(1)

(A)

与えられた三角形の頂点を, 平行移動, 回転移動, 対称移動により, $\mathrm O(0,0),$ $\mathrm P(h,s),$ $\mathrm Q(h,t)$ ($h,$ $s,$ $t$: 実数, $h > 0,$ $s < t$) に移す. このとき, もとの三角形の $3$ 辺の長さ $a,$ $b,$ $c,$ 面積 $S$ は, $\triangle\mathrm{OPQ}$ の $3$ 辺の長さ, 面積に等しい. \[ a = \mathrm{OP}, \quad b = \mathrm{OQ}, \quad c = \mathrm{PQ}\] としても一般性を失わない. \[\begin{aligned} a^2 &= h^2+s^2, \quad b^2 = h^2+t^2, \quad c^2 = (t-s)^2, \\ S &= \frac{(t-s)h}{2} \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} &a^2+b^2+c^2-4\sqrt 3S \\ &= (h^2+s^2)+(h^2+t^2)+(t-s)^2-2\sqrt 3(t-s)h \\ &= 2h^2-2\sqrt 3(t-s)h+2(s^2+t^2-st) \\ &= 2\left\{ h-\frac{\sqrt 3}{2}(t-s)\right\} ^2-\frac{3}{2}(t-s)^2+2(s^2+t^2-st) \\ &= 2\left\{ h-\frac{\sqrt 3}{2}(t-s)\right\} ^2+\frac{s^2+t^2+2st}{2} \\ &= 2\left\{ h-\frac{\sqrt 3}{2}(t-s)\right\} ^2+\frac{(s+t)^2}{2} \geqq 0 \end{aligned}\] が成り立つ. ゆえに, \[ S \leqq \frac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt 3}\] が成り立つ. 等号成立は, \[ h-\frac{\sqrt 3}{2}(t-s) = 0, \quad s+t = 0\] つまり \[ s = -\frac{h}{\sqrt 3}, \quad t = \frac{h}{\sqrt 3}\] のとき, すなわち三角形が正三角形であるときに限る.

(B)

「ヘロンの公式」により \[\begin{aligned} &S \leqq \frac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt 3} \quad \cdots [1] \\ &\iff 4\sqrt 3S \leqq a^2+b^2+c^2 \\ &\iff 3(4S)^2 \leqq (a^2+b^2+c^2)^2 \\ &\iff 3\{ 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)\} \\ &\qquad\quad \leqq (a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \\ &\iff 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \leqq 4(a^4+b^4+c^4) \\ &\iff 2(a^4+b^4+c^4)-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \geqq 0 \\ &\iff (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2 \geqq 0 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] であり, $[2]$ が成り立つから, $[1]$ が成り立つ. 等号成立は, $a^2 = b^2 = c^2$ つまり $a = b = c$ のとき, すなわち三角形が正三角形であるときに限る.

(2)

四面体 $\mathrm{ABCD}$ において, \[ a = \mathrm{BC},\ b = \mathrm{CA},\ c = \mathrm{AB},\ d = \mathrm{AD},\ e = \mathrm{BD},\ f = \mathrm{CD}\] とおく. (1) の結果により, 各面の面積について, \[\begin{aligned} 4\sqrt 3\triangle\mathrm{ABC} &\leqq a^2+b^2+c^2, \\ 4\sqrt 3\triangle\mathrm{BCD} &\leqq a^2+e^2+f^2, \\ 4\sqrt 3\triangle\mathrm{CAD} &\leqq b^2+f^2+d^2, \\ 4\sqrt 3\triangle\mathrm{ABD} &\leqq c^2+d^2+e^2 \end{aligned}\] が成り立つ. 辺々を加えると \[\begin{aligned} 4\sqrt 3T &\leqq 2(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2) \\ T &\leqq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2}{2\sqrt 3} \end{aligned}\] が得られる. 等号成立は, 各面が正三角形であるとき, つまり四面体が正四面体であるときに限る.

