次の命題Pを証明したい．
命題P 次の条件(a)，(b)をともに満たす自然数(1以上の整数)$A$が存在する．
(a) $A$は連続する3つの自然数の積である．
(b) $A$を$10$進法で表したとき，$1$が連続して99回以上現れるところがある．
以下の問いに答えよ．
(1) $y$を自然数とする．このとき不等式
\[ x^3+3yx^2<(x+y-1)(x+y)(x+y+1)<x^3+(3y+1)x^2\]
が成り立つような正の実数$x$の範囲を求めよ．
(2) 命題Pを証明せよ．
(2013年度 東京大学 理系 前期 第5問)
当記事で紹介する解答は東京大学が示した解答ではありません．
(1)で与えられた不等式の中辺に注目すると，$x$が整数のとき，これは連続する3つの自然数の積になる．よって，命題Pの条件(a)と関連しているように見えるため，(1)は(2)で命題Pを証明するための誘導になっていると予想できる．
まずは(1)から考えてみよう．不等式の証明である．
今回知りたいのは不等式を満たす正の実数$x$の範囲であるから，数学的帰納法は後回しにしたい．また，$x$と$y$の2文字があるため微分も憚られる．さらに，$x,y$についての3次式を評価したいため，平方完成も後で考えたい．そして，有名不等式も使えそうにない．
そこで，$(左辺)-(右辺)$を評価するという方針で考えてみよう．まず，今回示したい不等式を次の2つに分解する．
\[ \tag{A} x^3+3yx^2<(x+y-1)(x+y)(x+y+1)\]
\[ \tag{B} (x+y-1)(x+y)(x+y+1)<x^3+(3y+1)x^2\]
$\rm (A)$について考えよう．
\[ \begin{aligned}&(x+y-1)(x+y)(x+y+1)-(x^3+3yx^2)\\ =&(x+y)\{ (x+y)^2-1\} -x^3-3yx^2\\ =&x^3+3x^2y+3xy^2+y^3-(x+y)-x^3-3x^2y\\ =&3xy^2+y^3-x-y\end{aligned}\]
より，$3xy^2+y^3-x-y>0$となるような正の実数$x$の範囲を求めたい．どうすればよいだろうか．
詰まってしまったときは，もう一度問題文を読み直してほしい．このとき，｢問題設定を読み間違えていないか｣｢使っていない条件はないか｣を確認しよう．
今回求めたいのは｢不等式を満たす正の実数$x$の範囲｣であり，与えられた条件は｢$y$は自然数｣ということである．この条件を不等式証明に活かすにはどうすればよいだろうか．
$y$は自然数であるから，$y\geqq 1$である．よって
\[ 3xy^2+y^3-x-y=x(3y^2-1)+y(y^2-1)\geqq 2x\]
$x$が正の実数ならば，$2x>0$は常に成り立つ．したがって，任意の正の実数$x$に対して$\rm (A)$が成り立つ．
次に，$\rm (B)$について考えよう．
\[ \begin{aligned}&\{ x^3+(3y+1)x^2\} -(x+y-1)(x+y)(x+y+1)\\ =&x^3+3x^2y+x^2-(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3-x-y)\\ =&x^2-3xy^2-y^3+x+y\end{aligned}\]
より，$x^2-3xy^2-y^3+x+y>0$となるような正の実数$x$の範囲を求めたい．どうすればよいだろうか．
先程と同様に，$y\geqq 1$であることを用いてみよう．
\[ x^2-3xy^2-y^3+x+y=x(x-3y^2+1)-y(y^2-1)=\dots \]
使えそうにない．またしても困ってしまった．
さて，もう一度問題文に戻ってみよう．求めたいのは｢不等式を満たす正の実数$x$の範囲｣である．つまり，メインとなる文字は$y$ではなく$x$である．そこで，先程の式を$x$について整理してみよう．
\[ x^2-(3y^2-1)x-y(y^2-1)\]
この式は$x$についての$2$次式であるから，結局は次の$2$次不等式
\[ x^2-(3y^2-1)x-y(y^2-1)>0\]
を$x$について解けばよい．
解いてみると綺麗な式が出てくるのではないかと期待して，とりあえず左辺の判別式$D$を計算してみる．$y\geqq 1$より
\[ D=(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)\geqq 4>0\]
となり，余談ではあるが$x^2-(3y^2-1)x-y(y^2-1)=0$を満たす，2つの異なる実数$x$が存在することが分かる．
よって，不等式の解は
\[ x<\frac{3y^2-1-\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2},\frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}<x\]
である．しかし，早まってはいけない．$x$は正の実数として考えたい．$y\geqq 1$であるから
\[ (3y^2-1)^2+4y(y^2-1)>(3y^2-1)^2\]
$3y^2-1\geqq 2>0$であるから
\[ \sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}>3y^2-1\]
したがって
\[ \frac{3y^2-1-\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}<0\]
\[ \frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}>0\]
となるから，求める$x$の範囲は
\[ x>\frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}\]
次に(2)を考えよう．最初の予想では(1)が誘導になっていると考えた．
つまり，(1)で考えた不等式の中辺を$A$とみなしたい．そのためには，(1)で正の実数としていた$x$を正の整数として捉え直す必要がある．
さて，(1)を利用することで，命題Pの条件(a)については考慮できているが，条件(b)については少しも触れていない．$A$を$10$進法で表したとき，$1$が連続して99回以上現れるところがある場合について，$A$を上と下から評価してみよう．
以下，$n$を正の整数とする．例えば，$n+99$桁の$A$について，$n+1$桁目から$n+99$桁目がすべて$1$であるとき
\[ \underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{n個}\leqq A<\underbrace{11\dots 1}_{98個}2\underbrace{00\dots 0}_{n個}\]
と評価できる．このとき，不等式の左辺と右辺の差は$10^n$であるが，(1)で考えた不等式の左辺と右辺の差は$x^2$である．そこで，$x=10^n$とすれば(1)を利用できるような気がする．
$x=10^n$のとき
\[ x^3+3yx^2=10^{3n}+3y10^{2n}=(3y+10^n)10^{2n}\]
\[ x^3+(3y+1)x^2=10^{3n}+(3y+1)10^{2n}=(3y+1+10^n)10^{2n}\]
