不等式の問題 　 　　 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　大学入試では、不等式に関わる問題が頻出である。今までまとまったページがなかったの
で、ここで一念発起し、新しいページを起こしてまとめていきたい。

　次の東北大学　後期文系（１９９２）の問題も手頃な不等式の問題である。

問題　　ｘ≧０ のとき、つねに ｘ³−ａｘ＋１≧０ が成り立つように実数ａの範囲を定めよ。

（解）　Ｆ（ｘ）＝ｘ³−ａｘ＋１　とおくと、　Ｆ’（ｘ）＝３ｘ²−ａ である。

よって、ａ≦０ のとき、　Ｆ’（ｘ）≧０　なので、　Ｆ（ｘ）は単調に増加する。

Ｆ（０）＝１　なので、ｘ≧０ のとき、つねに Ｆ（ｘ）≧０　が成り立つ。

ａ＞０ のとき、Ｆ’（ｘ）＝０　から、　ｘ＝±√（ａ/３）

ｘ≧０ のとき、ｘ＝√（ａ/３） において、極小かつ最小で、最小値 １−２√（ａ/３）³

よって、条件を満たすためには、　１−２√（ａ/３）³≧０　であればよい。

　（ａ/３）³≦１/４　から、　ａ/３≦（１/２）　より、　０＜ａ≦（３/２）

以上から、求める実数ａの範囲は、　ａ≦（３/２）　　（終）


（追記）　令和７年５月１６日付け

　次の東北大学　後期理系（１９９３）の問題も手頃な不等式の問題である。

問題　　２つの数列｛ａ_n｝、｛ｂ_n｝をそれぞれ

　ａ_k＝１/ｋ！　（ｋ＝１、２、・・・）　、ｂ_k＝１/（ｋ（ｋ＋１））　（ｋ＝１、２、・・・）

と定める。また、ｎ＝１、２、・・・　に対して、

　ｓ_n＝Σ_k=1ⁿ （−１）^kａ_k　、ｔ_n＝Σ_k=1ⁿ ｂ_k　、ｕ_n＝Σ_k=1ⁿ ａ_k

とおく。このとき、任意のｎについて、次の（１）、（２）、（３）を証明せよ。

（１）　ｓ_n＜０
（２）　ｔ_n＜１
（３）　ｕ_n＜２

（解）（１）　ｓ₁＝−ａ₁＝−１＜０　、ｓ₂＝−ａ₁＋ａ₂＝−１＋１/２＝−１/２＜０

　ｓ_2m＝Σ_k=1^2m （−１）^kａ_k＝−ａ₁＋ａ₂−ａ₃＋ａ₄−・・・−ａ_2m-1＋ａ_2m

　＝−（ａ₁−ａ₂）−（ａ₃−ａ₄）−・・・−（ａ_2m-1−ａ_2m）

　すべての自然数ｍに対して、

　ａ_2m-1−ａ_2m＝１/（２ｍ−１）！−１/（２ｍ）！＝（２ｍ−１）/（２ｍ）！＞０　なので、

　ｓ_2m＜０　である。

また、　ｓ_2m+1＝ｓ_2m−ａ_2m+1＜０　である。

以上から、すべての自然数ｎに対して、ｓ_n＜０　である。

（２）　ｔ_n＝Σ_k=1ⁿ ｂ_k＝Σ_k=1ⁿ （１/ｋ−１/（ｋ＋１））＝１−１/（ｎ＋１）＜１

（３）　ｋ！＝ｋ・（ｋ−１）・・・・・３・２・１≧２^k-1 より、

　ｕ_n＝Σ_k=1ⁿ ａ_k＝Σ_k=1ⁿ １/ｋ！≦Σ_k=1ⁿ １/２^k-1＝２（１−１/２^ｎ）＜２　　（終）


（追記）　令和７年５月２６日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９４）の問題も手頃な不等式の問題である。

問題　　ｎを１以上の整数とする。区間 ０≦ｘ≦１ で連続な関数Ｆ（ｘ）が、
　　整数 ｋ＝０、１、・・・、ｎ−１ に対して、∫₀¹ ｘ^kＦ（ｘ）ｄｘ＝０ を満たしているものとする。

（１）　ｔ が実数全体を動くときの Ｇ（ｔ）＝∫₀¹ ｜ｘ−ｔ｜ⁿｄｘ の最小値と、それを与える ｔ の
　　値を求めよ。
（２）　すべての実数 ｔ に対して、次の等式が成り立つことを示せ。