(1)

\[\begin{aligned} &(X+Y+Z)^2-3(XY+YZ+ZX) \\ &= X^2\!+\!Y^2\!+\!Z^2\!+\!2(XY\!+\!YZ\!+\!ZX)\!-\!3(XY\!+\!YZ\!+\!ZX) \\ &= X^2+Y^2+Z^2-(XY+YZ+ZX) \\ &= \frac{(X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2}{2} \geqq 0 \end{aligned}\] であるから, \[ 3(XY+YZ+ZX) \leqq (X+Y+Z)^2\] つまり \[\sqrt{3(XY+YZ+ZX)} \leqq X+Y+Z \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 等号成立は, $X = Y = Z$ の場合に限る.

(2)

「ヘロンの公式」により \[ S = \frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}\] であるから, $a = y+z,$ $b = z+x,$ $c = x+y,$ $X = yz,$ $Y = zx,$ $Z = xy$ とすると, $[1]$ により \[\begin{aligned} &2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2-4\sqrt 3S \\ &= 2(y+z)(z+x)+2(z+x)(x+y)+2(x+y)(y+z) \\ &\qquad -(y+z)^2-(z+x)^2-(x+y)^2 \\ &\qquad -\sqrt 3\sqrt{2(x+y+z)\cdot 2x\cdot 2y\cdot 2z} \\ &= 2\{ z^2+(x+y)z+xy\} +2\{ x^2+(y+z)x+yz\} \\ &\qquad +2\{ y^2+(z+x)y+zx\} -(y^2+2yz+z^2) \\ &\qquad -(z^2+2zx+x^2)-(x^2+2xy+y^2) \\ &\qquad -4\sqrt{3xyz(x+y+z)} \\ &= 4(xy+yz+zx)-4\sqrt{3xyz(x+y+z)} \\ &= 4\{ (X+Y+Z)-\sqrt{3(XY+YZ+ZX)}\} \geqq 0 \end{aligned}\] が得られるから, \[ S \leqq \frac{2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2}{4\sqrt 3}\] が成り立つ. 等号成立は, $X = Y = Z,$ $x = y = z$ つまり $a = b = c$ の場合, すなわち三角形が正三角形である場合に限る.

(1)

\[ (x+y)-2\sqrt{xy} = (\sqrt x-\sqrt y)^2 \geqq 0\] から, $x+y \geqq 2\sqrt{xy}$ である. 等号成立は, $\sqrt x = \sqrt y$ つまり $x = y$ の場合に限る.

(2)

(1) の不等式から \[\begin{aligned} \frac{x+y+z+w}{4} &= \frac{\dfrac{x+y}{2}+\dfrac{z+w}{2}}{2} \geqq \frac{\sqrt{xy}+\sqrt{zw}}{2} \\ &\geqq \sqrt{\sqrt{xy}\sqrt{zw}} \\ &= \sqrt[4]{xyzw} \end{aligned}\] であるので, $x+y+z+w \geqq 4\sqrt[4]{xyzw}$ が成り立つ. 等号成立は, “ $x = y,$ $z = w,$ $\sqrt{xy} = \sqrt{zw}$ ” つまり $x = y = z = w$ の場合に限る.

(3)

(2) において $w = \dfrac{x+y+z}{3}$ とすると, \[\begin{aligned} &3w+w \geqq 4\sqrt[4]{xyzw} \iff w \geqq \sqrt[4]{xyzw} \\ &\iff w^4 \geqq xyzw \iff w^3 \geqq xyz \\ &\iff w \geqq \sqrt[3]{xyz} \iff x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz} \end{aligned}\] となり, 求める不等式が得られる. また, 等号成立は, $x = y = z = w$ つまり $x = y = z$ の場合に限る.

(4)

周の長さが $1$ の三角形について考えれば十分である. この三角形において, $3$ 辺の長さを $a,$ $b,$ $c,$ 面積を $S$ とおく. 「ヘロンの公式」により, \[ S = \sqrt{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-a\right)\left(\frac{1}{2}-b\right)\left(\frac{1}{2}-c\right)}\] が成り立つ. よって, (3) の結果により, \[\begin{aligned} 16S^2 &= (1-2a)(1-2b)(1-2c) \\ &\leqq \left\{\frac{(1-2a)+(1-2b)+(1-2c)}{3}\right\} ^3 \\ &= \left\{\frac{3-2(a+b+c)}{3}\right\} ^3 = \left(\frac{3-2\cdot 1}{3}\right) ^3 \\ &= \frac{1}{27} \end{aligned}\] であり, 等号成立は $1-2a = 1-2b = 1-2c$ つまり $a = b = c$ の場合に限る. ゆえに, $S$ は $a = b = c$ の場合に限り最大になるから, 周の長さが一定の三角形のうち面積が最大のものは正三角形である.

