三角形の等周問題

同義語：三角形の等周不等式isoperimetric problem for triangles

概要

前提知識: 三角形の面積の公式, 相加平均と相乗平均, 2次曲線の焦点と準線

高校での出発点：周の長さが 12 の三角形

長さ $12$ の紐を輪にして、3 本の画びょうに掛けて三角形を作る。画びょうの位置を変えると、周の長さは $12$ のまま、三角形の形と面積が変わる。面積がいちばん大きくなるのはどんな三角形だろうか。
3 辺が分かっている三角形の面積は、Heron の公式で計算できる（三角形の面積の公式）。3 辺を $a,b,c$、周の長さの半分を $s=\dfrac{a+b+c}2$ とすると、面積 $S$ は
$$ S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} $$
である。周の長さが $12$ なら $s=6$ である。

周の長さが 12 の三角形の面積

$s=6$ として Heron の公式で計算する。
(1) 3 辺 $3,4,5$：$S^2=6\cdot3\cdot2\cdot1=36$ で $S=6$ である（直角三角形なので $\dfrac12\cdot3\cdot4=6$ とも一致する）。
(2) 3 辺 $2,5,5$：$S^2=6\cdot4\cdot1\cdot1=24$ で $S=2\sqrt6=4.89\ldots$ である。
(3) 3 辺 $3,\dfrac92,\dfrac92$：$S^2=6\cdot3\cdot\dfrac32\cdot\dfrac32=\dfrac{81}2$ で $S=\dfrac{9\sqrt2}2=6.36\ldots$ である。
(4) 3 辺 $4,4,4$（正三角形）：$S^2=6\cdot2\cdot2\cdot2=48$ で $S=4\sqrt3=6.92\ldots$ である。
4 つの中では正三角形がいちばん広い。

ex-tip-start の 4 つの中では正三角形が最大だった。しかし、ほかの無数の三角形と比べたわけではない。この記事では次の問いに答える。

周の長さと 1 辺を決めたとき、面積が最大の三角形は何か。→ prop-tip-ellipse
周の長さだけを決めたとき、面積が最大の三角形は何か。最大値はいくつか。→ thm-tip-main
逆に面積を決めたとき、周の長さが最小の三角形は何か。→ cor-tip-dual

決めるものを変えると答えはどう変わるか。「最大がある」ことはどう保証されるか。→ ex-tip-cx-two-sides、ex-tip-cx-min、rem-tip-existence

高校の計算	この記事の言葉	大学の言葉
Heron の公式の $s-a$、$s-b$、$s-c$	和が $s$ の 3 つの正の数	条件付きの最大問題の変数
相加平均と相乗平均の不等式	等号は正三角形	Lagrange の未定乗数法
2 点からの距離の和が一定の点	頂点は楕円の上を動く	1 つの変数を固定した最大化
周の長さと面積の比べ方	三角形の等周不等式 $L^2\ge12\sqrt3\,S$	等周不等式の多角形版

周の長さが $L$、面積が $S$ の平面図形について、周の長さを決めて面積を最大にする問題、あるいは面積を決めて周の長さを最小にする問題を 等周問題 という。周の長さを $L$ とすると $L=2s$ である。この記事の主定理（thm-tip-main）は、三角形の等周問題の答えが正三角形で、$L^2\ge12\sqrt3\,S$ が成り立つことを述べる。一般の閉曲線では答えは円で、$L^2\ge4\pi S$ となる（等周不等式（高校数学））。
以下、三角形 $ABC$ の辺の長さを $a=BC$、$b=CA$、$c=AB$、周の長さの半分を $s=\dfrac{a+b+c}2$、面積を $S$ で表す。3 つの正の数 $a,b,c$ を辺とする三角形があるのは、どの 1 つも他の 2 つの和より小さいとき（$a< b+c$、$b< c+a$、$c< a+b$）である。

