数学C 平面ベクトル 問題 69 解説

方針・初手

(1) は、左辺を線分 $QA$ の長さと見て、コーシー・シュワルツの不等式を用いる。 (2) は、(1) を $QA$ と $QB$ にそれぞれ適用して加えればよい。

解法1

まず

$$ QA=\sqrt{(s+1)^2+t^2}, \qquad QB=\sqrt{(s-1)^2+t^2} $$

であり、また

$$ PA=PB=\sqrt{1+t^2} $$

である。

(1) の証明

$1+t^2>0$ であるから、$\sqrt{1+t^2}$ は正である。

ベクトル $(1+s,t)$ と $(1,t)$ にコーシー・シュワルツの不等式を用いると、

$$ \sqrt{(1+s)^2+t^2}\sqrt{1+t^2} \ge (1+s)\cdot 1+t\cdot t $$

である。したがって

$$ \sqrt{(1+s)^2+t^2}\sqrt{1+t^2} \ge 1+s+t^2 $$

となる。

両辺を正の数 $\sqrt{1+t^2}$ で割れば、

$$ \sqrt{(1+s)^2+t^2} \ge \frac{1+t^2+s}{\sqrt{1+t^2}} $$

が得られる。よって (1) は成り立つ。

(2) の証明

(1) より、

$$ QA=\sqrt{(1+s)^2+t^2} \ge \frac{1+t^2+s}{\sqrt{1+t^2}} $$

である。

また、(1) において $s$ を $-s$ に置き換えると、

$$ \sqrt{(1-s)^2+t^2} \ge \frac{1+t^2-s}{\sqrt{1+t^2}} $$

である。ここで

$$ QB=\sqrt{(s-1)^2+t^2}=\sqrt{(1-s)^2+t^2} $$

だから、

$$ QB \ge \frac{1+t^2-s}{\sqrt{1+t^2}} $$

である。

以上の2つの不等式を加えると、

$$ QA+QB \ge \frac{1+t^2+s}{\sqrt{1+t^2}} + \frac{1+t^2-s}{\sqrt{1+t^2}} $$

である。右辺を整理して、

$$ QA+QB \ge \frac{2(1+t^2)}{\sqrt{1+t^2}} = 2\sqrt{1+t^2} $$

となる。

一方、

$$ \begin{aligned} PA+PB &= \sqrt{1+t^2}+\sqrt{1+t^2}\\ &= 2\sqrt{1+t^2} \end{aligned} $$

であるから、

$$ QA+QB\ge PA+PB $$

すなわち

$$ PA+PB\le QA+QB $$

が成り立つ。

解説

この問題の中心は、距離の形

$$ \sqrt{(1+s)^2+t^2} $$

をそのまま扱うのではなく、コーシー・シュワルツの不等式によって下から評価する点にある。

(1) の右辺に現れる $1+t^2+s$ は、

$$ (1+s,t)\cdot(1,t) $$

という内積である。したがって

$$ |(1+s,t)|, |(1,t)| \ge (1+s,t)\cdot(1,t) $$

を使うと自然に導かれる。

(2) では、$QA$ に対する評価と $QB$ に対する評価を足すと、$+s$ と $-s$ が打ち消し合う。この対称性を見抜くことが重要である。

答え

(1)

$$ \sqrt{(1+s)^2+t^2} \ge \frac{1+t^2+s}{\sqrt{1+t^2}} $$

は成り立つ。

(2)

$$ PA+PB\le QA+QB $$

は成り立つ。