(3)

$X = \sqrt[3]{x},$ $Y = \sqrt[3]{y},$ $Z = \sqrt[3]{z}$ とおくと \[\begin{aligned} &x+y+z-3\sqrt[3]{xyz} \\ &= X^3+Y^3+Z^3-3XYZ \\ &= (X+Y+Z)(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX) \\ &= (X+Y+Z)\cdot\frac{(X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2}{2} \\ &\geqq 0 \end{aligned}\] となるから, 求める不等式が得られる.

　$\mathrm P(x,y)$ を平面上の任意の点とする. 相加・相乗平均の不等式により, \[\begin{aligned} &\mathrm{PA}+\mathrm{PB}+\mathrm{PC}+\mathrm{PD} \\ &\geqq 2\sqrt{\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB}}+2\sqrt{\mathrm{PC}\cdot\mathrm{PD}} = 2(\sqrt{\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB}}+\sqrt{\mathrm{PC}\cdot\mathrm{PD}}) \\ &\geqq 2\cdot 2\sqrt{\sqrt{\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB}}\sqrt{\mathrm{PC}\cdot\mathrm{PD}}} = 4\sqrt[4]{\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB}\cdot\mathrm{PC}\cdot\mathrm{PD}} \end{aligned}\] が成り立つ. 等号成立は, $\mathrm{PA} = \mathrm{PB},$ $\mathrm{PC} = \mathrm{PD},$ $\sqrt{\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB}} = \sqrt{\mathrm{PC}\cdot\mathrm{PD}}$ つまり \[\mathrm{PA} = \mathrm{PB} = \mathrm{PC} = \mathrm{PD}\] の場合に限る. この場合, $\mathrm{PA}^2 = \mathrm{PB}^2,$ $\mathrm{PA}^2 = \mathrm{PD}^2$ から \[\begin{aligned} (1-x)^2+(1-y)^2 &= (-1-x)^2+(1-y)^2, \\ (1-x)^2+(1-y)^2 &= (1-x)^2+(-1-y)^2 \end{aligned}\] となり, \[\begin{aligned} 1-2x+x^2 &= 1+2x+x^2, \\ 1-2y+y^2 &= 1+2y+y^2 \end{aligned}\] となって, $-4x = 0,$ $-4y = 0$ から \[ x = y = 0\] となる. よって, $4$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ までの距離の和が最小値になる点の座標は $(0,0)$ である.

(1)

こちらを参照.

(2)

$a^2-2ab+b^2 = (a-b)^2$ により \[\begin{aligned} &2(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX) \\ &= (X^2-2XY+Y^2)+(Y^2-2YZ+Z^2) \\ &\qquad +(Z^2-2ZX+X^2) \\ &= (X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2 \end{aligned}\] が得られる.

(3)

$X,$ $Y,$ $Z \geqq 0$ のとき, \[\begin{aligned} &X^3+Y^3+Z^3-3XYZ \\ &= (X+Y+Z)(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX) \\ &= (X+Y+Z)\frac{1}{2}\{ (X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2\} \\ &\geqq 0 \end{aligned}\] が成り立つ. この不等式に $X = \sqrt[3]{x},$ $Y = \sqrt[3]{y},$ $Z = \sqrt[3]{z}$ を代入すると, 求める不等式が得られる.

(1)

$a \geqq b,$ $c \geqq d$ から $a-b \geqq 0,$ $c-d \geqq 0$ であるので, \[\begin{aligned} (ac+bd)-(ad+bc) &= a(c-d)-b(c-d) \\ &= (a-b)(c-d) \geqq 0 \end{aligned}\] つまり \[ ac+bd \geqq ad+bc\] が成り立つ.

(2)

$X \geqq Y \geqq 0$ として一般性を失わない. このとき, (1) から, \[ X^2+Y^2 \geqq XY+YX = 2XY\] が成り立つ.

