京大文系数学に現れるベクトルをテーマとする問題を（ほぼ）制覇する

さて、今日はベクトル研究会にお集まりいただきありがとうございます。ってことで、片っ端からベクトル解くよ！

あ、難しかった？　でも楽しかったでしょ？　それに、問題は全部文系の問題だし。

みよちゃんは？

ん？　あ、まみ？　何か言った？

みよちゃん、寝てたでしょ。今日はちゃんと起きててよ。

わかった、わかった。

問題リストはこんな感じだね。

誰が解く？

じゃあ、あたしがやろっか。

よろしく！

わかった。まず(1)。
$$\overrightarrow{OY} = \overrightarrow{OA} – 2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX}$$
として
$$|\overrightarrow{OY}|^{2} = \overrightarrow{OY}\cdot \overrightarrow{OY}$$
を計算する。
\begin{eqnarray}
|\overrightarrow{OY}|^{2} &=&
(\overrightarrow{OA} – 2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX}) \cdot (\overrightarrow{OA} – 2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX})
\end{eqnarray}
\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OX} = a\)とおくと
\begin{eqnarray}
|\overrightarrow{OY}|^{2}
&=&
(\overrightarrow{OA} – 2a\overrightarrow{OX}) \cdot (\overrightarrow{OA} – 2a\overrightarrow{OX}) \\
&=&
|\overrightarrow{OA}|^{2}-4a\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OX} + 4a^{2}|\overrightarrow{OX}|^{2}
\end{eqnarray}
\(|\overrightarrow{OX} | = 1,\ |\overrightarrow{OA} | = 1\)より
\begin{eqnarray}
|\overrightarrow{OY}|^{2}
&=&
|\overrightarrow{OA}|^{2}-4a^{2} + 4a^{2} \\
&=&
|\overrightarrow{OA}|^{2} \\
&=&
1
\end{eqnarray}
今、\(|\overrightarrow{OY}|\)は正だから
$$|\overrightarrow{OY}| = 1$$

うん。いいと思う。

じゃあ、続けるよ。
\begin{eqnarray}
2\overrightarrow{OA}
&=&
2a\overrightarrow{OX} \\
\end{eqnarray}
だから
$$\overrightarrow{OX} = \frac{1}{a}\cdot\overrightarrow{OA}$$
\(a\)を戻して、
$$\overrightarrow{OX} = \frac{1}{\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OX}}\cdot\overrightarrow{OA}$$
点\(X\)は円の上で\(A\)に平行だから、候補は\(\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{OA},\ -\overrightarrow{OA}\)で、両方とも実際に式に入れても成り立つ。

いい感じ。

じゃあ、最後は(3)。
\(\overrightarrow{OX} = (\cos{\theta}, \sin{\theta}),\ \overrightarrow{OA} = (\cos{\alpha}, \sin{\alpha})\)とおく。
$$\begin{eqnarray}
\overrightarrow{OY}
&=&
\overrightarrow{OA} – 2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX} \\
&=&
(\cos{\alpha}, \sin{\alpha}) – 2(\cos{\theta}\cos{\alpha} + \sin{\theta}\sin{\alpha})(\cos{\theta},\ \sin{\theta}) \\
&=&
(-\cos{\alpha}\cos{2\theta}-\sin{\alpha}\sin{2\theta}, \sin{\alpha}\cos{2\theta}-\cos{\alpha}\sin{2\theta}) \\
&=&
(-\cos{(\alpha-2\theta)},\ \sin{(\alpha-2\theta)}) \\
&=&
(-\cos{(2\theta-\alpha)},\ -\sin{(2\theta-\alpha)})
\end{eqnarray}$$
よって、\(Y\)は\(X\)と逆向き、2倍の速さで円を回る。

なるほど、一般性を失うか、どうかっていうところだね。定点\(A\)を取った時、座標軸を\(A\)が\(x\)軸上にくるように回転すればよくって、その操作が内積の計算とは無関係であることを考えると、一般性は失われていない、と思う。だから、ようこちゃんの方法でもいいんじゃないかな。

