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）


（追記）　令和７年７月２１日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９７）の問題は、面白い問題である。

問題　　（１）　関数 Ｆ（ｘ）＝（ｌｏｇ ｘ）/ｘ　（ｘ＞０） の極値、および ｙ＝Ｆ（ｘ）のグラフと ｘ 軸との
　　交点を求め、ｙ＝Ｆ（ｘ）のグラフの概形をかけ。
（２）　ａ を正の数とする。不等式 ａ^ｘ≧ｘ^ａ が、ｘ≧ａ である任意の ｘ に対して成り立つような、
　　ａ の範囲を求めよ。

（解）（１）　Ｆ’（ｘ）＝（１−ｌｏｇ ｘ）/ｘ²＝０　より、　ｘ＝ｅ

　このとき、増減表は、

　　

　ｘ＝ｅ のとき、Ｆ（ｘ）は極大で、極大値は、１/ｅ　で、極小値はない。

　ｙ＝Ｆ（ｘ）のグラフと ｘ 軸との交点は、（１，０）である。

また、　ｘ → ＋０　のとき、　Ｆ（ｘ） → −∞　で、ｘ → ＋∞ のとき、　Ｆ（ｘ） → ０　なので、

ｙ＝Ｆ（ｘ）のグラフの概形は下図。

　　

（２）　不等式 ａ^ｘ≧ｘ^ａ より、　ｘ・ｌｏｇ ａ≧ａ・ｌｏｇ ｘ　すなわち、　（ｌｏｇ ａ）/ａ ≧（ｌｏｇ ｘ）/ｘ

　ｘ≧ａ に対して、Ｆ（ａ）≧Ｆ（ｘ）　から、Ｆ（ｘ）は減少関数である。

　よって、　ａ≧ｅ　であればよい。　　（終）


（追記）　令和７年７月２５日付け

　次の東北大学　前期文系（１９９７）の問題は、基本問題である。

問題　　２次方程式 ｘ²＋ａｘ＋ｂ＝０ が２つの解をもち、かつその差が１であるとする。

（１）　ｂをａで表せ。
（２）　２次関数 ｙ＝ｘ²＋ａｘ＋ｂ のグラフが、領域 ２ｘ＋ｙ＜０ を通らないような ａ の範囲を
　　求めよ。

（解）（１）　２つの解をα、β（α＜β）とおくと、解と係数の関係から、α＋β＝−ａ、αβ＝ｂ

題意より、　β−α＝１　すなわち、　（β−α）²＝１　から、　（α＋β）²−４αβ＝１

よって、　ａ²−４ｂ＝１　より、　ｂ＝（ａ²−１）/４

（２）　２次関数 ｙ＝ｘ²＋ａｘ＋（ａ²−１）/４ のグラフが、ｙ≧−２ｘ 上にあればよいので、

　ｘ²＋ａｘ＋（ａ²−１）/４＝−２ｘ　すなわち、　ｘ²＋（ａ＋２）ｘ＋（ａ²−１）/４＝０　の判別式を

Ｄとおくと、　Ｄ＝（ａ＋２）²−（ａ²−１）＝４ａ＋５≦０　より、　ａ≦−５/４　　（終）


（追記）　令和７年８月１８日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９８）の問題は、基本問題である。

