京大数学 1986年度理系第1問・文系第1問

問題
発想
下書き
1. 式変形で示す
2. 数学的帰納法で示す
解答例1
解答例2
振り返り

問題

すべては$ 0 $ではない$ n $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, a_n $があり, $ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq a_n $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0 $を満たすとき, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n >0 $が成り立つことを証明せよ。

発想

題意が分かりにくいので, まずは小さい$ n $で具体的な状況を把握する。そのあとは, そのイメージを活用して上手く式変形をするか, $ n $についての命題なので, 数学的帰納法も考えられる。

下書き

式変形で示す

$ n = 1 $のときは$ a_1 = 0 $だが, これは「すべては$ 0 $ではない」という条件に反する。よって, $ n \geqq 2 $で考える。

$ n = 2 $のときは, $ a_1 \leqq a_2 $かつ$ a_1 + a_2 = 0 $。2式から$ a_2 $を消去すると, $ a_1 \leqq 0 $。ここで$ a_1 = 0 $とすると$ a_2 $も$ 0 $になってしまうから, 条件に反する。よって, $ a_1 < 0 $。
このとき, $ a_1 + 2a_2 = -a_1 > 0 $が確かに成り立つ。

$ n = 3 $のときは, $ a_1 \leqq a_2 \leqq a_3 $かつ$ a_1 + a_2 + a_3 = 0 $。2式から$ a_3 $を消去して頑張ると, $ a_1 + 2a_2 + 3a_3 \geqq 0 $が言えるが, イコールの処理が厄介。

このように文字消去で, 一般の$ n $で示すのはかなり厳しそう。別の方法を考える。

そもそも$ a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n >0 $が成り立つのは, 感覚的にほぼ明らかだと思えるだろうか。視覚的にイメージするために, 無理やり図を書くと, 以下のようになる。

$ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq a_n $より, 棒は小さい順に並び, $ a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0 $より, 棒は上下の”バランス”が取れている(例えばマイナス側で極端に大きな棒があれば, プラス側でそれを打ち消している)。このような状態で, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n $を考えると, 右に行くほど2倍3倍と”重要度”が大きくなっていくのだから, 全体では当然プラスになるだろう。

示すべき式は, 以下のように, マイナスの部分とプラスの部分に分けられる。

$ \color{blue}{(-部分)} + \color{red}{(+部分)} > 0 $を示したいので, まずは$ \color{blue}{(-部分)} > ? $, $ \color{red}{(+部分)} > ? $のように, それぞれ別々に式変形ができないかを考える。マイナスが入るとややこしいので, プラスの方から。$ \color{red}{(+部分)} $は以下のように, 小さいものを$ k $に合わせるか, $ a_k $に合わせるかの2通りに変形できる。

$$\begin{eqnarray}
&& k\color{red}{a_k} + (k+1)\color{red}{a_{k+1}} + \cdots n\color{red}{a_n} \\
&>& ka_k + ka_{k+1} + \cdots + ka_n \\
&=& k(a_k + a_{k+1} + \cdots + a_n) …①
\end{eqnarray}$$

$$\begin{eqnarray}
&& k\color{red}{a_k} + (k+1)\color{red}{a_{k+1}} + \cdots n\color{red}{a_n} \\
&\geqq& ka_k + (k+1)a_k + \cdots na_k \\
&=& a_k(k + k+1 + \cdots + n)
\end{eqnarray}$$

ここは, 条件式$ a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0 $があることを考慮して, 前者が良い変形となる。

これを意識して, $ \color{blue}{(-部分)} $を以下のように変形する($ \color{blue}{a_{●}} $はすべて負であることに注意)。

$$\begin{eqnarray}
&& \color{blue}{a_1} + 2\color{blue}{a_2} + \cdots (k-1)\color{blue}{a_{k-1}} \\
&>& (k-1)a_1 + (k-1)a_2 + \cdots + (k-1)a_{k-1} \\
&=& (k-1)(a_1 + a_2 + \cdots + a_{k-1}) \\
&>& k(a_1 + a_2 + \cdots + a_{k-1}) …②
\end{eqnarray}$$

①と②を足すと, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n > k(a_1 + a_2 + \cdots + a_n) = 0 $となる。

答案を書く際の注意点を一つ。$ \color{blue}{(-部分)} $と$ \color{red}{(+部分)} $の間に, $ (\pm 0部分) $があるかもしれない。この場合は, ①式や②式の$ > $が$ \geqq $になる可能性がある。しかし, いずれにせよ②式の最後で必ずイコールが外れるので, 迷ったらイコールを含めておけばよい。

数学的帰納法で示す

書きやすさのため, 示すべき命題を, 変数$ n $を使って,

$ P(n) $：「すべては$ 0 $ではない$ n $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, a_n $について, $ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq a_n $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0 $ならば, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n > 0 $」

と定義しておく。$ n=2 $のときは普通に示せるので, 「$ n=k $のときに成り立つと仮定して$ n=k+1 $のときを示す」部分を説明する。

示すべき命題は, $ P(k+1) $である。ここで, 命題$ P(n) $は, 「○→△」というように, 「ならば」が入っていることに注意してほしい。よって, $ P(k) $の命題だけでなく, $ P(k+1) $の仮定(○の部分)も使って, $ P(k+1) $の結論(△の部分)を示すことになる。

つまり, $ k+1 $個の実数がポンっと与えられて, それらが$ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq a_k \leqq a_{k+1} $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + a_k + a_{k+1} = 0 $を満たしている。さらに, $ P(k) $の命題が成り立つこともわかっている。このとき, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + ka_k + (k+1)a_{k+1} > 0 $を示せ, ということである。