1 辺と周を固定する：頂点は楕円の上を動く

まず、決めるものを 1 つ増やす。底辺 $BC$ の長さ $a$ と周の長さ $2s$ を決めると、残りの 2 辺の和 $b+c=2s-a$ が決まる。

底辺 4、周 12 の三角形

$B(-2,0)$、$C(2,0)$ として、$AB+AC=12-4=8$ となる頂点 $A$ をいくつかとる。
(1) $A(-2,3)$：$AB=3$、$AC=\sqrt{4^2+3^2}=5$ で、$AB+AC=8$ である。高さは $3$ なので $S=\dfrac12\cdot4\cdot3=6$ である（ex-tip-start (1) の $3,4,5$）。
(2) $A\left(-1,\dfrac{3\sqrt5}2\right)$：$AB^2=1+\dfrac{45}4=\dfrac{49}4$、$AC^2=9+\dfrac{45}4=\dfrac{81}4$ で、$AB+AC=\dfrac72+\dfrac92=8$ である。$S=\dfrac12\cdot4\cdot\dfrac{3\sqrt5}2=3\sqrt5=6.70\ldots$ である。
(3) $A(0,2\sqrt3)$：$AB=AC=\sqrt{4+12}=4$ で、正三角形である。$S=\dfrac12\cdot4\cdot2\sqrt3=4\sqrt3=6.92\ldots$ である。
底辺が同じなので、面積は高さ（$A$ の $y$ 座標）だけで決まる。3 つの中では (3) の二等辺三角形が最も高い。

2 点 $B$、$C$ からの距離の和が一定の点の集まりは、$B$、$C$ を焦点とする楕円である（2次曲線の焦点と準線）。頂点 $A$ はこの楕円の上を動き、面積が最大になるのは楕円の最も高い点、つまり $AB=AC$ のときである。これを式で確かめる。

1 辺と周を固定したときの最大

$0< a< s$ とする。辺 $BC$ の長さが $a$、周の長さが $2s$ の三角形 $ABC$ の面積は
$$ S\le\frac a2\sqrt{s(s-a)} $$
を満たし、等号は $AB=AC$ のときに限る。$AB=AC=s-\dfrac a2$ の二等辺三角形は実際にあり、面積は右辺に等しい。

残りの 2 つの因数の和が一定

方針：Heron の公式の 4 つの因数のうち、$s$ と $s-a$ は決まっている。残りの 2 つの和が一定であることを使い、2 つの数の相加平均と相乗平均の不等式を当てる。
段 1（2 つの因数の和）。$x=s-b$、$y=s-c$ とおく。三角形の成立条件 $b< c+a$ の両辺に $b$ を足すと $2b< a+b+c=2s$ なので、$x=s-b>0$ である。同じく $y>0$ である。和は
$$ x+y=2s-(b+c)=(a+b+c)-(b+c)=a $$
で、決まった値である。
段 2（相加平均と相乗平均）。$x,y>0$ なので相加平均と相乗平均により $\sqrt{xy}\le\dfrac{x+y}2=\dfrac a2$、つまり $xy\le\dfrac{a^2}4$ であり、等号は $x=y$ のときに限る。
段 3（面積）。Heron の公式から
$$ S^2=s(s-a)\,xy\le s(s-a)\cdot\frac{a^2}4 $$
である。$s(s-a)>0$ を掛けても不等号の向きは変わらない。両辺の正の平方根をとって $S\le\dfrac a2\sqrt{s(s-a)}$ を得る。等号は $x=y$、つまり $s-b=s-c$、$b=c$ のときに限る。
段 4（二等辺三角形があること）。$b=c=s-\dfrac a2$ とおく。$b+c=2s-a>a$（$s>a$ による）であり、$a+b>c$、$c+a>b$ は $a>0$ から成り立つので、3 辺 $a,b,c$ の三角形がある。その面積は段 3 の等号の場合なので、右辺に等しい。$\square$

楕円で見ると、面積の最大値の意味が分かる。$B\left(-\dfrac a2,0\right)$、$C\left(\dfrac a2,0\right)$ とおくと、$AB+AC=2s-a$ を満たす点 $A$ は、長半径 $p=s-\dfrac a2$、焦点までの距離 $\dfrac a2$ の楕円
$$ \frac{x^2}{p^2}+\frac{y^2}{q^2}=1,\qquad q^2=p^2-\left(\frac a2\right)^2=\left(s-\frac a2\right)^2-\frac{a^2}4=s^2-sa=s(s-a) $$
の上にある（2次曲線の焦点と準線）。楕円の上の点では $\lvert y\rvert\le q$ で、等号は短軸の端 $(0,\pm q)$、つまり $AB=AC$ の点である。三角形の高さは $\lvert y\rvert$ なので、面積は $\dfrac12\cdot a\cdot\lvert y\rvert\le\dfrac a2\sqrt{s(s-a)}$ となり、prop-tip-ellipse と同じ結論になる。
底辺 BC を 4、周を 12 に固定すると、頂点 A は B と C を焦点とする破線の楕円の上を動き、面積は楕円の最も高い点で最大の 4√3 になる
図 1 の 4 つの三角形は、左から 2 辺が $\dfrac52,\dfrac{11}2$（面積 $\sqrt{21}$）、$3,5$（面積 $6$）、$\dfrac72,\dfrac92$（面積 $3\sqrt5$）、$4,4$（面積 $4\sqrt3$）である。頂点が楕円の上を高くなるほど面積が大きい。

