入試数学コンテスト第7回第4問解答解説

$g(x) = f(x) - x$ とおくと $g(a) = f(a)-a=0$ となる。同様に $g(b)=0, g(c) = 0$ である。因数定理より $g(x)$ は $(x-a) , (x-b) , (x-c)$ で割り切れる。

また $f(x)$ が3次の係数が $1$ である三次関数であり，$x$ は一次関数であるため，$g(x)$ は3次の係数が $1$ である三次関数である。

以上より $f(x) - x = g(x) = (x-a) (x-b)(x-c)$ と表される。ゆえに $$\begin{aligned} &f(x)\\ &= (x-a)(x-b)(x-c) + x\\ &= x^3 - (a+b+c)x^2 + (ab+bc+ca+1)x -abc \end{aligned}$$ となる。

$s=b-a,t=c-b$ とする。

$f'=3x^2-2(a+b+c)+(ab+bc+ca+1)$ である。3つ目の条件より $f(x)$ は極値を持たない。すなわち $f'(x)$ が非負もしくは非正である。$f'$ の最高次の係数が正であることから非負であることが従う。

したがって $f'$ の判別式 $D$ について，$D/4=(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca+1) \leqq 0$ が成り立つ。

$$\begin{aligned} &(a+b+c)^2 - 3 (ab + bc +ca)\\ &= a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ca - 3 (ab+bc+ca)\\ &=a^2 + b^2 +c^2 - ab - bc -ca \end{aligned}$$ 一方で $$\begin{aligned} &(b-a)^2+(c-b)^2+(b-a)(c-b)\\ &= (b^2 - 2ab + a^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (bc - b^2 - ac + ab)\\ &=a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca \end{aligned}$$ である。

こうして $(b-a)^2+(c-b)^2+(b-a)(c-b) = (a+b+c)^2 - 3 (ab + bc +ca)$ である。判別式から得られた不等式から $(a+b+c)^2 - 3 (ab + bc +ca) \leqq 3$ である。

$a < b < c$ より $(b-a)^2+(c-b)^2+(b-a)(c-b) > 0$ である。また $a,c$ を $b$ に近付けることで $$(b-a)^2+(c-b)^2+(b-a)(c-b)$ を $0$ にいくらでも近付けることができる。

こうして $0 < (b-a)^2+(c-b)^2+(b-a)(c-b) \leqq 3$ である。

相加平均と相乗平均の大小より，$s^2+t^2 \geqq 2st$ (等号成立は $s=t$ のとき)である。両辺に $2st$ を加えて $s^2 + t^2 + 2st \geqq 3st$ となる。$s^2 + t^2 +2st = k$ を代入すると $k \geqq 3st$，すなわち $st \leqq \dfrac{1}{3} k$ が得られる。

また，$s,t > 0$ より $st > 0$ である。$s$ を $0$ に近付ける(このとき $t$ は $\sqrt{k}$ に近付く)と $st$ はいくらでも $0$ に近付く。

よって $0 < st \leqq \dfrac{k}{3}$ である。

$y = f(x)$ と $y=x$ によって囲まれる部分の面積 $S$ は $s=b-a,t=c-b$ と置くと $$\begin{aligned} S &= \int_a^c | (x-a)(x-b)(x-c) | dx\\ &= \frac{1}{12} (s^4+2ts^3+2s^3t+t^4) \end{aligned}$$ となる。(詳しい計算過程は下記 [面積を求める計算過程] を参照)

$k=s^2+t^2+st$ とすると，$S=\dfrac{1}{12} (k^2-3(st)^2)$ となる。

(3) から $k^2 - \dfrac{1}{3} k^2 \leqq k^2 - 3 (st)^2 < k^2$ である。こうして $\dfrac{1}{18} k^2 \leqq S < \dfrac{1}{12} k^2$ が得られる。

(2) より $k$ は $0 < k \leqq 3$ を動くから，$0 < S < \dfrac{3}{4}$ の範囲を動く。