２つの実数 ａ、ｂ があれば、「ａ＜ｂ、ａ＝ｂ、ａ＞ｂ」の何れかが必ず成り立つので、２つの
ものがあれば比較したがるのが人間の性（さが）だろう。大小比較は、数に対する素朴な感
覚を養ううえで大切である。
平成１８年度の学習院大学文学部の入試問題に、次のような問題が出題された。
次の５つの数を小さい順に並べよ。
、
、11/7、
−
、1/（＋）Ａ＝
、Ｂ＝、Ｃ＝11/7、Ｄ＝−、Ｅ＝1/（＋） とする。Ｅｘｃｅｌ さんに協力してもらえれば、 Ｅ＜Ｄ＜Ａ＜Ｃ＜Ｂ であることは瞬時に分かるが、そ
れでは大人げない。きっちり手計算で求めることにしよう。
５つの数ですぐ分かることは、
Ａ6＝８、Ｂ6＝８１ より、Ａ＜Ｂ
Ａ2＝２、Ｃ2＝121/49＞２ より、１＜Ａ＜Ｃ＜２ で、８＜９ より、２＜Ｂ
また、3/2＜
＜＜5/2 なので、０＜Ｄ＜１ここで、Ｄ＝
−＝２/（＋）＞２/（＋）＝１/＞1/（＋）＝Ｅ以上から、Ｅ＜Ｄ＜Ａ＜Ｃ＜Ｂ である。
Ｓ（Ｈ）さんの話題から問題をいただきました。（平成２６年１０月２６日付け）
問題 ２−
と ３−
の大小を比較せよ。（解） （２−
）−（３−）＝−（＋１） において、６−（＋１）2＝３−２ここで、
＜３/２ なので、６−（＋１）2＞０ より、−（＋１）＞０したがって、２−
＞３− （終）Ｓ（Ｈ）さんからの情報に依れば、次のようなエレガントな解法が存在するらしい。
（別解） ２つの円 （ｘ−２）2＋ｙ2＝２ 、（ｘ−３）2＋ｙ2＝６ を考えるとき、２円と ｘ 軸の交
点のうち、原点に近い側は、（２−
，０）、（３−，０）である。２つの円の式を連立する。辺々引いて、２ｘ−５＝−４ より、ｘ＝１/２
このとき、ｙ2＝２−９/４＜０、ｙ2＝６−２５/４＜０ となり、実数 ｙ が存在しない。
すなわち、２円は交わらないので、円 （ｘ−２）2＋ｙ2＝２ は円 （ｘ−３）2＋ｙ2＝６ の内部に
含まれる。よって、２−
＞３− でなければならない。 （終）（参考：→「新しい認識」）
昭和５３年度の学習院大学理学部の入試問題に大小比較の問題が出題されている。
Ａ＝sin（sin３π/８）、Ｂ＝sin（cos３π/８）、Ｃ＝cos（sin３π/８）、Ｄ＝cos（cos３π/８）
とおく。Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄの大小を比較して、小さいものから大きいものへの順に書き並べよ。
Ｅｘｃｅｌ さんの協力を仰げば、Ａ＝0.797945925932441 、Ｂ＝0.373411139698684 、
Ｃ＝0.602729043010058 、Ｄ＝0.927665953212109 なので、Ｂ＜Ｃ＜Ａ＜Ｄ となることが分
かるが、これは「ズル」だろう。
上記の関係を手計算で求めることにしよう。ここで、θ＝３π/８ とおく。
まず、２π/３＜３π/４＜π なので、π/３＜θ＜π/２
このとき、
/２＜sinθ＜１、０＜cosθ＜１/２ なので、０＜cosθ＜１/２＜π/６＜
/２＜sinθ＜１＜π/３よって、sin（cosθ）＜１/２＜sin（sinθ）＜