うん。その方が簡単だ。

でも、簡単にできるところは簡単にした方がいいよ。この問題、最初から\(A = (1, 0)\)とおければ、割とすんなり解けるからね。じゃあ、次行くよ。

おっけい。じゃあ、みっちゃん！

うん、正解だよ。計算バッチリ。

見直しするときは、こういう問題の時は\(l\)から平方完成するのと\(m\)で平方完成する2通りを試すといいよね。それで一致したら、まず間違いないから。

さぁ、これはどうする？

はい、ようこちゃん、任せた！

うん、お見事。ただ、文字で割り算をするときは、やっぱり、その文字が0じゃないことを言った方がいいよね。頭の中では当たり前のつもりで計算してるんだけど。

いやいや、それ、重要だよ。じゃあ、ようこちゃん、説明できる？

そういうこと。これも頭の中では当たり前だと思っちゃってるかもしれないけど、係数比較をする時は、必ず1次独立であることの確認が必要だよ。ちゃんとわかってますよ！　ってアピールしないと。

みよちゃん！　みよちゃん、起きてる？

あ、まみ。どこまで行った？

もう、なんでみよちゃんは、すぐ眠っちゃうんだろう。次4つめだよ。

じゃあ、まだあたしは大丈夫でしょ。

みよちゃんの意見は重要なんだから、ちゃんと聞いててよぉ。

わかったよ。

ようこちゃんもだめ？　ちなみに、みよちゃんは？

多分、できてると思うけど。

まぁ、でも順番的にここはあたしがやるか！　いろんなやり方があるけど、あたしは背理法で行くよ。

背理法では、「\(k\)と異なるすべての\(m\)に対し\(\overrightarrow{P_{k}P_{m}}\cdot\vec{v} < 0\)が成り立つような点\(P_{k}\)が存在しない」ことを仮定する。このことは条件より、\(\overrightarrow{P_{k}P_{m}}\cdot \vec{v}\neq 0\)だから、いずれの\(k\)においても\(\overrightarrow{P_{k}P_{m}}\cdot \vec{v} > 0\)となるパートナー\(m\)が存在することと同値。
以下、\(k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}\)は重複なく1から4いずれかが割り当てられるとして
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{P_{k_{1}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v} &>& 0 \\
\overrightarrow{P_{k_{2}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v} &>& 0 \\
\overrightarrow{P_{k_{3}}P_{m_{3}}}\cdot\vec{v} &>& 0 \\
\overrightarrow{P_{k_{4}}P_{m_{4}}}\cdot\vec{v} &>& 0
\end{eqnarray}
について考える。

\(m_{1} \neq k_{1}\)であり、\(k_{2}, k_{3}, k_{4}\)のいずれかは\(m_{1}\)と等しい。今、\(k_{2} = m_{1}\)としても一般性を失わない。ここで、\(m_{2} \neq k_{2} = m_{1}\)を\(m_{2} = k_{1}\)と選ぶと
\begin{eqnarray}
0 < \overrightarrow{P_{k_{1}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{1}}P_{k_{1}}}\cdot\vec{v}
&=&
\overrightarrow{P_{k_{1}}P_{k_{1}}}\cdot\vec{v} \\
&=&
0
\end{eqnarray}
となり、矛盾。

ゆえに、\(m_{2}\)は、\(k_{3}, k_{4}\)のいずれかと等しい。今、\(k_{3} = m_{2}\)としても一般性を失わない。すると、
\(m_{3} \neq k_{3} = m_{2}\)の選び方は3通りある。
(1) \(m_{3} = k_{1}\)のとき
\begin{eqnarray}
0 < \overrightarrow{P_{k_{1}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{1}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{2}}P_{k_{1}}}\cdot\vec{v}
&=&
\overrightarrow{P_{k_{1}}P_{k_{1}}}\cdot\vec{v} \\
&=&
0
\end{eqnarray}
となり、矛盾。
(2) \(m_{3} = k_{2} = m_{1} \)のとき
\begin{eqnarray}
0 < \overrightarrow{P_{m_{1}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{2}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v}
&=&
\overrightarrow{P_{m_{1}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v} \\
&=&
0
\end{eqnarray}
となり、矛盾。