$ P(k) $を改めて書くと,

「すべては$ 0 $ではない$ k $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, \underline{a_k} $について, $ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq \underline{a_k} $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + \underline{a_k} = 0 $ならば, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + k\underline{a_k} > 0 $」

となる。これは$ k $個の実数に対する命題なので, 今考えている$ k+1 $個の実数には, 直接用いることは出来ない。最後の2つ($ a_k $と$ a_{k+1} $)をまとめて1つと考えてやると,

「すべては$ 0 $ではない$ k $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, \underline{(a_k+a_{k+1})} $について, $ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq \underline{(a_k+a_{k+1})} $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + \underline{(a_k+a_{k+1})} = 0 $ならば, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + k\underline{(a_k+a_{k+1})} > 0 $」

という形で使えそうである。
実際に, $ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq (a_k+a_{k+1}) $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + (a_k+a_{k+1}) = 0 $が成り立っていることはすぐにわかる。

よって, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + k(a_k+a_{k+1}) > 0 $が言える。最終的な結論($ P(k+1) $の△の部分)は, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + ka_k + (k+1)a_{k+1} > 0 $だったが, ここまでくればほぼ自明である。

解答例1

$ n = 1 $のとき, $ 0 $ではない実数$ a_1 $が$ a_1 = 0 $を満たすことはないので, $ n \geqq 2 $で考える。

条件より, $ a_1 < 0 $かつ$ a_n > 0 $だから, $ a_1 \leqq \cdots \leqq a_{k-1} \leqq 0 \leqq a_k \leqq \cdots a_n $を満たす$ k $が存在する。このとき,

$ a_1 + \cdots + (k-1)a_{k-1} > k(a_1 + a_2 + \cdots + a_{k-1}) $,
$ ka_k + \cdots + na_n \geqq k(a_k + \cdots a_n) $

が成り立つので, $ a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n > k(a_1 + \cdots + a_n) = 0 $が成り立つ。

解答例2

$ n = 1 $のとき, $ 0 $ではない実数$ a_1 $が$ a_1 = 0 $を満たすことはないので, $ n \geqq 2 $で考える。

(i) $ n = 2 $のとき, $ P(2) $の仮定より, $ a_1 \leqq a_2 $かつ$ a_1 + a_2 = 0 $。よって, $ a_1 \leqq 0 $。
ここで$ a_1 = 0 $とすると$ a_2 $も$ 0 $となり, 条件に反する。よって, $ a_1 < 0 $。
このとき, $ a_1 + 2a_2 = -a_1 > 0 $となるので, $ P(2) $は真である。

(ii) $ n = k $のとき$ P(k) $が真と仮定し, すべては$ 0 $ではない$ k+1 $個の実数$ a_1, \cdots, a_{k+1} $が, $ a_1 \leqq \cdots \leqq a_{k+1} $かつ$ a_1 + \cdots + a_{k+1} = 0 $を満たしているとする。すべては$ 0 $ではないので$ a_{k+1} > 0 $となり, したがって$ a_k \leqq a_k + a_{k+1} $である。

このとき, $ k $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, a_{k-1}, (a_k+a_{k+1}) $について考えると, $ a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq a_{k-1} \leqq (a_k+a_{k+1}) $かつ$ a_1 + a_2 + \cdots + a_{k-1} + (a_k+a_{k+1}) = 0 $を満たしていることになる。

(ii-i) $ k $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, a_{k-1}, (a_k+a_{k+1}) $がすべては$ 0 $ではないとき, $ P(k) $が真であるとの仮定から, $ \underline{a_1 + 2a_2 + \cdots + k(a_k+a_{k+1})} > 0 $となる。このとき,

$$\begin{eqnarray}
&& a_1 + 2a_2 + \cdots + ka_k + (k+1)a_{k+1} \\
&>& \underline{a_1 + 2a_2 + \cdots + ka_k + ka_{k+1}} (\because a_{k+1} > 0) \\
&>& 0
\end{eqnarray}$$

(ii-i) $ k $個の実数$ a_1, a_2, \cdots, a_{k-1}, (a_k+a_{k+1}) $がすべて$ 0 $のとき,

$$\begin{eqnarray}
&& a_1 + 2a_2 + \cdots + ka_k + (k+1)a_{k+1} \\
&=& ka_k + (k+1)a_{k+1} (\because a_1 = \cdots = a_{k-1} = 0)\\
&=& -ka_{k+1} + (k+1)a_{k+1} (\because a_k+a_{k+1} = 0)\\
&=& a_{k+1} \\
&>& 0
\end{eqnarray}$$

よって, $ P(k) $が真と仮定したときに, $ P(k+1) $も真となる。

(i)(ii)より, 任意の$ n $について, $ P(n) $が成り立つ。

振り返り

一般に不等式は, 式変形の候補が無限に考えられるので, 正しい式変形をすることが難しいことが多い。解答例1は, 解答例2と比べて記述量が非常に少なく洗練されているが, この解答を書くにはかなりの訓練が必要である。

一方解答例2は, 帰納法を使うということさえ思いつけば, あとはほぼ機械的に解答可能である。ただしその場合も, 帰納法の仕組みをしっかりと理解し, どの仮定を使ってどの結論を言うのかを明確にしないと, 頭が混乱してしまう。京大では帰納法は頻出なので, 本問のような少し変化球の場合でも, 正しく帰納法を適用する練習をしておきたい。