であるから，$3y$が｢$10$進法で表したとき，$1$が連続して99回以上現れる｣ような数であり，かつ$n$が十分大きいとき，条件(a)，(b)をともに満たす自然数$A$が存在することが示せそうである．
$3y$が｢$10$進法で表したとき，$1$が連続して99回以上現れる｣ような数であるとき，$y$はどうなるだろうか．$3y$が$3$の倍数であることに注意すると，最もシンプルな場合として
\[ 3y=\underbrace{11\dots 1}_{99個}\]
としてみるのはどうだろうか．
このとき，右辺は$3$の倍数である．実際，$3$の倍数の判定法として，次のようなものがある．
$10$進法での各桁の総和が$3$の倍数であるような整数は，3の倍数である．
$\underbrace{11\dots 1}_{99個}$の各桁の総和は$99$であり，これは$3$の倍数であるから，もとの$\underbrace{11\dots 1}_{99個}$も$3$の倍数である．
$n\leqq 98$のとき，$1$が$99$個並んだ$3y$が壊れてしまい，$n=99$のとき，$1$が$100$個並ぶことによって，上の議論が使えなくなってしまうため，$n\geqq 100$としなければならない．また，(1)の不等式は
\[ \tag{C} x>\frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}\]
のときにおいてのみ成り立つため，(1)を利用するためには，$\rm (C)$を満たすように$x$を定める必要がある．これら2つの条件を満たす$n$を適切にとると
\[ x^3+3yx^2=1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{2n個}\]
\[ x^3+(3y+1)x^2=1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{98個}2\underbrace{00\dots 0}_{2n個}\]
となるから，このとき
\[ A=(x+y-1)(x+y)(x+y+1)\]
とおくと，$A$は連続する3つの自然数の積であり，(1)より
\[ 1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{2n個}<A<1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{98個}2\underbrace{00\dots 0}_{2n個}\]
すなわち
\[ 1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{2n-1個}1\leqq A\leqq 1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{99\dots 9}_{2n個}\]
であるから，$A$は$2n+99$桁目から$2n+1$桁目までがすべて$1$となる．
以上より，題意は示された．
(1)難易度:★★★☆☆
$x$が正の実数であるとき，$y\geqq 1$であるから
\[ \begin{aligned}&(x+y-1)(x+y)(x+y+1)-(x^3+3yx^2)\\ =&(x+y)\{ (x+y)^2-1\} -x^3-3yx^2\\ =&x^3+3x^2y+3xy^2+y^3-(x+y)-x^3-3x^2y\\ =&3xy^2+y^3-x-y\\ =&x(3y^2-1)+y(y^2-1)\geqq 2x>0\end{aligned}\]
よって
\[ x^3+3yx^2<(x+y-1)(x+y)(x+y+1)\]
は常に成り立つ．
\[ \begin{aligned}&\{ x^3+(3y+1)x^2\} -(x+y-1)(x+y)(x+y+1)\\ =&x^3+3x^2y+x^2-(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3-x-y)\\ =&x^2-3xy^2-y^3+x+y\end{aligned}\]
より
\[ \tag{$*$} x^2-3xy^2-y^3+x+y>0\]
となる正の実数$x$の範囲で
\[ (x+y-1)(x+y)(x+y+1)<x^3+(3y+1)x^2\]
が成り立つ．$(*)$を$x$について解くと
\[ x<\frac{3y^2-1-\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2},\frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}<x\]
となる．$y\geqq 1$であるから
\[ (3y^2-1)^2+4y(y^2-1)>(3y^2-1)^2\]
$3y^2-1\geqq 2>0$であるから
\[ \sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}>3y^2-1\]
したがって
\[ \frac{3y^2-1-\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}<0\]
\[ \frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}>0\]
となるから，求める正の実数$x$の範囲は
\[ \color{red}x>\frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}\]
(2)難易度:★★★★☆
$y=37\times (10^{96}+10^{93}+\dots +10^3+1)$とし
\[ 10^n>\frac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4y(y^2-1)}}{2}\]
を満たす$n\geqq 100$に対し，$x=10^n$とおくと
\[ x^3+3yx^2=1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{2n個}\]
\[ x^3+(3y+1)x^2=1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{98個}2\underbrace{00\dots 0}_{2n個}\]
となる．
このとき
\[ A=(x+y-1)(x+y)(x+y+1)\]
とおくと，$A$は連続する3つの自然数の積であり，(1)より
\[ 1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{2n個}<A<1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{98個}2\underbrace{00\dots 0}_{2n個}\]
すなわち
\[ 1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{00\dots 0}_{2n-1個}1\leqq A\leqq 1\underbrace{00\dots 0}_{n-99個}\underbrace{11\dots 1}_{99個}\underbrace{99\dots 9}_{2n個}\]
であるから，$A$は$2n+99$桁目から$2n+1$桁目までがすべて$1$となる．
したがって，命題Pが成り立つことが示された．$\blacksquare$