よって、\(m_{3} = k_{4}\)と選ばなければならない。最後、\(m_{4}\neq k_{4} = m_{3}\)の選び方は3通りある。
(1) \(m_{4} = m_{1}\)のとき
\begin{eqnarray}
0 < \overrightarrow{P_{m_{1}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{2}}P_{m_{3}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{3}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v}
&=&
\overrightarrow{P_{m_{1}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v} \\
&=&
0
\end{eqnarray}
となり、矛盾。
(2) \(m_{4} = m_{2}\)のとき
\begin{eqnarray}
0 < \overrightarrow{P_{m_{2}}P_{m_{3}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{3}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v}
&=&
\overrightarrow{P_{m_{2}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v} \\
&=&
0
\end{eqnarray}
となり、矛盾。
(3) \(m_{4} = k_{1}\)のとき
\begin{eqnarray}
0 < \overrightarrow{P_{k_{1}}P_{m_{1}}}\cdot\vec{v} + \overrightarrow{P_{m_{1}}P_{m_{2}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{2}}P_{m_{3}}}\cdot\vec{v} +
\overrightarrow{P_{m_{3}}P_{k_{1}}}\cdot\vec{v}
&=&
\overrightarrow{P_{k_{1}}P_{k_{1}}}\cdot\vec{v} \\
&=&
0
\end{eqnarray}
となり、矛盾。
ゆえに、条件を満たす\(m_{1}, m_{2}, m_{3}, m_{4}\)の組み合わせは存在しないので、仮定が誤りである。したがって、\(k\)と異なるすべての\(m\)に対し\(\overrightarrow{P_{k}P_{m}}\cdot\vec{v} < 0\)が成り立つような点\(P_{k}\)は存在する。

あ、ごめん。ちょっとわかりにくいかも。

みよちゃんは、まさか、同じ方法じゃないよね。

まみ、難しく考えすぎじゃない？

え〜、これでも単純に考えた結果なんだけどなぁ。みよちゃんのやり方、教えてよ！

あたしは……問題文に素直に考えたよ。
適当な点を\(O\)とする。
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{P_{k}P_{m}}\cdot \vec{v} &\neq& 0 \\
(\overrightarrow{OP_{m}}-\overrightarrow{OP_{k}})\cdot\vec{v} &\neq& 0 \\
\overrightarrow{OP_{m}}\cdot\vec{v}-\overrightarrow{OP_{k}}\cdot\vec{v} &\neq& 0
\\
\overrightarrow{OP_{m}}\cdot\vec{v} &\neq& \overrightarrow{OP_{k}}\cdot\vec{v}
\end{eqnarray}
つまり、\(\overrightarrow{OP_{i}}\cdot \vec{v}\) \((i = 1, 2, 3, 4)\)はいずれも異なる値となる。そこで、\(\overrightarrow{OP_{i}}\)が最大の値をもつ\(i\)を\(i = i_{max}\)とする。\(k = i_{max}\)と選べば、\(m \neq i_{max}\)となるすべての\(m\)について
$$\overrightarrow{P_{i_{max}}P_{m}}\cdot \vec{v} = (\overrightarrow{OP_{m}}-\overrightarrow{OP_{i_{max}}})\cdot\vec{v} = \overrightarrow{OP_{m}}\cdot\vec{v}-\overrightarrow{OP_{i_{max}}}\cdot\vec{v}< 0 $$
が成り立つ。