(3)

$X \geqq Y \geqq Z \geqq 0$ として一般性を失わない. このとき, \[\begin{aligned} X^3+Y^3+Z^3 &= X^3+Y^2Y+Z^2Z \\ &\geqq X^3+Y^2Z+Z^2Y \\ &\qquad (\because Y^2 \geqq Z^2,\ Y \geqq Z,\ (1)) \\ &= X^2X+Y^2Z+ZY\cdot Z \\ &\geqq X^2Z+Y^2Z+ZYX \\ &\qquad (\because X^2 \geqq ZY,\ X \geqq Z,\ (1)) \\ &= (X^2+Y^2)Z+XYZ \\ &\geqq 2XYZ+XYZ \quad (\because (2)) \\ &= 3XYZ \end{aligned}\] つまり \[ X^3+Y^3+Z^3 \geqq 3XYZ\] が成り立つ.

(4)

(3) に $X = \sqrt[3]{x},$ $Y = \sqrt[3]{y},$ $Z = \sqrt[3]{z}$ を代入すると, \[ x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}\] が得られる.

(1)

$a \leqq 1 \leqq b$ のとき, \[ (a+b)-(ab+1) \geqq (1-a)(b-1) \geqq 0\] であるから, $[1]$ が成り立つ.

(2)

(i)

$n = 1$ のとき, $[2]$ は明らかに成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき, $[2]$ が成り立つとして, $n = k+1$ の場合を考える. $a_k \leqq 1 \leqq a_{k+1}$ としても一般性を失わない. このとき, $[1]$ から, \[\begin{aligned} a_1+\cdots +a_k+a_{k+1} &\geqq a_1+\cdots +a_ka_{k+1}+1 \\ &\geqq k+1 \end{aligned}\] が成り立つ. 第 $2$ の不等号は, $a_1\cdots a_{k-1}(a_ka_{k+1}) = 1$ であることから従う.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[2]$ が成り立つ.

(3)

$G_n = (x_1\cdots x_n)^{\frac{1}{n}},$ $a_k = \dfrac{x_k}{G_n}$ とおくと, $a_1\cdots a_n = 1$ となるから, $[2]$ により, \[\begin{aligned} \frac{x_1}{G_n}+\cdots +\frac{x_n}{G_n} &\geqq n \\ x_1+\cdots +x_n &\geqq nG_n \end{aligned}\] つまり $[3]$ が成り立つ.

(1)

$x = -a+b+c,$ $y = a-b+c,$ $z = a+b-c$ とおく. このとき, \[ a = \frac{y+z}{2}, \quad b = \frac{z+x}{2}, \quad c= \frac{x+y}{2}\] となる. $a,$ $b,$ $c$ は三角形の $3$ 辺の長さであるから $x,$ $y,$ $z > 0$ であることに注意すると, 相加・相乗平均の不等式により \[\begin{aligned} abc &= \frac{y+z}{2}\cdot\frac{z+x}{2}\cdot\frac{x+y}{2} \\ &\geqq \sqrt{yz}\sqrt{zx}\sqrt{xy} = xyz \\ &= (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる. 等号成立は, $x = y = z$ つまり $a = b = c$ の場合に限る.

(2)

正弦定理により,

$S = \dfrac{1}{2}bc\sin\angle\mathrm A = \dfrac{abc}{4R}$　つまり　$abc = 4RS \quad \cdots [2]$

が成り立つ. また,「ヘロンの公式」により, \[ (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) = \frac{16S^2}{a+b+c} \quad \cdots [3]\] が成り立つ. $[2],$ $[3]$ を $[1]$ に代入すると, $S = \dfrac{a+b+c}{2}r$ により, \[ 4RS \geqq \frac{16S^2}{a+b+c} = 16S\cdot\frac{r}{2} = 8rS\] つまり $R \geqq 2r$ が得られる. 等号成立は, $a = b = c$ の場合に限る.

