最大値と最小値

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不等式の基本性質、解き方、証明の技法、そして最大値・最小値の求め方を、例題を通して整理する。多くの例題は、平方完成、相加・相乗平均、Cauchy の不等式、三角不等式、関数の単調性のいずれかで解ける。

1 不等式の基本性質

例1 $0 < a \leq b$ のとき、$\sqrt{a+b} - \sqrt{b}$ と $\sqrt{b} - \sqrt{b-a}$ の大小を比較せよ。

証明

$\sqrt{a+b} + \sqrt{b} > \sqrt{b} + \sqrt{b-a}$ であることから、

$$\sqrt{a+b} - \sqrt{b} = \frac{a}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b}} < \frac{a}{\sqrt{b}+\sqrt{b-a}} = \sqrt{b} - \sqrt{b-a}.$$

例2 $a,b,x,y$ をすべて実数とし、$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\leq 1$ のとき、$a^2+b^2$ と $(x+y)^2$ の大小を比較せよ。

証明

仮定より、

$$\begin{aligned}a^2+b^2 &\geq (a^2+b^2)\cdot\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right) \\ &= x^2+y^2+\frac{b^2x^2}{a^2}+\frac{a^2y^2}{b^2} \\ &= (x+y)^2 - 2xy + \left(\frac{bx}{a}-\frac{ay}{b}\right)^2 + 2xy \\ &= (x+y)^2 + \left(\frac{bx}{a}-\frac{ay}{b}\right)^2 \geq (x+y)^2.\end{aligned}$$

等号成立は $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ かつ $\dfrac{bx}{a}-\dfrac{ay}{b}=0$ のとき、すなわち $a^2+b^2=(x+y)^2$ となる。それ以外は $a^2+b^2>(x+y)^2$ である。

例3 $a,b,c$ を互いに異なる正の数とする。

$a^a b^b$ と $a^b b^a$ の大小を比較せよ。
$a^a b^b c^c$ と $(abc)^{\frac{a+b+c}{3}}$ の大小を比較せよ。

証明

(1) $a,b$ は互いに異なる正の数なので、$\left(\dfrac{a}{b}\right)^{a-b}>1$、したがって $a^a b^b > a^b b^a$。

(2) (1) の結論を利用すると、

$$a^a b^b c^c > a^b b^a c^c,\quad b^b c^c a^a > b^c c^b a^a,\quad c^c a^a b^b > c^a a^c b^b.$$

3式を掛け合わせると結論が得られる。

例4 $x>0$、$x\neq 1$、$m>n>0$ のとき、$x^m+\dfrac{1}{x^m}$ と $x^n+\dfrac{1}{x^n}$ の大小を判定せよ。

証明

$m+n>0$、$m-n>0$ であることから、

$$\left(x^m+\frac{1}{x^m}\right)-\left(x^n+\frac{1}{x^n}\right) = \frac{(x^{m-n}-1)(x^{m+n}-1)}{x^m} > 0.$$

よって $x^m+\dfrac{1}{x^m}>x^n+\dfrac{1}{x^n}$。

例5 $3^a+13^b=17^a$、$5^a+7^b=11^b$ のとき、実数 $a,b$ の大小を比較せよ。

証明

場合分けして議論する。

(i) $a\geq 1$ のとき、

$$\frac{3^a+13^b}{17^a}=1>\frac{3}{17}+\frac{13}{17}\geq \left(\frac{3}{17}\right)^a+\left(\frac{13}{17}\right)^a=\frac{3^a+13^a}{17^a},$$

したがって $13^b>13^a$、すなわち $a<b$。

(ii) $b\leq 1$ のとき、

$$\frac{5^a+7^b}{11^b}=1<\frac{5}{11}+\frac{7}{11}\leq\left(\frac{5}{11}\right)^b+\left(\frac{7}{11}\right)^b=\frac{5^b+7^b}{11^b},$$

したがって $5^a<5^b$、すなわち $a<b$。

(iii) $a < 1 < b$ のときは明らかに $a < b$。

以上より、いずれの場合も $a<b$。

例6 $a,b$ を正の数とするとき、$\sqrt{\dfrac{a}{a+3b}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+3a}}\geq 1$ を証明せよ。

証明

$\dfrac{b}{a}=t$（$t>0$）とおくと、示すべき不等式は

$$\sqrt{\frac{1}{1+3t}}+\sqrt{\frac{t}{t+3}}\geq 1$$

と同値になる。変形を続けると $3t(t^2-2t+1)\geq 0$ となり、これは明らかに成り立つ。

例7 $x,y\in\mathbb{R}$ とし、$M$ を次の4つの数

$$\begin{gathered}x^2+xy+y^2,\quad x^2+x(y-1)+(y-1)^2,\\ (x-1)^2+(x-1)y+y^2,\quad (x-1)^2+(x-1)(y-1)+(y-1)^2\end{gathered}$$