二等辺三角形に取り替えていく

prop-tip-ellipse を使うと、二等辺三角形でない三角形は、周の長さを変えずに面積を大きくできる。1 辺を残し、他の 2 辺をその平均の長さにそろえればよい。周 $12$ の三角形 $4,\dfrac92,\dfrac72$（面積 $3\sqrt5=6.70\ldots$）から始めて、これを繰り返す。
(1) 辺 $\dfrac92$ を残し、他の 2 辺 $4$、$\dfrac72$ を平均の $\dfrac{4+\frac72}2=\dfrac{15}4$ にそろえる：3 辺 $\dfrac92,\dfrac{15}4,\dfrac{15}4$ で、$S^2=6\cdot\dfrac32\cdot\dfrac94\cdot\dfrac94=\dfrac{729}{16}$、$S=\dfrac{27}4=6.75$ である。
(2) 辺 $\dfrac{15}4$ を 1 本残し、他の 2 辺を $\dfrac{\frac92+\frac{15}4}2=\dfrac{33}8$ にそろえる：3 辺 $\dfrac{15}4,\dfrac{33}8,\dfrac{33}8$ で、$S^2=6\cdot\dfrac94\cdot\dfrac{15}8\cdot\dfrac{15}8=\dfrac{6075}{128}$、$S=\dfrac{45\sqrt6}{16}=6.88\ldots$ である。
面積は $6.70\ldots\to6.75\to6.88\ldots$ と増え、正三角形の $4\sqrt3=6.92\ldots$ に近づく。ただし、この手順を何回繰り返しても 3 辺はちょうどそろわない（残した 1 辺と他の 2 辺の差は $\dfrac34$、$\dfrac38$、…と、1 回ごとに半分になるだけである）。

ex-tip-steps から、「面積が最大の三角形があるなら、それはどの 2 辺も等しい、つまり正三角形である」ことが分かる。二等辺でない 2 辺があれば、prop-tip-ellipse で面積をもっと大きくできるからである。しかし、この論法だけでは 最大の三角形があること は示せていない。最大があることを別に確かめないと、この論法は結論を出せない（ex-tip-cx-nonequilateral、rem-tip-existence）。次の節では、最大の存在を仮定せずに、正三角形が最大であることを直接示す。

主定理：周を固定すると正三角形が最大

三角形の等周不等式

周の長さが $2s$ の三角形の面積 $S$ は
$$ S\le\frac{s^2}{3\sqrt3} $$
を満たし、等号は正三角形のときに限る。周の長さを $L=2s$ で書くと
$$ L^2\ge12\sqrt3\,S $$
である。

3 つの因数の和が一定

方針：Heron の公式の 3 つの因数 $s-a$、$s-b$、$s-c$ の和が $s$ で一定であることを使い、3 つの数の相加平均と相乗平均の不等式を当てる。
段 1（3 つの因数は正）。$x=s-a$、$y=s-b$、$z=s-c$ とおく。三角形の成立条件 $a< b+c$ の両辺に $a$ を足すと $2a< a+b+c=2s$ なので $x>0$ である。同じく $y>0$、$z>0$ である。
段 2（和は $s$）。
$$ x+y+z=3s-(a+b+c)=3s-2s=s $$
である。
段 3（相加平均と相乗平均）。$x,y,z>0$ なので、3 つの数の相加平均と相乗平均の不等式（相加平均と相乗平均）により
$$ xyz\le\left(\frac{x+y+z}3\right)^3=\frac{s^3}{27} $$
であり、等号は $x=y=z$ のときに限る。
段 4（面積）。Heron の公式と段 3 から
$$ S^2=s\,xyz\le s\cdot\frac{s^3}{27}=\frac{s^4}{27} $$
である。両辺の正の平方根をとると、$\sqrt{27}=3\sqrt3$ なので $S\le\dfrac{s^2}{3\sqrt3}$ を得る。
段 5（等号）。等号は段 3 で等号が成り立つとき、つまり $s-a=s-b=s-c$、$a=b=c$ のときに限る。逆に 1 辺 $\dfrac{2s}3$ の正三角形の面積は
$$ \frac{\sqrt3}4\left(\frac{2s}3\right)^2=\frac{\sqrt3\,s^2}9=\frac{s^2}{3\sqrt3} $$
で、右辺に等しい（$\dfrac{\sqrt3}9=\dfrac{\sqrt3}{9}\cdot\dfrac{\sqrt3}{\sqrt3}=\dfrac3{9\sqrt3}=\dfrac1{3\sqrt3}$）。
段 6（$L$ で書く）。$s=\dfrac L2$ を代入すると $S\le\dfrac{L^2}{4\cdot3\sqrt3}=\dfrac{L^2}{12\sqrt3}$ で、両辺に $12\sqrt3$ を掛けて $L^2\ge12\sqrt3\,S$ となる。$\square$