(A)

右辺から左辺を引くと \[\begin{aligned} &(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)-(ax+by+cz)^2 \\ &= (a^2y^2-2abxy+b^2x^2)+(b^2z^2-2bcyz+c^2y^2) \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad +(c^2x^2-2cazx+a^2z^2) \\ &= (ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cx-az)^2 \\ &\geqq 0 \end{aligned}\] となるから, \[ (ax+by+cz)^2 \leqq (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\] が成り立つ. 等号成立は, $ay-bx = bz-cy = cx-az,$ つまり $a:b:c = x:y:z$ のときに限る.

(B)

(1)

点 $\mathrm S,$ および点 $\mathrm P$ から辺 $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $\mathrm S_2,$ $\mathrm S_3,$ および $\mathrm P_2,$ $\mathrm P_3$ とおく. このとき, \[\angle\mathrm P_3\mathrm{AP} = \angle\mathrm S_2\mathrm{AS}, \quad \angle\mathrm P_2\mathrm{AP} = \angle\mathrm S_3\mathrm{AS}\] となるから, 直角三角形 $\mathrm P_3\mathrm{AP}$ と $\mathrm S_2\mathrm{AS},$ $\mathrm P_2\mathrm{AP}$ と $\mathrm S_3\mathrm{AS}$ はそれぞれ相似である.

よって, \[\frac{\mathrm{SS}_2}{\mathrm{AS}} = \frac{\mathrm{PP}_3}{\mathrm{AP}}, \quad \frac{\mathrm{SS}_3}{\mathrm{AS}} = \frac{\mathrm{PP}_2}{\mathrm{AP}}\] から, \[\begin{aligned} y:z &= \mathrm{SS}_2:\mathrm{SS}_3 = \mathrm{PP}_3:\mathrm{PP}_2 = \frac{2\triangle\mathrm{ABP}}{c}:\frac{2\triangle\mathrm{ACP}}{b} \\ &= b:c \quad (\because\mathrm{BP} = \mathrm{CP}) \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

(1) において $\mathrm S = \mathrm P'$ とすると $y:z = b:c$ となるから, \[\mathrm{BP}':\mathrm{CP}' = \triangle\mathrm{ABP}':\triangle\mathrm{ACP}' = \frac{1}{2}cz:\frac{1}{2}by = c^2:b^2\] が成り立つ.

(3)

(2) により \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{BP}'}{\mathrm P'\mathrm C} &= \frac{\mathrm{AB}^2}{\mathrm{AC}^2} \quad \cdots [1], \\ \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}'}{\mathrm Q'\mathrm A} &= \frac{\mathrm{BC}^2}{\mathrm{BA}^2} \quad \cdots [2], \\ \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}}\cdot\frac{\mathrm{AR}'}{\mathrm R'\mathrm B} &= \frac{\mathrm{CA}^2}{\mathrm{CB}^2} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 本の中線が $1$ 点で交わることとチェヴァの定理により \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1\] であるから, $[1]$～$[3]$ の辺々を掛け合わせると \[\frac{\mathrm{BP}'}{\mathrm P'\mathrm C}\cdot\frac{\mathrm{CQ}'}{\mathrm Q'\mathrm A}\cdot\frac{\mathrm{AR}'}{\mathrm R'\mathrm B} = 1\] が得られる. ゆえに, チェヴァの定理の逆により, $3$ 本の直線 $\mathrm{AP}',$ $\mathrm{BQ}',$ $\mathrm{CR}'$ は $1$ 点で交わる.

(4)

$\triangle\mathrm{ABC}$ を $\triangle\mathrm{SBC},$ $\triangle\mathrm{SCA},$ $\triangle\mathrm{SAB}$ に分けると \[\triangle\mathrm{ABC} = \frac{ax}{2}+\frac{by}{2}+\frac{cz}{2} = \frac{ax+by+cz}{2}\] であることがわかるから, \[ ax+by+cz = 2\triangle\mathrm{ABC}\] が成り立つ.