/２１/２＜cos（sinθ）＜
/２＜cos（cosθ）また、π/４＜
/２＜sinθ＜π/２ なので、 cos（sinθ）＜sin（sinθ）以上から、sin（cosθ）＜cos（sinθ）＜sin（sinθ）＜cos（cosθ）
すなわち、Ｂ＜Ｃ＜Ａ＜Ｄ が成り立つ。
（コメント） この問題は、三角関数のグラフを学習したあとに経験すると、sinθやcosθの
特徴が真に理解される良問と思われる。
（追記） 令和６年７月１１日付け
次の東北大学 文理共通（１９６８）の大小比較の問題は、なかなか面白い問題で、大小比
較の手法に慣れていないと手強い問題となることでしょう。
第１問 ｘ≧０、ｙ＞０、ｚ≧０、ａ＞ｂ＞ｃ で、（ｘ＋ｙ＋ｚ）2＝ａｘ＋ｂｙ＋ｃｚ とする。
Ｓ＝ｘ＋ｙ＋ｚ とおくとき、Ｓ、ａ、ｃ の間の大小関係を調べよ。
（解） 条件より、 ａｘ≧ｂｘ≧ｃｘ 、ａｙ＞ｂｙ＞ｃｙ 、ａｚ≧ｂｚ≧ｃｚ なので、
ａｘ＋ａｙ＋ａｚ＞ａｘ＋ｂｙ＋ｃｚ＞ｃｘ＋ｃｙ＋ｃｚ 即ち、 ａＳ＞Ｓ2＞ｃＳ
Ｓ＞０ なので、両辺をＳで割って、 ａ＞Ｓ＞ｃ となる。 （終）
（追記） 令和７年４月２２日付け
次の東北大学 前期理系（１９９２）の問題は、手頃な大小比較の問題ですね。
問題 ａ、ｂ、ｃ をそれぞれ１より大きな数とする。
（１） ｌｏｇab ａ ＋ｌｏｇbc ｂ ＋ｌｏｇca ｃ ＞１ を示せ。
（２） ｌｏｇab ａ ＋ｌｏｇbc ｂ ＋ｌｏｇca ｃ ＜２ を示せ。
（３） ｌｏｇab ａ ＋ｌｏｇbc ｂ ＋ｌｏｇca ｃ ＝３/２ となるための必要十分条件を求めよ。
（解）（１） 底の変換公式により、ｌｏｇab ａ ＝１/（１＋ｌｏｇa ｂ）、ｌｏｇbc ｂ ＝１/（１＋ｌｏｇb ｃ）
ｌｏｇca ｃ ＝１/（１＋ｌｏｇc ａ） なので、
ｌｏｇab ａ ＋ｌｏｇbc ｂ ＋ｌｏｇca ｃ ＝１/（１＋ｌｏｇa ｂ）＋１/（１＋ｌｏｇb ｃ）＋１/（１＋ｌｏｇc ａ）
通分して、
分母＝２＋ｌｏｇa ｂ＋ｌｏｇb ｃ＋ｌｏｇc ａ＋（ｌｏｇa ｂ）（ｌｏｇb ｃ）＋（ｌｏｇb ｃ）（ｌｏｇc ａ）＋（ｌｏｇc ａ）（ｌｏｇa ｂ）
分子＝３＋２（ｌｏｇa ｂ＋ｌｏｇb ｃ＋ｌｏｇc ａ）＋（ｌｏｇa ｂ）（ｌｏｇb ｃ）＋（ｌｏｇb ｃ）（ｌｏｇc ａ）＋（ｌｏｇc ａ）（ｌｏｇa ｂ）
ここで、ｌｏｇa ｂ＞０、ｌｏｇb ｃ＞０、ｌｏｇc ａ＞０ より、分子＞分母 となるので、
ｌｏｇab ａ ＋ｌｏｇbc ｂ ＋ｌｏｇca ｃ ＞１ が成り立つ。
（２） ｌｏｇa ｂ＞０、ｌｏｇb ｃ＞０、ｌｏｇc ａ＞０ より、分子＜２×（分母） となるので、
ｌｏｇab ａ ＋ｌｏｇbc ｂ ＋ｌｏｇca ｃ ＜２ が成り立つ。
（３） ２×（分子）＝３×（分母） なので、
ｌｏｇa ｂ＋ｌｏｇb ｃ＋ｌｏｇc ａ＝（ｌｏｇa ｂ）（ｌｏｇb ｃ）＋（ｌｏｇb ｃ）（ｌｏｇc ａ）＋（ｌｏｇc ａ）（ｌｏｇa ｂ）
このとき、 （ｌｏｇa ｂ−１）（ｌｏｇb ｃ−１）（ｌｏｇc ａ−１）＝０ が成り立つ。