この証明は「最大の三角形がある」ことを仮定していない。周が $2s$ のどの三角形についても面積が $\dfrac{s^2}{3\sqrt3}$ 以下であることを直接示し、その値を正三角形が実際にとることを確かめた。これで最大が存在し、それが正三角形であることが同時に分かる。
$x=s-a$、$y=s-b$、$z=s-c$ から $a=y+z$、$b=z+x$、$c=x+y$ と逆に書ける。三角形の 3 辺を 3 つの正の数 $x,y,z$ で表すこの書き方を Ravi 置換 という（Ravi置換）。$x,y,z$ は内接円の接点で辺が分けられる長さでもある（三角形の面積の公式）。Ravi 置換を使うと、三角形の成立条件は「$x,y,z$ が正」だけになり、条件のない 3 つの正の数の問題になる。これが証明の段 1・段 2 でしたことである。

主定理を数で確かめる

周 $12$（$s=6$）では、上限は $\dfrac{36}{3\sqrt3}=\dfrac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3=6.92\ldots$ で、ex-tip-start (4) の正三角形の面積に一致する。$3,4,5$ の三角形では $L^2=144$、$12\sqrt3\,S=72\sqrt3=124.7\ldots$ で、$L^2>12\sqrt3\,S$ である。
Ravi 置換で見ると、$3,4,5$ は $x=3$、$y=2$、$z=1$、正三角形 $4,4,4$ は $x=y=z=2$、$2,5,5$ は $x=4$、$y=z=1$ に対応する。積 $xyz$ はそれぞれ $6$、$8$、$4$ で、和が $6$ の 3 つの正の数の積の最大値 $\dfrac{6^3}{27}=8$ は $x=y=z=2$ のときである。$S^2=6\,xyz$ はそれぞれ $36$、$48$、$24$ となり、ex-tip-start と一致する。
(3) 周 30 の三角形で確かめる例を開く
(3) 周 $30$ の三角形 $5,12,13$ は直角三角形で $S=30$、正三角形 $10,10,10$ は $S=25\sqrt3=43.3\ldots$ である。上限は $s=15$ で $\dfrac{225}{3\sqrt3}=25\sqrt3$ となり、正三角形で等号になる。

和が 6 の 3 つの正の数 x、y、z を正三角形の中の点で表し、面積 S＝√(6xyz) を濃淡で塗った図。中心の x＝y＝z＝2（正三角形 4, 4, 4）で面積が最大になり、ふちに近づくほど三角形がつぶれて面積は 0 に近づく
図 2 の三角形の領域の各点が、周 $12$ の三角形 1 つに対応する（点につけた 3 つの数は辺の長さ $a,b,c$ である）。領域の辺の上では $x,y,z$ のどれかが $0$ で、三角形がつぶれて線分になる。面積の等高線は中心を囲む閉じた曲線になり、中心で面積が最大になる。

内接円と角の半分を使う別証明を開く

内接円の半径を $r$ とする。内心から各辺に下ろした垂線の足で辺を分けると、頂点 $A$ から接点までの長さは $s-a$ で、直角三角形の辺の比から $s-a=r\cot\dfrac A2$ である（$\cot\theta=\dfrac1{\tan\theta}$。三角形の内心と傍心）。同じく $s-b=r\cot\dfrac B2$、$s-c=r\cot\dfrac C2$ である。3 つを足すと、段 2 の $x+y+z=s$ から

$$s=r\left(\cot\frac A2+\cot\frac B2+\cot\frac C2\right)$$

である。面積は $S=rs$（内心で 3 つの三角形に分ける）なので、$r=\dfrac sT$（$T$ は括弧の中の和）を代入して $S=\dfrac{s^2}T$ となる。