これと (A) の不等式をあわせると, \[ x^2+y^2+z^2 \geqq \frac{(ax+by+cz)^2}{a^2+b^2+c^2} = \frac{4(\triangle\mathrm{ABC})^2}{a^2+b^2+c^2}\] が得られる (等号成立は $x:y:z = a:b:c$ のときに限る). よって, $x^2+y^2+z^2$ の値が最小であるとき, $x:y:z = a:b:c$ である. このとき, \[\triangle\mathrm{SBC}:\triangle\mathrm{SCA}:\triangle\mathrm{SAB} = a^2:b^2:c^2\] であり, 直線 $\mathrm{AS}$ は辺 $\mathrm{BC}$ を $c^2:b^2$ に, 直線 $\mathrm{BS}$ は辺 $\mathrm{CA}$ を $a^2:c^2$ に, 直線 $\mathrm{CS}$ は辺 $\mathrm{AB}$ を $b^2:a^2$ に内分するから, $\mathrm S$ は (3) の点に一致する.

　「ラグランジュの恒等式」 \[\left(\sum_{k = 1}^nx_k{}^2\right)\left(\sum_{k = 1}^ny_k{}^2\right) = \left(\sum_{k = 1}^nx_ky_k\right) ^2+\sum_{k = 1}^{n-1}\sum_{l = k+1}^n(x_ky_l-x_ly_k)^2\] において $(x_ky_l-x_ly_k)^2 \geqq 0$ $(1 \leqq k \leqq n-1,$ $k+1 \leqq l \leqq n)$ であるから, \[\left(\sum_{k = 1}^nx_k{}^2\right)\left(\sum_{k = 1}^ny_k{}^2\right) \geqq \left(\sum_{k = 1}^nx_ky_k\right) ^2\] が成り立つ. 等号成立は \[ x_ky_l = x_ly_k \quad (1 \leqq k \leqq n-1,\ k+1 \leqq l \leqq n) \quad \cdots [1]\] の場合に限る.
　この条件のもとで, $(x_1,\cdots,x_n),$ $(y_1,\cdots,y_n) \neq (0,\cdots,0)$ であるとする. このとき, ある番号 $k,$ $l$ について $x_k,$ $y_l \neq 0$ となる. $x_ly_k = x_ky_l \neq 0$ から, $y_k \neq 0$ であることに注意する. $t = \dfrac{y_k}{x_k}$ とおく.

(i)

$j = k$ のとき. $y_j = tx_j$ となる.

(ii)

$j \neq k,$ $x_jy_k = x_ky_j \neq 0$ のとき. $x_j \neq 0,$ $\dfrac{y_j}{x_j} = \dfrac{y_k}{x_k} = t$ から $y_j = tx_j$ となる.

(iii)

$j \neq k,$ $x_jy_k = x_ky_j = 0$ のとき. $x_jy_k = 0,$ $y_k \neq 0$ から $x_j = 0$ となり, $x_ky_j = 0,$ $x_k \neq 0$ から $y_j = 0$ となるので, $y_j = tx_j$ となる.

(i)～(iii) から, \[ (y_1,\cdots,y_n) = (tx_1,\cdots,tx_n) \quad (t\text{: 実数}) \quad \cdots [2]\] となる. $t = 0$ とすると, これは $(y_1,\cdots,y_n) = (0,\cdots,0)$ のときも成り立つ.
　明らかに $[2] \Longrightarrow [1]$ も成り立つから, 等号成立は \[\begin{aligned} (x_1,\cdots,x_n) &= (0,\cdots,0) \quad\text{または} \\ (y_1,\cdots,y_n) &= (tx_1,\cdots,tx_n) \quad (t\text{: 実数}) \end{aligned}\] の場合に限る.

(1)

\[\begin{aligned} &(|x|+|y|)^2-|x+y|^2 \\ &= (|x|^2+2|x||y|+|y|^2)-(x+y)^2 \\ &= (x^2+2|xy|+y^2)-(x^2+2xy+y^2) \\ &= 2(|xy|-xy) \geqq 0 \end{aligned}\] から $(|x|+|y|)^2 \geqq |x+y|^2$ であるので, $|x|+|y| \geqq 0,$ $|x+y| \geqq 0$ に注意すると \[ |x|+|y| \geqq |x+y|\] が得られる.