お〜、すごい。エレガント。

みよちゃん、そんなに数学できるのに、なんで、文系なの？

なんでかなぁ。あんまり考えたことないや……。

ん？　だったら、これじゃないかな。

イメージとしては、誘導がないセンター試験の前半部分の問題、って感じかな。たぶん、みっちゃんはできたんじゃない？

じゃあ、よろしく！

またまた正解！　空間ベクトルの基本的な解き方だね。

次は、この問題。簡単そうに見えるけど、実は苦戦しやすい。

みよちゃん、解く？

え？　うん、いいよ。
\(AB = b,\ AC = c\ (b>0,\ c>0)\)とする。
条件①と②から
\begin{eqnarray}
|\vec{c}-\vec{b}|^{2} &=& q^{2} \\
|\vec{c}|^{2} + |\vec{b}|^{2} -2\vec{b}\cdot\vec{c} &=& q^{2} \\
b^{2}+c^{2} &=& 2p+q^{2}
\end{eqnarray}
条件①から
\begin{eqnarray}
\vec{b}\cdot\vec{c} &=& p \\
bc\cos{\theta} &=& p \\
-1 &<& \frac{p}{bc} < 1 \\
bc &>& -p,\ p< bc\ (bc > 0)
\end{eqnarray}
ここで、\(\cos{\theta} = \pm 1\)のときは三角形ができないので除いた。
\(bc = k\)とおく。
$$(b+c)^{2} = b^{2}+c^{2}+2bc = 2p+q^{2}+2k$$
で、\(b+c > 0\)だから
$$b+c = \sqrt{2p+q^{2}+2k}$$
\(b, c\)を解とする2次方程式は
$$x^{2} – \left(\sqrt{2p+q^{2}+2k}\right)x+k = 0$$
この2次方程式が2つの正の実数解をもつことは、\(k > -p,\ p < k\)の下で
(1) \(bc = k > 0\)
(2) \(b+c = \sqrt{2p+q^{2}+2k} > 0\)
(3) \(D = (2p+q^{2}+2k)-4k \geq 0\)
を満たす\(k\)が存在することと同値。
(1), (2)は条件より、自動的に満たされる。ゆえに(3)のみ考える。
(3)より
$$k \leq p+\frac{1}{2}q^{2}$$
であり、\(k\)についての条件\(k > -p,\ p < k\)を考えると
(あ) \( -p < k \leq p+\frac{1}{2}q^{2}\)
(い) \(p < k\leq p+\frac{1}{2}q^{2}\)
を同時に満たす\(k\)が1つでも存在すればいい。

(あ)について
\begin{eqnarray}
-p &<& p + \frac{1}{2}q^{2} \\
0 &<& p + \frac{1}{4}q^{2}
\end{eqnarray}
となれば、\(k > -p\)となる\(k\)が少なくとも1つ存在する。

(い)について
今、\(q\neq 0\)だから、(い)を満たす\(k\)は必ず１つ存在する。
ゆえに、求める必要十分条件は
$$0 < p + \frac{1}{4}q^{2}$$

そういう\(k\)が１つでも存在すれば、2次方程式を解いたときに出てくる2つの実数解が\(b, c\)になるでしょ。それで3辺の長さが決まる。

さすが、みよちゃん。じゃあ、ちょっと意地悪なこと聞いていい？
確かにみよちゃんの言うように\(k\)が１つでも存在すれば、3つの長さが決まるけど、それは本当に三角形の3辺になる？

うん。それが満たされなくちゃ、三角形が存在するとは言えないよね。

それも自動的に満たされるよ。
$$bc > -p,\ p < bc$$
があるから。

みっちゃん、わかる？

じゃあ、２つの式
\begin{eqnarray}
(b+c)^{2} &=& 2p+q^{2}+2bc = q^{2} + 2(bc+p) \\
(b-c)^{2} &=& 2p+q^{2}-2bc = q^{2} + 2(-bc+p)
\end{eqnarray}
を見て。
\(bc > -p,\ p < bc\)、つまり\(bc + p > 0,\ p – bc < 0\)が成り立つなら
\begin{eqnarray}
(b+c)^{2} &=& 2p+q^{2}+2bc = q^{2} + 2(bc+p) > q^{2} \\
(b-c)^{2} &=& 2p+q^{2}-2bc = q^{2} + 2(p-bc) < q^{2}
\end{eqnarray}
なんだから
$$|b-c| < q < b+c$$
が満たされる。

おっ、みっちゃん鋭い。でもちょっと違う。今の場合だと
$$-1 < \frac{p}{bc} < 1$$
が成り立つことが三角形の成立条件。\(bc > 0\)を課すなら
$$-bc < p,\ p < bc$$
が成り立つこと。