$\dfrac A2,\dfrac B2,\dfrac C2$ は和が $\dfrac\pi2$ の、$0$ と $\dfrac\pi2$ の間の角である。関数 $\cot\theta$ は $0<\theta<\dfrac\pi2$ で下に凸（2 階導関数は $\dfrac{2\cos\theta}{\sin^3\theta}>0$）なので、Jensenの不等式（高校数学）により

$$T\ge3\cot\left(\frac13\cdot\frac\pi2\right)=3\cot\frac\pi6=3\sqrt3$$

で、等号は $A=B=C$ のときに限る。よって $S=\dfrac{s^2}T\le\dfrac{s^2}{3\sqrt3}$ である。

たとえば $3,4,5$ の三角形では $r=\dfrac Ss=1$ で、$\cot\dfrac A2,\cot\dfrac B2,\cot\dfrac C2$ は $s-a=3$、$s-b=2$、$s-c=1$ に等しく、$T=6$、$S=\dfrac{36}6=6$ となる。この証明は、内接円をもつ多角形に同じ形で広がる（多角形の等周問題）。

面積を決めて周を最小にする

thm-tip-main の不等式 $L^2\ge12\sqrt3\,S$ は、周の長さ $L$ と面積 $S$ について対称な形をしている。周を決めれば面積の上限が、面積を決めれば周の下限が読みとれる。

面積を固定したときの周の最小

面積が $S$ の三角形の周の長さ $L$ は
$$ L\ge\sqrt{12\sqrt3\,S} $$
を満たし、等号は正三角形のときに限る。

主定理の不等式の平方根

thm-tip-main により $L^2\ge12\sqrt3\,S$ である。$L>0$ なので両辺の正の平方根をとると $L\ge\sqrt{12\sqrt3\,S}$ となる。等号は $L^2=12\sqrt3\,S$ のときで、thm-tip-main によりそれは正三角形のときに限る。逆に、面積 $S$ の正三角形は 1 辺 $t$ が $\dfrac{\sqrt3}4t^2=S$ を満たすものとしてあり、その周で等号が成り立つ。$\square$

面積を固定した三角形の周

面積 $4\sqrt3$：下限は $\sqrt{12\sqrt3\cdot4\sqrt3}=\sqrt{144}=12$ で、1 辺 $4$ の正三角形の周に一致する。
面積 $6$：下限は $\sqrt{12\sqrt3\cdot6}=\sqrt{72\sqrt3}=11.1\ldots$ である。面積 $6$ の $3,4,5$ の三角形の周は $12$ で、下限より長い。
面積 $1$：下限は $\sqrt{12\sqrt3}=4.55\ldots$ である。1 辺 $t$ の正三角形で $\dfrac{\sqrt3}4t^2=1$ とすると $t=1.519\ldots$、周は $3t=4.55\ldots$ で一致する。

同じ主定理から、辺の 2 乗の和と面積の不等式も出る。

Weitzenböck の不等式

三角形の 3 辺を $a,b,c$、面積を $S$ とすると
$$ a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt3\,S $$
であり、等号は正三角形のときに限る。

2 乗の和と和の 2 乗を比べる

段 1（和の 2 乗）。展開して整理すると
$$ 3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0 $$
なので、$(a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2)$ である。等号は $a=b=c$ のときに限る。
段 2（主定理と合わせる）。$L=a+b+c$ として thm-tip-main と段 1 を続けて使うと
$$ 12\sqrt3\,S\le L^2\le3(a^2+b^2+c^2) $$
である。両端を $3$ で割って $4\sqrt3\,S\le a^2+b^2+c^2$ を得る。等号が成り立つなら 2 つの不等式がどちらも等号なので、正三角形である。逆に正三角形なら両方とも等号になる。$\square$

Weitzenböck の不等式を数で確かめる

$3,4,5$：$a^2+b^2+c^2=9+16+25=50$、$4\sqrt3\cdot6=24\sqrt3=41.5\ldots$ である。
$4,4,4$：$a^2+b^2+c^2=48$、$4\sqrt3\cdot4\sqrt3=48$ で等号である。
(3) 3 辺 2, 3, 4 の例を開く
(3) $2,3,4$：$s=\dfrac92$、$S^2=\dfrac92\cdot\dfrac52\cdot\dfrac32\cdot\dfrac12=\dfrac{135}{16}$、$S=\dfrac{3\sqrt{15}}4=2.90\ldots$ で、$4\sqrt3\,S=3\sqrt{45}=9\sqrt5=20.1\ldots$、$a^2+b^2+c^2=29$ である。