　　∫₀¹ （ｘ−ｔ）ⁿＦ（ｘ）ｄｘ＝∫₀¹ ｘⁿＦ（ｘ）ｄｘ

（３）　関数｜Ｆ（ｘ）｜の ０≦ｘ≦１ における最大値をMとするとき、次の不等式を示せ。

　　｜∫₀¹ ｘⁿＦ（ｘ）ｄｘ｜≦Ｍ/（２^ｎ（ｎ＋１））

（解）（１）　ｔ≦０ のとき、０≦ｘ≦１ で、｜ｘ−ｔ｜＝ｘ−ｔ　なので、

　Ｇ（ｔ）＝∫₀¹ （ｘ−ｔ）ⁿｄｘ＝（（１−ｔ）ⁿ⁺¹−（−ｔ）ⁿ⁺¹）/（ｎ＋１）

このとき、　Ｇ’（ｔ）＝−（１−ｔ）ⁿ＋（−ｔ）ⁿ＝−（（１−ｔ）ⁿ−（−ｔ）ⁿ） において、

　ｔ≦０　より、　１−ｔ＞−ｔ≧０　から、　（１−ｔ）ⁿ＞（−ｔ）ⁿ　なので、　Ｇ’（ｔ）＜０

よって、ｔ≦０ において、Ｇ（ｔ）は単調に減少して、Ｇ（０）＝１/（ｎ＋１）

　０≦ｔ≦１　のとき、

Ｇ（ｔ）＝∫₀^t （−ｘ＋ｔ）ⁿｄｘ ＋∫_t¹ （ｘ−ｔ）ⁿｄｘ

　＝[−（−ｘ＋ｔ）ⁿ⁺¹/（ｎ＋１）]₀^t＋[（ｘ−ｔ）ⁿ⁺¹/（ｎ＋１）]_t¹

　＝ｔⁿ⁺¹/（ｎ＋１）＋（１−ｔ）ⁿ⁺¹/（ｎ＋１）＝（ｔⁿ⁺¹＋（１−ｔ）ⁿ⁺¹）/（ｎ＋１）

Ｇ’（ｔ）＝ｔⁿ−（１−ｔ）ⁿ＝（２ｔ−１）（ｔ^n-1＋ｔ^n-2（１−ｔ）＋・・・＋（１−ｔ）^n-1）＝０　より、ｔ＝１/２

ｔ＝１/２　のとき、Ｇ（ｔ）は極小かつ最小で、最小値 Ｇ（１/２）＝１/（２ⁿ（ｎ＋１））

また、　Ｇ（０）＝Ｇ（１）＝１/（ｎ＋１）　である。

　ｔ≧１　のとき、０≦ｘ≦１ で、｜ｘ−ｔ｜＝−ｘ＋ｔ　なので、

　Ｇ（ｔ）＝∫₀¹ （−ｘ＋ｔ）ⁿｄｘ＝（−（ｔ−１）ⁿ⁺¹＋ｔⁿ⁺¹）/（ｎ＋１）

このとき、　Ｇ’（ｔ）＝−（ｔ−１）ⁿ＋ｔⁿ において、

　ｔ≧１　より、　０≦ｔ−１＜ｔ　から、　（ｔ−１）ⁿ＜ｔⁿ　なので、　Ｇ’（ｔ）＞０

よって、ｔ≧１ において、Ｇ（ｔ）は単調に増加して、Ｇ（１）＝１/（ｎ＋１）

以上から、ｔ＝１/２ のとき、Ｇ（ｔ）は最小で、最小値 １/（２ⁿ（ｎ＋１）） である。

（２）　２項定理より、（ｘ−ｔ）ⁿ＝ｘⁿ＋Σ_k=0^n-1 _nＣ_kｘ^k（−ｔ）^n-k

条件より、整数 ｋ＝０、１、・・・、ｎ−１ に対して、∫₀¹ ｘ^kＦ（ｘ）ｄｘ＝０ を満たしているので、

　∫₀¹ （ｘ−ｔ）ⁿＦ（ｘ）ｄｘ＝∫₀¹ ｘⁿＦ（ｘ）ｄｘ

が成り立つ。

（３）　｜∫₀¹ ｘⁿＦ（ｘ）ｄｘ｜＝｜∫₀¹ （ｘ−ｔ）ⁿＦ（ｘ）ｄｘ｜≦∫₀¹ ｜ｘ−ｔ｜ⁿ｜Ｆ（ｘ）｜ｄｘ

　≦ＭＧ（ｔ）　が全ての実数 ｔ について成り立つので、特に、ｔ＝１/２ のとき、

　｜∫₀¹ ｘⁿＦ（ｘ）ｄｘ｜≦Ｍ/（２^ｎ（ｎ＋１））

となる。　　（終）



　　以下、工事中！