それは、\(k > -p,\ p < k\)からわかる。この式は両方とも満たされるから、\(p\)が実数なら、正・負・０問わず、どの場合でも\(k>0\)になる。

うん。別の言い方をすると、\(k>0\)は\(k > -p,\ p < k\)に含まれているから、特別考える必要がない、ってことだね。

次の問題は、結構やりやすいかも。

ってことで、ようこちゃん、やる？

ようこちゃん、気配りが細かい。

ようこちゃんは、いつも図を使って解くもんね。

次は、順番的にあたしか。問題は、これだね。

よ〜し、じゃあ、解くよ。あたしは座標平面に置くより初等幾何で解きたいから、そうするね。辺の比は普通相似とか2等分線で求めにいくんだけど、辺の長さを出して直接比を出すって方法もあるよ。ようこちゃんにあやかって、あたしも図を描くね。

直線\(OM\)は\(\angle O\)の2等分線だから、みんなのいう通り、\(\overrightarrow{OM}\)はすぐに求められて
$$\overrightarrow{OM} = \frac{3}{8}\vec{a} + \frac{5}{8}\vec{b}$$
になる。求めるものは\(\overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OD}\)だから、\(OC:OM:OD\)の比がわかれば解決する。
あたしの方針は、\(OC, OM, OD\)の長さを全て求めてしまうこと。図を見ると、\(\triangle{OBC}\)で余弦定理が使えることがわかる。
\(\angle BOM = \theta\)とおくと
\begin{eqnarray}
\cos{2\theta} &=& \frac{3}{5} \\
2\cos^{2}{\theta} – 1 &=& \frac{3}{5} \\
\cos^{2}{\theta} &=& \frac{4}{5} \\
\cos{\theta} &=& \frac{2}{\sqrt{5}}\ \left(\theta < \frac{\pi}{2}\right)
\end{eqnarray}
この結果を使って、余弦定理を使う。\(OC = x\)とおくと
\begin{eqnarray}
10 &=& x^{2} + 25 -10x\cdot \frac{2}{\sqrt{5}} \\
x^{2} – 4\sqrt{5}x +15 &=& 0 \\
x &=& \sqrt{5},\ 3\sqrt{5}
\end{eqnarray}
ここで出てきた2つの解は、それぞれ短い方から\(OC, OD\)に対応する。
次に\(OM\)を求める。
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{OM} &=& \frac{3}{8}\vec{a} + \frac{5}{8}\vec{b} \\
|\overrightarrow{OM}|^{2} &=& \frac{1}{64}(25|\vec{a}|^{2} + 9|\vec{b}|^{2} + 30\vec{a}\cdot\vec{b}) \\
&=& \frac{45}{4} \\
|\overrightarrow{OM}| &=& \frac{3\sqrt{5}}{2}
\end{eqnarray}
よって、\(OC:OM:OD = 2 : 3 : 6\)となる。
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{OC} &=& \frac{2}{3}\overrightarrow{OM} \\
&=& \frac{5}{12}\vec{a} + \frac{1}{4}\vec{b} \\
\overrightarrow{OD} &=& 2\overrightarrow{OM} \\
&=& \frac{5}{4}\vec{a} + \frac{3}{4}\vec{b}
\end{eqnarray}
が答え。

ん〜、辺の比を出すときに、辺の長さから直接出すっていう経験があまりないからかなぁ？　なんでだろう？　みよちゃんはどうやって解いた？

ん？　ああ、この問題は、三角形の形状を決めて、\(O\)が座標軸の原点になるように座標平面において、計算した。

みよちゃんは、座標平面におく方が好き？

好きってわけじゃないよ。多分、そうしたかったから、だと思う。

みっちゃんはまだ、初等幾何の面白さに気づいてないんだ。

そうだよ。そうしよう。

じゃあ、次ね。そろそろ終わりに近づいてきた。

これはどうする？

どうぞ！

うん、全然いいよ。問題文は、大学の先生らしい書き方をしているんだ。

うん、バッチリ。

うん。特に、\((\vec{a}\cdot\vec{e_{x}})\vec{e_x} \)としたものを\(X\)軸への正射影ベクトルというよね。

符号を考慮すると、3軸への正射影の和が0になるというのは、面白いね。それに(ⅱ)はもっと面白いかも。これって、座標平面で考えると、距離に対応する概念だよね。

ようこちゃん、解説ありがとう！　次も問題としては単なる計算問題だけど、大学数学では重要になる、直交ベクトルの話だね。まぁ大学で大事なのは、直交行列の方なんだけど。