Weitzenböck の不等式は、余弦定理（高校数学）で余弦定理と面積の公式を組み合わせて直接証明されている。ここでは、それが三角形の等周不等式から段 1 の不等式 1 つで出ることを見た。面積の上限として比べると、等周不等式の $\dfrac{L^2}{12\sqrt3}$ は、$L^2\le3(a^2+b^2+c^2)$ により Weitzenböck の不等式の $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt3}$ 以下である。$3,4,5$ では前者が $\dfrac{144}{12\sqrt3}=4\sqrt3=6.92\ldots$、後者が $\dfrac{50}{4\sqrt3}=7.21\ldots$ で（実際の面積は $6$）、等周不等式の方が面積をきつく抑えている。

決めるものを変えると答えが変わる

「面積が最大の三角形」は、何を決めて比べるかで答えが変わる。

決めるもの	面積が最大（周が最小）の三角形	最大の面積（最小の周）	根拠
周の長さ $2s$	正三角形	$\dfrac{s^2}{3\sqrt3}$	thm-tip-main
周の長さ $2s$ と 1 辺 $a$	$a$ を底辺とする二等辺三角形	$\dfrac a2\sqrt{s(s-a)}$	prop-tip-ellipse
2 辺 $b,c$	2 辺の間の角が直角	$\dfrac{bc}2$	ex-tip-cx-two-sides
1 辺 $a$ と向かいの角 $A$	$a$ を底辺とする二等辺三角形	$\dfrac{a^2}{4\tan\frac A2}$	ex-tip-angle
面積 $S$（周を最小にする）	正三角形	周 $\sqrt{12\sqrt3\,S}$	cor-tip-dual

1 辺と向かいの角を決める

辺 $BC=a$ と角 $A$ を決めると、円周角の定理により頂点 $A$ は $B$、$C$ を通る円の弧の上を動く。面積は底辺 $a$ と高さで決まるので、高さが最大になる弧の真ん中の点、つまり $AB=AC$ のときに最大である。このとき $A$ から $BC$ に下ろした垂線は角 $A$ を 2 等分し、底辺を 2 等分するので、高さは $\dfrac{a/2}{\tan\frac A2}$、面積は $\dfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a}{2\tan\frac A2}=\dfrac{a^2}{4\tan\frac A2}$ である。
$a=2$、$A=60^\circ$ なら $\tan30^\circ=\dfrac1{\sqrt3}$ から最大の面積は $\dfrac{4}{4/\sqrt3}=\sqrt3$ で、1 辺 $2$ の正三角形の面積 $\dfrac{\sqrt3}4\cdot4=\sqrt3$ と一致する。$a=2$、$A=90^\circ$ なら $\tan45^\circ=1$ から $1$ で、直角二等辺三角形（斜辺 $2$、他の 2 辺 $\sqrt2$）の面積 $\dfrac12\cdot\sqrt2\cdot\sqrt2=1$ と一致する。

表の 5 行のうち 4 行で答えは二等辺三角形か正三角形で、対称な形が最大になる。例外の 2 辺を決めた場合は、面積の公式 $S=\dfrac12bc\sin A$ の $\sin A$ だけが動くので、直角のときに最大になる。

例と反例

thm-tip-main の結論「周を決めると、面積が最大の三角形があり、それは正三角形である」の条件を外すと、次のように崩れる。

外す条件	反例	成り立たなくなること
周の長さを決める（2 辺を決めることに替える）	2 辺が $2,2$ の三角形	正三角形の面積が最大である
面積の最大を問う（最小に替える）	周 $12$ で底辺を $6$ に近づける二等辺三角形	面積が最小の三角形がある
比べる三角形に正三角形を含める	周 $12$ の、正三角形でない三角形	面積が最大の三角形がある

反例：2 辺を決めると直角が最大

2 辺を $b=c=2$ に決め、間の角 $A$ を動かす。面積は $S=\dfrac12\cdot2\cdot2\cdot\sin A=2\sin A$ である（三角形の面積の公式）。

