A3. ケプラーのワイン樽の問題

[math]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)[/math]

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

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

<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

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

2つの分数を足して[math]{\large \frac{2n}{65}}[/math]になるなら、それに[math]{\large \frac{1}{n}}[/math]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[math]{\large \frac{2n}{65}}[/math]になりえます。そうして以下の一覧が得られます。

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

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

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

[math]{\large 1+\frac{1}{5・13}=\frac{66}{5・13} \frac{1}{33}}[/math]を掛ければ[math]{\large \frac{2}{5・13}}[/math]となるので、
[math]{\large \frac{1}{33}(1+\frac{1}{5・13})=\frac{1}{33}+\frac{1}{2145}}[/math]…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。

[math]{\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}[/math]

まず、左側の不等式の部分。

[math]{\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}[/math]

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[math]P_k[/math]とおく。

[math]P_0=1,P_{m+n}=0[/math]

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、

[math]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}[/math]

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

したがって、[math]P_n=1-{\large \frac{n}{m+n}}={\large \frac{m}{m+n}}[/math]

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