問題　　ａ と ｂ は±１、０でない実数とする。実数 ｘ、ｙ が　ｓｉｎｘ/ｓｉｎｙ＝ａ　、ｃｏｓｘ/ｃｏｓｙ＝ｂ
　　を満たしているとする。

（１）　ｔａｎ²ｙ を ａ と ｂ を用いて表せ。
（２）　点(ａ，ｂ) の存在する範囲をａｂ平面に図示せよ。

（解）（１）　ａ²ｓｉｎ²ｙ＋ｂ²ｃｏｓ²ｙ＝ｓｉｎ²ｘ＋ｃｏｓ²ｘ＝１　より、　ａ²ｔａｎ²ｙ＋ｂ²＝１/ｃｏｓ²ｙ

よって、　ａ²ｔａｎ²ｙ＋ｂ²＝１＋ｔａｎ²ｙ　より、　ｔａｎ²ｙ＝（１−ｂ²）/（ａ²−１）

（２）　（１−ｂ²）/（ａ²−１）＞０　から、　（ａ²−１）（１−ｂ²）＞０

　よって、　ａ²−１＞０　、１−ｂ²＞０　または、　ａ²−１＜０　、１−ｂ²＜０

　求める点(ａ，ｂ) の存在する範囲は下図。ただし、境界線は含まない。

　　　　（終）


（追記）　令和７年９月８日付け

　次の東北大学　後期文系（１９９８）の問題は、題意を理解するのが大変な問題である。

問題　　ｎは２以上の自然数とする。

（１）　数列 ａ₁，ａ₂，・・・，ａ_n，ａ_n+1 において、２≦ｊ≦ｎ を満たすすべての ｊ に対して、不等式

　（Ａ）　ａ_ｊ≧（ａ_j-1＋ａ_j+1）/２

が成り立つとき、２≦ｋ≦ｎ を満たすすべてのｋに対して、不等式

（Ｂ）　ａ_k≧（ａ₁＋（ｋ−１）ａ_k+1）/ｋ

が成り立つことを数学的帰納法を用いて示せ。

（２）　１≦ｊ≦ｎ＋１ を満たす ｊ に対して、ｂ_j＝１＋（ｊ−１）/｛ｎ（ｎ−１）｝とし、ａ_j＝ｌｏｇ₂ｂ_j　と
　　すると、数列 ａ₁，ａ₂，・・・，ａ_n，ａ_n+1 は不等式（Ａ）を満たすことを示せ。

（３）　次の不等式が成り立つことを示せ。

　　（１＋１/ｎ）^ｎ≧（１＋１/（ｎ−１））^n-1

（解）（１）　「（Ａ）ならば（Ｂ）」が成り立つことを、ｎに関する数学的帰納法で示す。

　ｎ＝２　のとき、　ａ₂≧（ａ₁＋ａ₃）/２　が成り立つとすると、これは、（Ｂ）において、

　　ａ₂≧（ａ₁＋ａ₃）/２

なので、ｎ＝２のとき、成り立つことを示す。

　ｎ＝ｍ（ｍ≧２）　のとき成り立つと仮定する。すなわち、

　ａ_ｊ≧（ａ_j-1＋ａ_j+1）/２　（２≦ｊ≦ｍ）　ならば、　ａ_m≧（ａ₁＋（ｍ−１）ａ_m+1）/ｍ

　ｎ＝ｍ＋１　のとき、　ａ_m+1≧（ａ_m＋ａ_m+2）/２　が成り立つとすると、

　ａ_m+1≧（ａ_m＋ａ_m+2）/２≧（（ａ₁＋（ｍ−１）ａ_m+1）/ｍ＋ａ_m+2）/２

すなわち、　２ｍａ_m+1≧ａ₁＋（ｍ−１）ａ_m+1＋ｍａ_m+2　より、（ｍ＋１）ａ_m+1≧ａ₁＋ｍａ_m+2

よって、　ａ_m+1≧（ａ₁＋ｍａ_m+2）/（ｍ＋１）　となり、ｎ＝ｍ＋１のときも成り立つことを示す。

以上から、２以上の自然数ｎに対して、「（Ａ）ならば（Ｂ）」が成り立つ。

（２）　ｂ_j＝１＋（ｊ−１）/｛ｎ（ｎ−１）｝　のとき、

　ｂ_j-1＝１＋（ｊ−２）/｛ｎ（ｎ−１）｝　、ｂ_j+1＝１＋ｊ/｛ｎ（ｎ−１）｝　なので、

　ｂ_j-1＋ｂ_j+1＝２＋（２ｊ−２）/｛ｎ（ｎ−１）｝＝２ｂ_j

よって、　ｂ_j＝（ｂ_j-1＋ｂ_j+1）/２≧√（ｂ_j-1ｂ_j+1）　から、　ａ_ｊ≧（ａ_j-1＋ａ_j+1）/２　が成り立つ。

（３）　（１）より、ａ_k≧（ａ₁＋（ｋ−１）ａ_k+1）/ｋ　が成り立つ。ここで、ｂ₁＝１、ａ₁＝０　なので、

　ｌｏｇ₂（１＋（ｋ−１）/｛ｎ（ｎ−１）｝）≧｛（ｋ−１）/ｋ｝ｌｏｇ₂｛１＋ｋ/｛ｎ（ｎ−１）｝

ここで、ｋ＝ｎ　を代入して、　ｌｏｇ₂（１＋１/ｎ）≧｛（ｎ−１）/ｎ｝ｌｏｇ₂｛１＋１/（ｎ−１）｝　より、

　ｎｌｏｇ₂（１＋１/ｎ）≧（ｎ−１）ｌｏｇ₂（１＋１/（ｎ−１））

すなわち、　（１＋１/ｎ）^ｎ≧（１＋１/（ｎ−１））^n-1　が成り立つ。　　（終）


（コメント）　この問題は選択問題の一つなんですが、他方の方が易しかったですね！この問
　　題を選んだ受験生は不運でした！


（追記）　令和７年９月９日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９９）の問題は、何となく出来ちゃった感が否めない。