昔の教科書にはベクトルをボールド体で表していたのかな？　大学数学では当然のようにそのスタイルだけど、今は高校では矢印使うから。

おっ、ようこちゃん。いいよ！

いいね。正解！

ちなみに、2成分だけなら\(a, b\)の直交ベクトルの１つは\((-b, a)\)だよ。内積をとればわかるけど、\(0\)になってるでしょ。

みよちゃん？　起きてる？

あ、寝てたかも。ちょっと疲れてきた。

今、\((a, b, c)\)と直交するベクトルをどうやって求めるか話してたんだけど、どうすればいい？

……求めたいベクトルを\((x, y, z)\)とおいて、内積とってみたら？

じゃあ、今度はみよちゃんの番！　

じゃあ、解くよ。
\(AP\)と\(BC\)の交点を\(Q\)とする。条件(ロ)から
$$\overrightarrow{AQ} = p\overrightarrow{AC} + (1-p)\overrightarrow{AB}$$
定数を\(k\)とすると
$$\overrightarrow{AP} = k\overrightarrow{AQ}$$
だから定数\(k\)を求めればいい。
……図、書いた方がいい？

うん、是非、お願いします。

正三角形の1辺を1としても一般性を失わない。すると図のように長さが決まる。
\(\triangle{AQS}\)と\(\triangle{ATP}\)の相似から
\begin{eqnarray}
AQ : AS &=& AT : AP \\
AQ\cdot AP &=& AS\cdot AT = 1 \\
kAQ^{2} &=& 1 \\
k &=& \frac{1}{AQ^{2}}
\end{eqnarray}
\(AQ\)をベクトルを使って求める。
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{AQ} &=& p\overrightarrow{AC} + (1-p)\overrightarrow{AB} \\
|\overrightarrow{AQ}|^{2} &=& p^{2}|\overrightarrow{AC}|^{2} + (1-p)^{2}|\overrightarrow{AB}|^{2} + 2p(1-p)\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} \\
\end{eqnarray}
\(|\overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{AB}| = 1,\ \overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}\)だから
$$|\overrightarrow{AQ}|^{2} = p^{2}-p+1$$
$$k = \frac{1}{p^{2}-p+1}$$
以上より
$$\overrightarrow{AP} = \frac{p}{p^{2}-p+1}\overrightarrow{AC} + \frac{1-p}{p^{2}-p+1}\overrightarrow{AB}$$

さすが、みよちゃん。

もう、終わり？

あと1問あるよ！　なんなら、みよちゃんやる？

え？　あたしは、いいよ。

了解。その代わり、ちゃんと起きててよ。

この問題、計算量は全く多くないけど、過不足なく全ての場合を網羅することが難しい。

あたしの説明を聞いてて欲しいな！　なるべく丁寧に進めるから。
最初に、三角形の中に作られる平行四辺形が三角形の内部にすっぽり入っている場合を考えるよ。その場合、3つの可能性を考えなくちゃいけない。
(ケース１)
3点\(Q^{\prime}, R^{\prime}, S^{\prime}\)が同じ辺にある場合

この図で、\(Q^{\prime}R^{\prime} : R^{\prime}S^{\prime} = m:1-m\)とおく。また、\(\overrightarrow{PQ} = \vec{q}, \overrightarrow{PR} = \vec{r}, \overrightarrow{PS} = \vec{s}\)とする。
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{PR^{\prime}} &=& (1-m) \overrightarrow{PQ^{\prime}} + m\overrightarrow{PS^{\prime}} \\
&=& \frac{1-m}{a}\vec{q} + \frac{m}{c}\vec{s} \\
\end{eqnarray}
一方で
$$\overrightarrow{PR^{\prime}} = \frac{1}{b}\vec{q} + \frac{1}{b}\vec{s}$$
ここで、\(\vec{q}, \vec{s}\)は一次独立だから係数比較により
$$\frac{1}{b} = \frac{1-m}{a},\ \frac{1}{b} = \frac{m}{c}$$
が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\frac{1}{b} &=& \frac{1-\frac{c}{b}}{a} \\
a &=& b-c \\
a+c &=& b
\end{eqnarray}
よってケース1では
$$a+c = b$$
が成り立つ。
ここまでで、何か疑問はある？

