https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1939/Igaku

2022.07.24記

[2] 定圓ニ内接スル二等邊三角形ニシテ其周ノ最大ナルモノヲ求ム．

2022.08.07記
答が正三角形の場合というのは，想像がつくだろう．

[解答]
円を単位円として良く，2等辺三角形の頂角を $2\theta$ （ $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ ）とおくと，2等辺三角形の3辺の長さは $2\cos\theta,2\cos\theta,4\cos\theta\sin\theta$ であるから，その周の長さは
$f(\theta)=4\cos\theta(1+\sin\theta)$
となる．
$f'(\theta)=-8(\sin\theta+1)\left(\sin\theta-\dfrac{1}{2}\right)$
により， $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ では，
$\theta=\dfrac{\pi}{6}$ で極大かつ最大となる．

このとき，2等辺三角形の頂角は $\dfrac{\pi}{3}$ となるので，求める三角形は正三角形である．

[別解]
内接する三角形の3辺の長さを $x,x,2y$ とし，その面積を $S$ とすると，
$S=\dfrac{x^2\cdot 2y}{4\cdot 1}=\dfrac{x^2y}{2}$
かつ
$S=y\sqrt{x^2-y^2}$
であるから
$4y^2=4x^2-x^4$
が成立する．このとき $x+y$ の最大値を求めれば良い．
$x+y=x+\dfrac{1}{2}\sqrt{4x^2-x^4}=:f(x)$ （ $0\lt x\lt 2$ ）
であるから，
$f'(x)=1+\dfrac{x(2-x^2)}{\sqrt{4x^2-x^4}}$
となり， $0\lt x\lt 2$ で $f'(x)=0$ となるのは $x=\sqrt{3}$ のみで， $f'(x)$ は，この前後で符号が正から負に変化するので極大かつ最大となる．

このとき $2y=\sqrt{3}$ となるので，求める三角形は正三角形である．

$4y^2=4x^2-x^4$ 　のもとでの $x+y$ の最大値は，ラグランジュの未定乗数法を用いると
$x+y+\lambda(4y^2-4x^2+x^4)$
から
$1+\lambda(-8x+4x^3)=0$ ， $1+\lambda(8y)=0$
を得て $\lambda$ を消去すると $2y=x^3-2x$ となり，
$4y^2=4x^2-x^4$ 　
から
$(x^3-2x)^2=4x^2-x^4$ （ $0\lt x\lt 2$ ）　
を解いて $x=\sqrt{3}$ を得る．