({\large \frac{dV}{dh}}=0\)となるのは\(h^2={\large \frac{1}{3}}l^2\)(つまり、\(h={\large \frac{l}{\sqrt{3}}}\))のときで、
\(0<h<{\large \frac{l}{\sqrt{3}}}\)のとき、\({\large \frac{dV}{dh}}>0\)

\({\large \frac{l}{\sqrt{3}}}<h<l\)のとき、\({\large \frac{dV}{dh}}<0\)なので、\(h={\large \frac{l}{\sqrt{3}}}\)のときVは最大。
したがって\(h={\large \frac{l}{\sqrt{3}}}\)とすればよい(ちなみに、このときのVの値は\({\large \frac{{\pi}}{6\sqrt{3}}}l^3\))

＜解答編＞ウォーミングアップ・代数

A4.　紀元前17世紀のパピルスの問題

\({\large \frac{2}{65}=\frac{2}{5×13}}\)である点から解いてみましょう。

2つの分数を足して\({\large \frac{2n}{65}}\)になるなら、それに\({\large \frac{1}{n}}\)を掛ければ答えが得られます。そして、2つの単位分数(分子が1である分数)の分母がどちらも65の約数(1,5,13,65)であれば、和は\({\large \frac{2n}{65}}\)になりえます。そうして以下の一覧が得られます。

\({\large \frac{1}{5}+\frac{1}{13}=\frac{18}{5・13}　\frac{1}{9}}\)を掛ければ\({\large \frac{2}{5・13}}\)となるので、
\({\large \frac{1}{9}(\frac{1}{5}+\frac{1}{13})=\frac{1}{45}+\frac{1}{117}}\)…解1

\({\large \frac{1}{13}+\frac{1}{5・13}=\frac{6}{5・13}　\frac{1}{3}}\)を掛ければ\({\large \frac{2}{5・13}}\)となるので、
\({\large \frac{1}{3}(\frac{1}{13}+\frac{1}{5・13})=\frac{1}{39}+\frac{1}{195}}\)…解2

\({\large \frac{1}{5}+\frac{1}{5・13}=\frac{14}{5・13}　\frac{1}{7}}\)を掛ければ\({\large \frac{2}{5・13}}\)となるので、
\({\large \frac{1}{7}(\frac{1}{5}+\frac{1}{5・13})=\frac{1}{35}+\frac{1}{455}}\)…解3

\({\large 1+\frac{1}{5・13}=\frac{66}{5・13}　\frac{1}{33}}\)を掛ければ\({\large \frac{2}{5・13}}\)となるので、
\({\large \frac{1}{33}(1+\frac{1}{5・13})=\frac{1}{33}+\frac{1}{2145}}\)…解4

解はこの4通りです。(なお、パピルスに書いてある答えは上記の解2)

A5.　ピュタゴラス学派の平均値(紀元前6世紀)

まず、右側の不等式の部分。

\({\it A}-{\it G}={\large \frac{a+b}{2}}-\sqrt{ab}={\large \frac{1}{2}}(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2>0\\∴{\it G}<{\it A}\)

まず、左側の不等式の部分。

\({\it G}-{\it H}=\sqrt{ab}-{\large \frac{2ab}{a+b}}-=2{\large \frac{\sqrt{ab}}{a+b}}・({\large \frac{a+b}{2}}-\sqrt{ab})>0\\∴{\it H}<{\it G}\)

A6.　破産問題・一般解(勝負の条件が公平の時)

Bの所持金がk円のときにBが破産する確率を\(P_k\)とおく。

\(P_0=1,P_{m+n}=0\)

k円の状態で1ゲームに勝ったらk+1円となり、負けたらk-1円となるので、

\(P_k={\large \frac{1}{2}}P_{k+1}+{\large \frac{1}{2}}P_{k-1}　　∴P_{k+1}-P_k=P_k-P_{k-1}\)

ゆえに\(P_k\)は等差数列。\(P_0=1,P_{m+n}=0\) より、
公差は\({\large \frac{-1}{m+n}}　　∴P_k=1-{\large \frac{k}{m+n}}\)

したがって、\(P_n=1-{\large \frac{n}{m+n}}={\large \frac{m}{m+n}}\)

ゆえに、それぞれが対戦に勝つ確率はAが\({\large \frac{m}{m+n}}\)、Bが\({\large \frac{n}{m+n}}\)で、AとBの勝率の比はm：n