問題　　ｘ＞０において、関数Ｆ（ｘ）を

　Ｆ（ｘ）＝｛（ｘ²＋１）/２｝ｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/２｝＋（ｘ−１）²/２−ｘ²ｌｏｇｘ

で定める。対数は自然対数である。
（１）　導関数Ｆ’（ｘ）が単調増加であることを示せ。
（２）　Ｆ（ｘ）≧０であることを示し、Ｆ（ｘ）＝０となる ｘ を求めよ。
（３）　正の実数ｐ、ｑについて、不等式

　｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝ｌｏｇ｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝≧−（ｐ−ｑ）²/２＋（ｐ²ｌｏｇｐ²＋ｑ²ｌｏｇｑ²）/２）

が成立することを示せ。

（解）（１）　Ｆ’（ｘ）＝ｘｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/２｝＋ｘ＋ｘ−１−２ｘｌｏｇｘ−ｘ

　　＝ｘｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/２｝＋ｘ−１−２ｘｌｏｇｘ

Ｆ”（ｘ）＝ｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/２｝＋２ｘ²/（ｘ²＋１）＋１−２（ｌｏｇｘ＋１）

　＝ｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/２｝＋２ｘ²/（ｘ²＋１）＋１−２（ｌｏｇｘ＋１）

　＝ｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/（２ｘ²）｝＋（ｘ²−１）/（ｘ²＋１）

ここで、（ｘ²＋１）/（２ｘ²）＝ｔ　とおくと、　ｘ²＝１/（２ｔ−１）＞０　から、ｔ＞１/２　で、

　（ｘ²−１）/（ｘ²＋１）＝（１/（２ｔ−１）−１）/（１/（２ｔ−１）＋１）＝（２−２ｔ）/（２ｔ）＝（１−ｔ）/ｔ

なので、　Ｆ”（ｘ）＝ｌｏｇｔ＋（１−ｔ）/ｔ

　そこで、　ｙ＝ｌｏｇｔ＋（１−ｔ）/ｔ　とおくと、　ｙ’＝１/ｔ−１/ｔ²＝（ｔ−１）/ｔ²＝０　より、ｔ＝１　で

ｙは、ｔ＝１で極小かつ最小で、最小値は、０　となるので、　Ｆ”（ｘ）≧０

　よって、導関数Ｆ’（ｘ）は単調増加である。

（２）　（１）より、Ｆ’（１）＝０　なので、Ｆ（ｘ）は、ｘ＝１で極小かつ最小で、最小値は、０　となる

ので、Ｆ（ｘ）≧０である。Ｆ（ｘ）＝０となる ｘ は、ｘ＝１

（３）　Ｆ（ｘ）＝｛（ｘ²＋１）/２｝ｌｏｇ｛（ｘ²＋１）/２｝＋（ｘ−１）²/２−ｘ²ｌｏｇｘ　において、（２）より、

Ｆ（ｐ/ｑ）＝｛（ｐ²/ｑ²＋１）/２｝ｌｏｇ｛（ｐ²/ｑ²＋１）/２｝＋（ｐ/ｑ−１）²/２−（ｐ²/ｑ²）ｌｏｇ（ｐ/ｑ）≧０

すなわち、　｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝ｌｏｇ｛（ｐ²/ｑ²＋１）/２｝＋（ｐ−ｑ）²/２−ｐ²ｌｏｇ（ｐ/ｑ）≧０　より、

｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝（ｌｏｇ｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝−ｌｏｇｑ²）＋（ｐ−ｑ）²/２−ｐ²（ｌｏｇｐ−ｌｏｇｑ）≧０

よって、

　｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝（ｌｏｇ｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝≧｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝ｌｏｇｑ²−（ｐ−ｑ）²/２＋ｐ²（ｌｏｇｐ−ｌｏｇｑ）

すなわち、

　｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝（ｌｏｇ｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝≧−（ｐ−ｑ）²/２＋ｐ²ｌｏｇｐ＋ｑ²ｌｏｇｑ