(2)

$\mathrm P(x,y),$ $\mathrm P'(x',y'),$ $\mathrm P''(x'',y'')$ とおく. このとき, (1) で示した不等式により, \[\begin{aligned} &d(\mathrm P,\mathrm P')+d(\mathrm P',\mathrm P'') \\ &= (|x'-x|+|y'-y|)+(|x''-x'|+|y''-y'|) \\ &= (|x''-x'|+|x'-x|)+(|y''-y'|+|y'-y|) \\ &\geqq |(x''-x')+(x'-x)|+|(y''-y')+(y'-y)| \\ &= |x''-x|+|y''-y| \\ &= d(\mathrm P,\mathrm P'') \end{aligned}\] が成り立つ.

　$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0 = 0$ が実数解 $\alpha\,(\neq 0)$ をもつとする. このとき, \[\begin{aligned} \alpha ^n+a_{n-1}\alpha ^{n-1}+\cdots +a_1\alpha +a_0 &= 0 \\ \alpha +a_{n-1}+\cdots +\frac{a_1}{\alpha ^{n-2}}+\frac{a_0}{\alpha ^{n-1}} &= 0 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ.
　仮に $|\alpha | > M+1$ が成り立つとすると, \[\frac{1}{|\alpha |} < \frac{1}{M+1} \quad \cdots [2]\] となるから, \[\begin{aligned} |\alpha | &= \left| a_{n-1}+\cdots +\frac{a_1}{\alpha ^{n-2}}+\frac{a_0}{\alpha ^{n-1}}\right| \quad (\because [1]) \\ &\leqq |a_{n-1}|+\cdots +\left|\frac{a_1}{\alpha ^{n-2}}\right| +\left|\frac{a_0}{\alpha ^{n-1}}\right| \\ &= |a_{n-1}|+\cdots +\frac{|a_1|}{|\alpha |^{n-2}}+\frac{|a_0|}{|\alpha |^{n-1}} \\ &\leqq M\left( 1+\cdots +\frac{1}{|\alpha |^{n-2}}+\frac{1}{|\alpha |^{n-1}}\right) \quad (\because |a_k| \leqq M) \\ &< M\left\{ 1+\cdots +\frac{1}{(M+1)^{n-2}}+\frac{1}{(M+1)^{n-1}}\right\} \quad (\because [2]) \\ &= M\cdot\!\frac{1-\left(\dfrac{1}{M+1}\right) ^n}{1-\dfrac{1}{M+1}} = M\cdot\frac{(M+1)^n-1}{(M+1)^n-(M+1)^{n-1}} \\ &= M\cdot\frac{(M+1)^n-1}{(M+1)^{n-1}(M+1-1)} = \frac{(M+1)^n-1}{(M+1)^{n-1}} \\ &< \frac{(M+1)^n}{(M+1)^{n-1}} = M+1 \end{aligned}\] となって, 矛盾が生じる.
　ゆえに, $|\alpha | \leqq M+1$ が成り立つ.

\[\begin{aligned} \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n(x_k-m)^2 &= \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n(x_k{}^2-2mx_k+m^2) \\ &= \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^nx_k{}^2-2m\cdot\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^nx_k+\frac{1}{n}\cdot nm^2 \\ &= r^2-2m\cdot m+m^2 = r^2-m^2 \end{aligned}\] であるから, \[ r^2-m^2 = \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n(x_k-m)^2 \geqq 0\] が成り立つ. ゆえに, $r^2 \geqq m^2$ つまり \[ r \geqq m\] が成り立つ. 等号成立は, $x_1-m = \cdots = x_n-m = 0$ つまり \[ x_1 = \cdots = x_n\] の場合に限る.

• $2a\sqrt{a^2-b} > 0$ であるから, $\sqrt{a^2-b} < a-\dfrac{b}{2a}$ つまり $2a\sqrt{a^2-b} < 2a^2-b$ を示すには, $4a^2(a^2-b) < (2a^2-b)^2$ を示せばよい. これは, \[\begin{aligned} &(2a^2-b)^2-4a^2(a^2-b) \\ &= (4a^4-4a^2b+b^2)-(4a^4-4a^2b) \\ &= b^2 > 0 \end{aligned}\] から成り立つ.
• $(2a-1)a-b > ba-b = b(a-1) \geqq 0$ であるから, $a-\dfrac{b}{2a-1} < \sqrt{a^2-b}$ つまり $(2a-1)a-b < (2a-1)\sqrt{a^2-b}$ を示すには, $\{ (2a-1)a-b\} ^2 < (2a-1)^2(a^2-b)$ を示せばよい. これは, \[\begin{aligned} &(2a-1)^2(a^2-b)-\{ (2a-1)a-b\} ^2 \\ &= (2a-1)^2(a^2-b)-(2a-1)^2a^2+2(2a-1)ab-b^2 \\ &= -4a^2b+4ab-b+4a^2b-2ab-b^2 \\ &= 2ab-b-b^2 \\ &= b(2a-1-b) > 0 \end{aligned}\] から成り立つ.

