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東北大学 1964年文系第1問解説

方針・初手

不等式の中辺と右辺の形に着目し、各辺を $x$ の関数 $f(x) = \frac{1}{c}x^2 - \frac{2}{b}x + \frac{1}{a}$ と見立てる方針が有効である。示すべき不等式は、$t \leqq \alpha$ なる $t$ に対して $0 < f(\alpha) \leqq f(t)$ が成り立つことと解釈できる。前半の $0 < f(\alpha)$ は、$\alpha$ が二次方程式 $ax^2 - 2bx + c = 0$ の解であることを用いて式の次数を下げることで示す。後半の $f(\alpha) \leqq f(t)$ は、$f(x)$ の単調性に着目して放物線の軸と $\alpha$ の位置関係を調べるか、あるいは直接 $f(t) - f(\alpha)$ の差を計算して因数分解し、符号を判定する方針が考えられる。

解法1

関数 $f(x) = \frac{1}{c}x^2 - \frac{2}{b}x + \frac{1}{a}$ とおく。示すべきことは、$t \leqq \alpha$ において $0 < f(\alpha) \leqq f(t)$ が成り立つことである。

(i) $0 < f(\alpha)$ の証明

$\alpha$ は $ax^2 - 2bx + c = 0$ の解であるから、 $$ a\alpha^2 - 2b\alpha + c = 0 $$

すなわち $\alpha^2 = \frac{2b\alpha - c}{a}$ が成り立つ。これを $f(\alpha)$ に代入して変形する。 $$ \begin{aligned} f(\alpha) &= \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{1}{c} \cdot \frac{2b\alpha - c}{a} \\ &= \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{2b\alpha}{ac} - \frac{1}{a} \\ &= \frac{2b\alpha}{ac} - \frac{2\alpha}{b} \\ &= \frac{2\alpha(b^2 - ac)}{abc} \end{aligned} $$

ここで、二次方程式 $ax^2 - 2bx + c = 0$ が相異なる実数解をもつための条件から、判別式について $b^2 - ac > 0$ である。また、解と係数の関係より $\alpha \beta = \frac{c}{a} > 0$ かつ $\alpha + \beta = \frac{2b}{a} > 0$ であり、これらを満たす相異なる実数解はともに正である。すなわち $\alpha > 0$ である。問題の条件より $a, b, c$ は正数であるから、$abc > 0$ である。したがって、$f(\alpha) > 0$ が示された。

(ii) $f(\alpha) \leqq f(t)$ の証明

$f(x)$ を平方完成すると、 $$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{1}{c} \left( x^2 - \frac{2c}{b}x \right) + \frac{1}{a} \\ &= \frac{1}{c} \left( x - \frac{c}{b} \right)^2 - \frac{c}{b^2} + \frac{1}{a} \end{aligned} $$

となり、$f(x)$ は $x = \frac{c}{b}$ を軸とする下に凸の放物線である。ここで、$g(x) = ax^2 - 2bx + c$ とおくと、$g(x)$ の $x^2$ の係数は $a > 0$ であり、下に凸の放物線を表す。 $g(x) = 0$ の解が $\alpha, \beta$ ($\alpha < \beta$) であるから、$\alpha < x < \beta$ の範囲において $g(x) < 0$ となる。 $x = \frac{c}{b}$ における $g(x)$ の値は、 $$ \begin{aligned} g\left(\frac{c}{b}\right) &= a\left(\frac{c}{b}\right)^2 - 2b\left(\frac{c}{b}\right) + c \\ &= \frac{ac^2}{b^2} - 2c + c \\ &= \frac{c(ac - b^2)}{b^2} \end{aligned} $$

$b^2 - ac > 0$ より $ac - b^2 < 0$ であり、$c > 0$、$b^2 > 0$ であるから、$g\left(\frac{c}{b}\right) < 0$ となる。したがって、$x = \frac{c}{b}$ は $g(x) < 0$ となる区間、すなわち $\alpha < x < \beta$ に存在する。これより $\alpha < \frac{c}{b}$ が成り立つ。 $f(x)$ は $x \leqq \frac{c}{b}$ の範囲において単調に減少する。 $t \leqq \alpha$ を満たす任意の $t$ について、$t \leqq \alpha < \frac{c}{b}$ であるから、単調性より $$ f(t) \geqq f(\alpha) $$