より、

　｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝（ｌｏｇ｛（ｐ²＋ｑ²）/２｝≧−（ｐ−ｑ）²/２＋（ｐ²ｌｏｇｐ²＋ｑ²ｌｏｇｑ²）/２　　（終）


（追記）　令和７年１０月６日付け

　次の東北大学　後期理系（２０００）の問題は、フェルマー点の問題である。

問題　　（１） ０でない平面ベクトルａ、ｂ、ｃが　ａ/｜ａ｜＋ｂ/｜ｂ｜＋ｃ/｜ｃ｜＝０　を
　　満たすとき、３つのベクトルの互いになす角をそれぞれ求めよ。

（２）　ａ≠０、ｘ を任意の平面ベクトルとするとき、　｜ａ−ｘ｜≧｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜ で
　　あることを示せ。

（３）　すべての内角が１２０°未満の△ＡＢＣの内部の点Ｘから各頂点までの距離の和
　　｜ＸＡ｜＋｜ＸＢ｜＋｜ＸＣ｜　が最小となるようなＸを求めよ。

（解）（１）　｜ａ/｜ａ｜＋ｂ/｜ｂ｜｜＝１　の両辺を平方して、

　１＋２ａ・ｂ/（｜ａ｜｜ｂ｜）＋１＝１　より、　ａ・ｂ/（｜ａ｜｜ｂ｜）＝−１/２

　よって、ベクトルａ、ｂ のなす角は、１２０°

同様にして、ベクトルｂ、ｃ のなす角、ベクトルｃ、ａ のなす角も１２０°である。

（２）　｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜＜０　ならば、｜ａ−ｘ｜≧｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜ は自明なので、

｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜≧０　のときを考えればよい。

　｜ａ−ｘ｜²−（｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜）²　

＝｜ａ｜²−２ａ・ｘ＋｜ｘ｜²−｜ａ｜²＋２ａ・ｘ−（ｘ・ａ）²/｜ａ｜²

＝｜ｘ｜²−（ｘ・ａ）²/｜ａ｜²

ここで、　（ｘ・ａ）²≦｜ｘ｜²｜ａ｜²　すなわち、　（ｘ・ａ）²/｜ａ｜²≦｜ｘ｜²　なので、　

｜ａ−ｘ｜²−（｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜）²　≧０

すなわち、　｜ａ−ｘ｜²≧（｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜）²　

｜ａ−ｘ｜≧０　、｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜≧０　なので、｜ａ−ｘ｜≧｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜

等号成立は、　ｘ＝０　または　ａとｘが平行の時に限る。

（３）　｜ＸＡ｜＋｜ＸＢ｜＋｜ＸＣ｜

　≧｜ａ｜−ｘ・ａ/｜ａ｜＋｜ｂ｜−ｘ・ｂ/｜ｂ｜＋｜ｃ｜−ｘ・ｃ/｜ｃ｜

　＝｜ａ｜＋｜ｂ｜＋｜ｃ｜−ｘ・（ａ/｜ａ｜＋ｂ/｜ｂ｜＋ｃ/｜ｃ｜）

　△ＡＢＣ内の点Ｐを始点とし、ＰＡ＝ａ、ＰＢ＝ｂ、ＰＣ＝ｃ、ＰＸ＝ｘ　とおく。

このとき、　∠ＡＰＢ＝∠ＢＰＣ＝∠ＣＰＡ＝１２０°であるような点Ｐをとる。

　（１）より、　ａ/｜ａ｜＋ｂ/｜ｂ｜＋ｃ/｜ｃ｜＝０　なので、

　｜ＸＡ｜＋｜ＸＢ｜＋｜ＸＣ｜≧｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜＋｜ＰＣ｜

等号成立は、ｘ＝０　すなわち、Ｘ＝Ｐ　のときで、このとき、最小となる。　　（終）


（追記）　令和７年１０月１７日付け

　次の東北大学　前期理系（２００１）の問題は、基本的な問題だろう。

問題　　 関数 Ｆ（ｘ）＝（√（１＋２ｘ）−１）/ｘ　（ｘ≠０）　について、
　　ａ＝ｌｉｍ_ｘ→0 Ｆ（ｘ）、ｂ＝ｌｉｍ_ｘ→0 Ｆ’（ｘ） とおく.
（１）　ａ、ｂ の値を求めよ。
（２）　−１/２≦ｘ　の範囲で、３つの関数　√（１＋２ｘ）、１＋ａｘ、１＋ａｘ＋ｂｘ²　の大小関係を
　　調ベ、これらの関数のグラフを同一の ｘｙ 平面上に描け。