　$x,$ $y,$ $z \geqq 0$ を仮定する. $[\ast ]$ の左辺は $x,$ $y,$ $z$ に関して対称であることから $x \geqq y \geqq z$ としても一般性を失わないので, その場合を考える.

(i)

$r \geqq 0$ のとき. $z^r \geqq 0,$ $z-x \leqq 0,$ $z-y \leqq 0$ から, \[ z^r(z-x)(z-y) \geqq 0 \quad \cdots [1]\] が成り立つ. また, $x^r \geqq y^r\,(\geqq 0),$ $x-z \geqq y-z\,(\geqq 0)$ から \[\begin{aligned} &x^r(x-z) \geqq y^r(y-z) \\ &x^r(x-z)-y^r(y-z) \geqq 0 \end{aligned}\] であり, $x-y \geqq 0$ であるので, \[\begin{aligned} &x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-z)(y-x) \\ &= (x-y)\{ x^r(x-z)-y^r(y-z)\} \geqq 0 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. $[1],$ $[2]$ の辺々を加えると, $[\ast ]$ が得られる.

(ii)

$r < 0$ のとき. $x^r \geqq 0,$ $x-y \geqq 0,$ $x-z \geqq 0$ から, \[ x^r(x-y)(x-z) \geqq 0 \quad \cdots [3]\] が成り立つ. また, $z^r \geqq y^r\,(\geqq 0),$ $x-z \geqq x-y\,(\geqq 0)$ から \[\begin{aligned} &z^r(x-z) \geqq y^r(x-y) \\ &z^r(x-z)-y^r(x-y) \geqq 0 \end{aligned}\] であり, $y-z \geqq 0$ であるので, \[\begin{aligned} &y^r(y-z)(y-x)+z^r(z-x)(z-y) \\ &= (y-z)\{ z^r(x-z)-y^r(x-y)\} \geqq 0 \quad \cdots [4] \end{aligned}\] が成り立つ. $[3],$ $[4]$ の辺々を加えると, $[\ast ]$ が得られる.

(i), (ii) から, すべての場合に $[\ast ]$ が成り立つ.

　$x_1 \geqq \cdots \geqq x_n,$ $y_1 \geqq \cdots \geqq y_n$ のとき, $x_k-x_l,$ $y_k-y_l$ は同符号であるから \[\begin{aligned} 0 &\leqq \sum_{k = 1}^n\sum_{l = 1}^n(x_k-x_l)(y_k-y_l) \quad \cdots [1] \\ &= \sum_{k = 1}^n\sum_{l = 1}^n(x_ky_k-x_ky_l-x_ly_k+x_ly_l) \\ &= \sum_{k = 1}^n\left( nx_ky_k-x_k\sum_{l = 1}^ny_l-y_k\sum_{l = 1}^nx_l+\sum_{l = 1}^nx_ly_l\right) \\ &= n\sum_{k = 1}^nx_ky_k-\sum_{k = 1}^nx_k\sum_{l = 1}^ny_l-\sum_{k = 1}^ny_k\sum_{l = 1}^nx_l+n\sum_{l = 1}^nx_ly_l \\ &= 2n\sum_{k = 1}^nx_ky_k-2\left(\sum_{k = 1}^nx_k\right)\left(\sum_{k = 1}^ny_k\right) \end{aligned}\] つまり \[ 2n\sum_{k = 1}^nx_ky_k \geqq 2\left(\sum_{k = 1}^nx_k\right)\left(\sum_{k = 1}^ny_k\right)\] が成り立ち, 両辺を $2n^2$ で割ると \[\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^nx_ky_k \geqq \left(\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^nx_k\right)\left(\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^ny_k\right)\] が得られる.