が成り立つ。

(i)、**(ii)**より、$t \leqq \alpha$ なる任意の $t$ に対して $0 < f(\alpha) \leqq f(t)$、すなわち $$ 0 < \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{\alpha^2}{c} \leqq \frac{1}{a} - \frac{2t}{b} + \frac{t^2}{c} $$

であることが示された。

解法2

左側の不等号と右側の不等号をそれぞれ直接の式変形で示す。

(i) $0 < \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{\alpha^2}{c}$ の証明

$\alpha$ は $ax^2 - 2bx + c = 0$ の解であるから、$a\alpha^2 - 2b\alpha + c = 0$ より $\alpha^2 = \frac{2b\alpha - c}{a}$ を得る。これを用いて中辺を変形すると、 $$ \begin{aligned} \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{\alpha^2}{c} &= \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{2b\alpha - c}{ac} \\ &= \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{2b\alpha}{ac} - \frac{1}{a} \\ &= \frac{2\alpha(b^2 - ac)}{abc} \end{aligned} $$

方程式が相異なる実数解をもつため、判別式について $b^2 - ac > 0$ である。また、解と係数の関係より $\alpha \beta = \frac{c}{a} > 0$, $\alpha + \beta = \frac{2b}{a} > 0$ であるから $\alpha > 0$ である。条件より $a, b, c > 0$ であるから、上式は正となり、左側の不等号が成り立つ。

(ii) $\frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{\alpha^2}{c} \leqq \frac{1}{a} - \frac{2t}{b} + \frac{t^2}{c}$ の証明

右辺から中辺を引いた差を計算する。 $$ \begin{aligned} \left( \frac{1}{a} - \frac{2t}{b} + \frac{t^2}{c} \right) - \left( \frac{1}{a} - \frac{2\alpha}{b} + \frac{\alpha^2}{c} \right) &= \frac{t^2 - \alpha^2}{c} - \frac{2(t - \alpha)}{b} \\ &= (t - \alpha) \left( \frac{t + \alpha}{c} - \frac{2}{b} \right) \\ &= \frac{t - \alpha}{bc} \{ b(t + \alpha) - 2c \} \end{aligned} $$

ここで $t \leqq \alpha$ であるから、$t - \alpha \leqq 0$ である。また、$b > 0, c > 0$ であるから、波括弧の中身である $b(t + \alpha) - 2c$ の符号を調べる。 $t \leqq \alpha$ および $b > 0$ より、 $$ b(t + \alpha) - 2c \leqq b(2\alpha) - 2c = 2(b\alpha - c) $$

解の公式より $\alpha = \frac{b - \sqrt{b^2 - ac}}{a}$ であるから、これを代入すると、 $$ \begin{aligned} b\alpha - c &= \frac{b^2 - b\sqrt{b^2 - ac}}{a} - c \\ &= \frac{b^2 - ac - b\sqrt{b^2 - ac}}{a} \\ &= \frac{\sqrt{b^2 - ac} \left( \sqrt{b^2 - ac} - b \right)}{a} \end{aligned} $$

$a, c > 0$ より $b^2 - ac < b^2$ であるから、$\sqrt{b^2 - ac} < b$ となり $\sqrt{b^2 - ac} - b < 0$ である。また、$\sqrt{b^2 - ac} > 0$, $a > 0$ であるから、$b\alpha - c < 0$ となる。したがって、 $$ b(t + \alpha) - 2c \leqq 2(b\alpha - c) < 0 $$

これより $\frac{t - \alpha}{bc} \{ b(t + \alpha) - 2c \} \geqq 0$ となり、右側の不等号が成り立つ。

(i)、**(ii)**より、題意は示された。

解説

与えられた式を2次関数と見なせるかどうかが、見通しの良さを分ける鍵となる。式に規則性があるときは、$t$ や $\alpha$ を変数 $x$ に置き換えた関数を考えると視覚的に捉えやすく、単調性を利用して大小関係を示す定石に持ち込むことができる。解法1において、軸の位置と解の大小関係を比較する際、元の2次方程式 $g(x) = 0$ の性質（放物線が $x$ 軸と交わる区間で負になること）を利用すると計算が非常に鮮やかに進む。解法2は、不等式の証明の基本である「差をとって符号を調べる」方針に従ったものである。解の公式を用いて直接符号を評価する力技であるが、因数分解により比較的綺麗にまとまるため、試験会場ではこちらを選ぶのも手堅い。