（解）（１）　ａ＝ｌｉｍ_ｘ→0 Ｆ（ｘ）＝ａ＝ｌｉｍ_ｘ→0 （√（１＋２ｘ）−１）/ｘ

　＝ｌｉｍ_ｘ→0 ２/（√（１＋２ｘ）＋１）＝１

　Ｆ’（ｘ）＝（−ｘ−１＋√（１＋２ｘ））/（ｘ√（１＋２ｘ））　なので、

　ｂ＝ｌｉｍ_ｘ→0 Ｆ’（ｘ）＝ｂ＝ｌｉｍ_ｘ→0 （−ｘ−１＋√（１＋２ｘ））/（ｘ²√（１＋２ｘ））

＝ｌｉｍ_ｘ→0 （−ｘ−１＋√（１＋２ｘ））/（ｘ²√（１＋２ｘ））

＝ｌｉｍ_ｘ→0 １/（√（１＋２ｘ）（−ｘ−１−√（１＋２ｘ）））＝−１/２

（２）　Ｆ（ｘ）＝√（１＋２ｘ）　、Ｇ（ｘ）＝１＋ｘ　、Ｈ（ｘ）＝１＋ｘ−（１/２）ｘ²　とおく。

　１＋ｘ−（１＋ｘ−（１/２）ｘ²）＝（１/２）ｘ²≧０　なので、Ｇ（ｘ）≧Ｈ（ｘ）

　等号は、ｘ＝０　のときに限る。

　ｘ≧−１/２　において、（１＋ｘ）²−｛√（１＋２ｘ）｝²＝ｘ²≧０　なので、Ｇ（ｘ）≧Ｆ（ｘ）

　等号は、ｘ＝０　のときに限る。

　−１/２≦ｘ＜０　のとき、

　（１＋ｘ−（１/２）ｘ²）²−｛√（１＋２ｘ）｝²＝（１/４）ｘ⁴−ｘ³＝（ｘ³/４）（ｘ−４）＞０　から、

　Ｈ（ｘ）＞Ｆ（ｘ）

　ｘ＝０　のとき、　Ｈ（０）＝Ｆ（０）

　次に、（１＋ｘ−（１/２）ｘ²）²−｛√（１＋２ｘ）｝²＝（１/４）ｘ⁴−ｘ³＝（ｘ³/４）（ｘ−４）

１＋ｘ−（１/２）ｘ²≧０　を解くと、　１−≦ｘ≦１−

　０＜ｘ≦１−　のとき、　（ｘ³/４）（ｘ−４）＜０　なので、　Ｈ（ｘ）＜Ｆ（ｘ）

　ｘ＞１−　のとき、　Ｈ（ｘ）＜０　なので、　Ｈ（ｘ）＜Ｆ（ｘ）　は自明で成り立つ。

　以上から、下図を得る。

　　　（終）


（追記）　令和７年１０月２０日付け

　次の東北大学　前期理系（２００１）の問題は、まとめ方が難しい。

問題　　 複素数 ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　、ｗ＝ｕ＋ｉ・ｖ (ただし、ｘ、ｙ、ｕ、ｖ は実数)　は、|ｚ|＝|ｗ|＝１ を
　　満たし、ｙｖ＜０ とする。|１＋ｚ＋ｗ|＜１ となるための必要十分条件を ｘ と ｕ を用いて表せ。