$A=60^\circ$（正三角形）：$S=2\cdot\dfrac{\sqrt3}2=\sqrt3=1.73\ldots$
$A=90^\circ$（直角二等辺三角形）：$S=2$
$A=120^\circ$：$S=2\cdot\dfrac{\sqrt3}2=\sqrt3$
$\sin A\le1$ なので最大は $A=90^\circ$ の $2$ で、正三角形ではない。周の長さが決まっていないことが原因である。正三角形の周は $6$、直角二等辺三角形の周は $4+2\sqrt2=6.82\ldots$ で、周の長い方が広い。周を $6$ にそろえて比べれば、thm-tip-main のとおり正三角形の方が広い。

反例：面積の最小はない

周 $12$ の二等辺三角形で、底辺 $a$ を $6$ に近づける。prop-tip-ellipse の等号の場合なので、面積は $S=\dfrac a2\sqrt{6(6-a)}$ である。

$a=4$：$S=2\sqrt{12}=4\sqrt3=6.92\ldots$
$a=5$：$S=\dfrac52\sqrt6=6.12\ldots$
$a=\dfrac{11}2$：$S=\dfrac{11}4\sqrt3=4.76\ldots$
$a=\dfrac{59}{10}$：$S=\dfrac{59}{20}\sqrt{\dfrac35}=\dfrac{59\sqrt{15}}{100}=2.28\ldots$
$a$ を $6$ に近づけると $6-a\to0$ で、$S\to0$ となる。三角形の面積はどれも正なので $0$ にはならない。一方で、どの三角形 $T$ についても、それより面積の小さい周 $12$ の三角形がある（$T$ の面積を $S_T>0$ として、$\dfrac a2\sqrt{6(6-a)}< S_T$ となる $a$ を $6$ の近くにとればよい）。よって面積が最小の三角形はない。$a=6$ では 3 辺が $6,3,3$ で $6=3+3$ となり、三角形にならない（線分につぶれる）。図 4 はこの様子である。

反例：正三角形を除くと最大がない

周 $12$ の三角形のうち、正三角形でないものだけを比べる。3 辺 $4+2t,\ 4-t,\ 4-t$（$0< t<1$）の二等辺三角形は正三角形でなく、Heron の公式で
$$ S^2=6\cdot(2-2t)(2+t)(2+t) $$
である。$t=\dfrac1{10}$ なら $S^2=6\cdot\dfrac95\cdot\dfrac{21}{10}\cdot\dfrac{21}{10}=47.628$、$t=\dfrac1{100}$ なら $S^2=47.996\ldots$ で、$t\to0$ のとき $S^2\to48$ である。しかし thm-tip-main の等号の条件により、正三角形でない三角形の面積は $4\sqrt3$（$S^2=48$）より小さい。$48$ にいくらでも近づくが届かないので、この中に面積が最大のものはない。
このとき、ex-tip-steps の「取り替え」はちゃんと働いていて、正三角形でない三角形は、正三角形でない、面積のもっと大きい三角形に取り替えられる。

取り替え方を開く

3 辺がすべて違うとき：3 辺のうち長さが $4$ でない辺を 1 本残し、他の 2 辺をその平均にそろえる。残した辺の長さを $u$ とすると、そろえた 2 辺は $\dfrac{12-u}2\ne u$ なので、正三角形にならない。
二等辺三角形 $a,b,b$（$a\ne b$）のとき：辺 $b$ を 1 本残し、他の 2 辺 $a,b$ を平均の $\dfrac{a+b}2$ にそろえる。$\dfrac{a+b}2\ne b$ なので、正三角形にならない。

どちらも prop-tip-ellipse により面積は増える。

つまり「最大があれば二等辺で…」という論法は、どの三角形も最大ではないことを示すだけで、最大の三角形を与えない。論法が答えを出せるのは、最大があることが別に分かっているときに限る（rem-tip-existence）。

2 辺を 2、2 に決めて間の角を 60°、90°、120° と変えると、面積は √3、2、√3 で、直角のときが最大になる

周を 12 に保って底辺を 4、5、11/2、59/10 と 6 に近づけた二等辺三角形。平たくなり、面積は 0 に近づくが 0 にはならない

大学数学で見る

条件付きの最大と Lagrange の未定乗数法

主定理の証明は、「和が $s$ の 3 つの正の数 $x,y,z$ の積 $xyz$ を最大にする」という条件付きの最大問題を解いたことになる（条件付きの最大・最小）。大学では、このような問題を Lagrange の未定乗数法 で扱う（Lagrangeの未定乗数法）。