よって、 ｌｏｇa ｂ＝１ または ｌｏｇb ｃ＝１ または ｌｏｇc ａ＝１ から、
ａ＝ｂ または ｂ＝ｃ または ｃ＝ａ （終）
（追記） 令和７年４月２７日付け
次の東北大学 後期理系（１９９２）の問題は、大小比較を数学的帰納法で解決する問題
です。
問題 ａ1≧ａ2≧・・・≧ａｎ、ｂ1≧ｂ2≧・・・≧ｂｎ のとき、次の不等式を証明せよ。
（Σｉ=1n ａｉ）（Σｉ=1n ｂｉ）≦ｎ（Σｉ=1n ａｉｂｉ）
（解） 数学的帰納法により、証明する。
ｎ＝１ のとき、命題は明らかに成り立つ。
ｎ＝ｋ（ｋ≧１） のとき、成り立つと仮定する。即ち、（Σｉ=1k ａｉ）（Σｉ=1k ｂｉ）≦ｋ（Σｉ=1k ａｉｂｉ）
ｎ＝ｋ＋１ のとき、（Σｉ=1k+1 ａｉ）（Σｉ=1k+1 ｂｉ）≦（ｋ＋１）（Σｉ=1k+1 ａｉｂｉ） が成り立つことを
示す。すなわち、（Σｉ=1k ａｉ＋ａk+1）（Σｉ=1k ｂｉ＋ｂk+1）≦（ｋ＋１）（Σｉ=1k+1 ａｉｂｉ） から、
（Σｉ=1k ａｉ）（Σｉ=1k ｂｉ）＋ａk+1（Σｉ=1k ｂｉ）＋ｂk+1（Σｉ=1k ａｉ）＋ａk+1ｂk+1≦（ｋ＋１）（Σｉ=1k+1 ａｉｂｉ）
を示せばよい。帰納法の仮定より、（Σｉ=1k ａｉ）（Σｉ=1k ｂｉ）≦ｋ（Σｉ=1k ａｉｂｉ） なので、
ｋ（Σｉ=1k ａｉｂｉ）＋ａk+1（Σｉ=1k ｂｉ）＋ｂk+1（Σｉ=1k ａｉ）＋ａk+1ｂk+1≦（ｋ＋１）（Σｉ=1k+1 ａｉｂｉ）
を示せばよい。すなわち、
ａk+1（Σｉ=1k ｂｉ）＋ｂk+1（Σｉ=1k ａｉ）≦Σｉ=1k ａｉｂｉ＋ｋ・ａk+1ｂk+1
が成り立つことを示せばよい。そこで、
右辺−左辺
＝Σｉ=1k ａｉｂｉ＋ｋ・ａk+1ｂk+1−ａk+1（Σｉ=1k ｂｉ）−ｂk+1（Σｉ=1k ａｉ）
＝Σｉ=1k （ａk+1−ａｉ）（ｂk+1−ｂｉ）≧０ より、
ａk+1（Σｉ=1k ｂｉ）＋ｂk+1（Σｉ=1k ａｉ）≦Σｉ=1k ａｉｂｉ＋ｋ・ａk+1ｂk+1
が成り立つので、命題は、ｎ＝ｋ＋１のときも成り立つ。
したがって、全ての自然数ｎに対して、
（Σｉ=1n ａｉ）（Σｉ=1n ｂｉ）≦ｎ（Σｉ=1n ａｉｂｉ）
が成り立つ。 （終）
DD++ さんから別解をいただきました。（令和７年４月２９日付け）
上記の問題は、数学的帰納法でこねくり回さなくても、以下で終わる気がしますが、どうで
しょう？
（別解） n = 1 の場合は明らかに成り立つ。以下では n ≧ 2 の場合について証明する。
p≧q かつ r≧s のとき、pr＋qs−ps−qr＝(p−q)(r−s) ≧ 0 より、pr＋qs ≧ ps＋qr
よって、
（左辺）＝（Σｉ=1n ａｉ）（Σｉ=1n ｂｉ）
＝Σｉ=1n ａｉｂｉ＋Σｉ=2n Σj=1i-1 (ａｉｂj＋ａjｂｉ)
≦Σｉ=1n ａｉｂｉ＋Σｉ=2n Σj=1i-1 (ａｉｂｉ＋ａｊｂｊ)
＝ｎΣｉ=1n ａｉｂｉ
（コメント） なるほど！鮮やかですね。DD++ さんの示された不等式から、