（解）　題意より、　ｘ²＋ｙ²＝１　、ｕ²＋ｖ²＝１　、ｙｖ＜０　なので、

　ｙ²＝１−ｘ²＞０　から、　|ｘ|＜１　、ｖ²＝１−ｕ²＞０　から、　|ｕ|＜１

このとき、　|１＋ｚ＋ｗ|²＜１　から、　（１＋ｘ＋ｕ）²＋（ｙ＋ｖ）²＜１

　（１＋ｘ）²＋２（１＋ｘ）ｕ＋ｕ²＋ｙ²＋２ｙｖ＋ｖ²＜１

すなわち、　１＋２ｘ＋ｘ²＋２（１＋ｘ）ｕ＋ｕ²＋ｙ²＋２ｙｖ＋ｖ²＜１

ｘ²＋ｙ²＝１　、ｕ²＋ｖ²＝１　なので、　２（１＋ｘ）（１＋ｕ）＋２ｙｖ＜０　から、

　（１＋ｘ）（１＋ｕ）＜−ｙｖ

ここで、　ｙ²ｖ²＝（１−ｘ²）（１−ｕ²）　、ｙｖ＜０　から、　ｙｖ＝−√（１−ｘ²）√（１−ｕ²）

よって、　（１＋ｘ）（１＋ｕ）＜√（１−ｘ²）√（１−ｕ²）　から、

　√（１＋ｘ）√（１＋ｕ）＜√（１−ｘ）√（１−ｕ）　即ち、（１＋ｘ）（１＋ｕ）＜（１−ｘ）（１−ｕ）

したがって、求める必要十分条件は、　ｘ＋ｕ＜０　かつ　|ｘ|＜１　かつ　|ｕ|＜１　　（終）


（追記）　令和７年１１月８日付け

　次の東北大学　前期理系（２００２）の問題は、何となく出来ちゃった感が否めない。

問題　　 Ｆ₁（ｘ）は実数全体で定義された何回でも微分可能な関数とする。
　　Ｆ₂（ｘ）、Ｆ₃（ｘ）、・・・　を次のように順次定義する。ｎ＝２、３、・・・　に対し、

Ｇ_n-1（ｘ）＝∫₀^x Ｆ_n-1（ｔ）ｄｔ とおいて、Ｆ_n（ｘ）＝∫₀^x Ｆ_n-1（ｔ）Ｇ_n-1（ｔ）ｄｔ とする。

　このとき、以下の問いに答えよ。
（１）　ｎ≧２のとき、すべての ｘ に対して、Ｆ_n（ｘ）≧０ であることを示せ。
（２）　ｎ≧３のとき、すべての ｘ≧０に対して、Ｆ_n’（ｘ）≧０ であることを示せ。
（３）　Ｆ₄’（１）＝０ のとき、すべての ０≦ｘ≦１ に対して、Ｆ₁（ｘ）＝０ であることを示せ。

（解）（１）　定義より、すべてのｎに対して、Ｆ_n（０）＝０、Ｇ_n（０）＝０　である。

　Ｆ_n（ｘ）＝∫₀^x Ｆ_n-1（ｔ）Ｇ_n-1（ｔ）ｄｔ＝［Ｇ_n-1²（ｔ）］₀^x−∫₀^x Ｇ_n-1（ｔ）Ｆ_n-1（ｔ）ｄｔ

　＝Ｇ_n-1²（ｘ）−Ｆ_n（ｘ）　より、　Ｆ_n（ｘ）＝（１/２）Ｇ_n-1²（ｘ）≧０

（２）　（１）より、　Ｇ_n-1（ｘ）≧０　なので、　Ｆ_n’（ｘ）＝Ｇ_n-1（ｘ）Ｆ_n-1（ｘ）≧０

（３）　（２）より、　Ｆ₄’（１）＝Ｇ₃（１）Ｆ₃（１）＝０　なので、　Ｇ₃（１）＝０　または　Ｆ₃（１）＝０

Ｆ₃（１）＝０　とする。（２）より、Ｆ₃’（ｘ）≧０　なので、Ｆ₃（ｘ）は単調に増加し、Ｆ₃（１）＝０　な

ので、０≦ｘ≦１ において、　Ｆ₃（ｘ）≦０　となる。一方、Ｆ₃（０）＝０　なので、　Ｆ₃（ｘ）＝０　で

なければならない。

Ｇ₃（１）＝０　とする。（１）より、　Ｆ₃（ｘ）≧０ で、　Ｇ₃（ｘ）＝∫₀^x Ｆ₃（ｔ）ｄｔ≧０　となり、

　このとき、　Ｇ₃（１）＝∫₀¹ Ｆ₃（ｔ）ｄｔ＝０　から、Ｆ₃（ｘ）＝０　でなければならない。

（１）より、　Ｆ₃（ｘ）＝（１/２）Ｇ₂²（ｘ）＝０　なので、　Ｇ₂（ｘ）＝０　となる。

このとき、　Ｇ₂（ｘ）＝∫₀^x Ｆ₂（ｔ）ｄｔ＝０　で、Ｆ₂（ｘ）≧０ から、　Ｆ₂（ｘ）＝０　でなければなら

ない。Ｆ₂（ｘ）＝（１/２）Ｇ₁²（ｘ）＝０　から、　Ｇ₁（ｘ）＝０

即ち、Ｇ₁（ｘ）＝∫₀^x Ｆ₁（ｔ）ｄｔ＝０　で、両辺を微分して、　Ｆ₁（ｘ）＝０ である。　　（終）



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