未定乗数法で候補を出す

$f(x,y,z)=xyz$、$g(x,y,z)=x+y+z$ とする。$g=s$ のもとで $f$ が $x,y,z>0$ の点で最大になるなら、その点で 2 つの関数の偏導関数の組が比例する：ある数 $\lambda$ があって
$$ (yz,\ zx,\ xy)=\lambda\,(1,\ 1,\ 1) $$
となる（この法則は証明しない）。$yz=zx$ と $z>0$ から $x=y$、$zx=xy$ と $x>0$ から $y=z$ である。よって候補は $x=y=z=\dfrac s3$ の 1 点で、thm-tip-main の等号の場合と一致する。
ただし、未定乗数法が与えるのは「最大の点があるなら、そこはこの候補である」という必要条件である。候補が本当に最大であることは、別に確かめる必要がある。

最大があることの保証

最大の存在と閉じた有界な集合

ex-tip-cx-nonequilateral で見たとおり、「最大があれば正三角形」という論法は、最大があることを別に知っていなければ結論を出せない。この記事の主定理では、相加平均と相乗平均の不等式で上限を直接示したので、この問題は起こらなかった。
大学数学では、存在を次のように保証する。$x,y,z\ge0$、$x+y+z=s$ を満たす点 $(x,y,z)$ の集まりは、図 2 の三角形の領域（ふちを含む）で、ふちを含み（閉じている）、どこまでも広がってはいない（有界である）。このような集合の上の連続関数は最大値と最小値をとる（1 変数の場合は最大値・最小値の定理（高校数学）、一般の場合はコンパクト空間の性質として証明される。この記事では証明しない）。

この保証から三角形の話を読み直すことを開く

関数 $h(x,y,z)=s\,xyz$ は、この閉じた有界な領域で最大値をとる。ふちの上では $x,y,z$ のどれかが $0$ で $h=0$ だが、内部には $h>0$ の点があるので、最大値はふちではなく内部の点でとられる。内部の点は本物の三角形に対応する（Ravi 置換）。こうして「周 $2s$ の三角形の中に面積が最大のものがある」ことが、計算をせずに分かる。そのうえで ex-tip-steps の論法を使えば、最大の三角形は正三角形である。

最小値の方は、ふちの上の $h=0$ でとられる。ふちの点はつぶれた三角形（線分）なので、本物の三角形だけで比べると最小はない（ex-tip-cx-min）。また、正三角形を除いた集合は、中心の 1 点を取り除いたために「閉じている」が成り立たず、最大がない（ex-tip-cx-nonequilateral）。

Steiner の対称化

prop-tip-ellipse は、周を変えずに三角形を「左右対称」に近づけると面積が増える、という主張だった。面積を変えずに周を短くする向きに読みかえることもできる。底辺 $BC$ と高さを変えずに、頂点 $A$ を $BC$ の垂直二等分線の上に移すと、面積は同じで、$AB+AC$ は短くなる（$A$ が動く水平な直線に関して $C$ を折り返した点 $C'$ をとると $AB+AC=AB+AC'\ge BC'$ で、等号は $A$ が線分 $BC'$ の上、つまり $BC$ の垂直二等分線の上にあるときである。折り返しの考え方は対称点と折れ線の最短で扱う）。
凸な図形でも、ある直線に垂直な弦を 1 本ずつその直線の上に中心がくるようにずらすと、面積は変わらず、周は長くならない（この記事では証明しない）。これを Steiner の対称化 という。

Steiner の議論と、その穴を開く

19 世紀の Steiner は、これを使って「周が同じ図形の中で最も広いのは円である」ことを論じたが、その議論は最大の図形があることを仮定していた。この穴は後に埋められた（等周不等式（高校数学）は Fourier 級数を使う別の方法で証明している）。

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辺の数を増やすと、周の長さが $L$ の $n$ 角形の中では正 $n$ 角形が最大で、$L^2\ge4n\tan\dfrac\pi n\cdot S$ となる。$n=3$ では $4\cdot3\tan\dfrac\pi3=12\sqrt3$ で、この記事の主定理に戻る。これは多角形の等周問題で扱う。そこでは「最大があること」の扱いがもっと大切になる。
辺の数の制限をなくすと、答えは円で、$L^2\ge4\pi S$ となる（等周不等式（高校数学））。$12\sqrt3=20.7\ldots$ は $4\pi=12.5\ldots$ より大きく、三角形は同じ周の円よりかなり狭い。
周の一部を直線の岸で置きかえる問題は Didoの問題で扱う。