じゃあ、ケース2にいくよ。
(ケース2)
\(S^{\prime}, R^{\prime}\)が同じ辺にあって、\(Q^{\prime}\)が異なる辺にあり、半直線\(PQ\)と半直線\(PS\)がともに\(R^{\prime}\)が乗っている辺を含む直線と交わる場合

この場合は図のように\(Q^{\prime\prime}\)を取り、\(PQ = a^{\prime}PQ^{\prime\prime}\)となるような\(a^{\prime} < a\)を定義する。ケース1の結果が使えて
$$a+c > a^{\prime} + c = b$$
となるからケース2では
$$a+c > b$$
が成り立つ。
また、\(Q^{\prime}, R^{\prime}\)が同じ辺にあって、\(S^{\prime}\)が異なる辺にある場合は、新たに\(c^{\prime}\)を定義することでケース2と同様に計算することができて
$$a+c > a+c^{\prime} = b$$
が成り立つ。
さらに、\(Q^{\prime}, R^{\prime}, S^{\prime}\)がすべて異なる辺にあっても、半直線\(PQ\)と半直線\(PS\)がともに\(R^{\prime}\)が乗っている辺を含む直線と交わるなら、\(a^{\prime}, c^{\prime}\)を定義することで
$$a+c > a^{\prime}+c^{\prime} = b$$
が成り立つ。

だから、最後は、半直線\(PQ\)か半直線\(PS\)のどちらかまたは両方が\(R^{\prime}\)が乗っている辺を含む直線と交わらないケース3を試せばいいね。

うん。だから
ケース2 : 半直線\(PQ\)と半直線\(PS\)がともに\(R^{\prime}\)が乗っている辺を含む直線と交わる
ケース3 : 半直線\(PQ\)と半直線\(PS\)のどちらか、または両方が\(R^{\prime}\)が乗っている辺を含む直線と交わらない
っていう風に分けたんだよ。

まず、半直線\(PQ\)が\(R^{\prime}\)が乗る辺を含む直線と交わらない場合を考えるよ。この場合は、\(R^{\prime}\)を通る直線を引き、それと半直線\(PQ, PS\)との交点を\(Q^{\prime\prime}, S^{\prime\prime}\)として、\(a^{\prime}, c^{\prime}\)を定義すると、\(R^{\prime}\)を通る直線によらず\(a^{\prime} < a, c^{\prime} < c \)となるので
$$a+c > a^{\prime}+c^{\prime} = b$$
が成り立つ。

次は半直線\(PQ\)と半直線\(PS\)の両方が\(R^{\prime}\)が乗っている辺を含む直線と交わらない場合。これも上のと同じように\(Q^{\prime\prime}, S^{\prime\prime}\)ができるから、同様だね。

さて、これで終わりかな？　みよちゃん。

平行四辺形が三角形の内部にない場合は？

その通り。さすが。

例えばケース1でいうとこういう場合。ただ、この時は\(a > 1, b > 1, c > 1\)となるだけで、計算の内容は全く変わらないから、上のケース1~3と同様に示せる。もし\(Q\)だけが三角形を飛び出しても、\(a>1\)となるだけで、計算は変わらない。よって、平行四辺形が内部におさまる場合のみを示せば十分。

以上より
$$a+c \geq b$$
が示せた。

うん。あたしは難問に分類されると思ってる。最初にも言ったけど、過不足なく一般的な場合を示すことは難しいと思う。

終わり、かな？

みよちゃん。最後まで付き合ってくれてありがとう！　ていうか、みんなも。

りょうかい。じゃあ、何か考えておくね。みよちゃんも、またよろしく。

わかった。