の中の最大値とする。$M$ の最小値を求めよ。

証明

4つの数を順に $A,B,C,D$ とおく。

$$(A+D)-(B+C)=\bigl(xy+(x-1)(y-1)\bigr)-\bigl(x(y-1)+(x-1)y\bigr)=1,$$

なので、

$$\begin{aligned}2M\geq A+D &= (x^2+xy+y^2)+\bigl((x-1)^2+(x-1)(y-1)+(y-1)^2\bigr)\\ &= 2x^2+2xy+2y^2-3(x+y)+3\\ &= \frac{3}{2}(x+y)^2+\frac{1}{2}(x-y)^2-3(x+y)+3\\ &= \frac{3}{2}\!\left(x+y-1\right)^2+\frac{1}{2}(x-y)^2+\frac{3}{2} \geq \frac{3}{2}.\end{aligned}$$

$x=y=\dfrac{1}{2}$ のとき最後の不等号が等号になり、このとき $A=\dfrac{3}{4}$、$B=\dfrac{1}{4}$、$C=\dfrac{1}{4}$、$D=\dfrac{3}{4}$ となる。よって $M$ の最小値は $\dfrac{3}{4}$。

問題 $a,b,c$ がどのような条件を満たすとき、必ず $\lambda,\mu$ が存在して

$$ax^2+bxy+cy^2=\lambda(x+y)^2+\mu(x-y)^2$$

が成り立つか。

解答

右辺を展開すると $(\lambda+\mu)x^2 + 2(\lambda-\mu)xy + (\lambda+\mu)y^2$。$x^2$ と $y^2$ の係数が等しいので、$a = c$ が必要である。逆に $a = c$ のとき、$\lambda + \mu = a$、$2(\lambda - \mu) = b$ を解いて $\lambda = \dfrac{2a+b}{4}$、$\mu = \dfrac{2a-b}{4}$ とすればよい。したがって条件は $a = c$（対称な二次形式であること）である。

例8 実数 $x,y$ が $(x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})\geq 1$ を満たすとき、$x+y$ の最小値を求めよ。

証明

$f(t)=\ln(t+\sqrt{t^2+1})$ とおくと、$f$ は奇関数であり、$[0,+\infty)$ 上で狭義単調増加であるから $\mathbb{R}$ 上でも狭義単調増加である。したがって $g(t)=t+\sqrt{t^2+1}$ も $\mathbb{R}$ 上で狭義単調増加である。

$$g(x)=x+\sqrt{x^2+1}\geq\frac{1}{y+\sqrt{y^2+1}}=(-y)+\sqrt{(-y)^2+1}=g(-y)$$

より $x\geq -y$、すなわち $x+y\geq 0$。

例9 正の数 $a,b,c$ が連立不等式

$$\frac{11}{6}c<a+b<2c,\quad \frac{3}{2}a<b+c<\frac{5}{3}a,\quad \frac{5}{2}b<c+a<\frac{11}{4}b$$

を満たすとき、$a,b,c$ の大小関係を求めよ。

証明

与えられた連立不等式から

$$\frac{17}{6}c<a+b+c<3c,\quad \frac{5}{2}a<a+b+c<\frac{8}{3}a,\quad \frac{7}{2}b<a+b+c<\frac{15}{4}b.$$

最初の2式より $\dfrac{17}{6}c<a+b+c<\dfrac{16}{6}a$、したがって $17c<16a<17a$、よって $c<a$。

次に第1式と第3式より $\dfrac{7}{2}b<a+b+c<3c<\dfrac{7}{2}c$、したがって $b<c$。

以上より $b<c<a$。

例10 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ をすべて実数、$b_1,b_2,\ldots,b_n$ をすべて正の数とするとき、次を証明せよ。

$$\min\!\left\{\frac{a_1}{b_1},\frac{a_2}{b_2},\ldots,\frac{a_n}{b_n}\right\} \leq\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \leq\max\!\left\{\frac{a_1}{b_1},\frac{a_2}{b_2},\ldots,\frac{a_n}{b_n}\right\}.$$

証明

$A=\min\!\left\{\dfrac{a_k}{b_k}\right\}$、$B=\max\!\left\{\dfrac{a_k}{b_k}\right\}$ とおく。各 $k$ に対して $A\leq\dfrac{a_k}{b_k}\leq B$ かつ $b_k>0$ なので、$Ab_k\leq a_k\leq Bb_k$。和をとると

$$A(b_1+\cdots+b_n)\leq a_1+\cdots+a_n\leq B(b_1+\cdots+b_n),$$

したがって結論が得られる。

例11 $x,y\in(0,1)$、$x\neq y$ のとき、$\dfrac{x^n}{1-x^2}+\dfrac{y^n}{1-y^2}$ と $\dfrac{x^n+y^n}{1-xy}$ の大小を比較せよ。

証明

$A=\dfrac{x^n}{1-x^2}$、$B=\dfrac{y^n}{1-y^2}$ とおく。$x^n=A(1-x^2)$、$y^n=B(1-y^2)$ なので、

$$x^n+y^n=A(1-x^2)+B(1-y^2).$$

$(0,1)$ 上で $\dfrac{x^{n+1}}{1-x^2}$ は狭義単調増加であるから、$x\neq y$ のとき、

$$\begin{aligned}&(A+B)(1-xy)-A(1-x^2)-B(1-y^2)\\ &=Ax^2+By^2-(A+B)xy=(Ax-By)(x-y)\\ &=\left(\frac{x^{n+1}}{1-x^2}-\frac{y^{n+1}}{1-y^2}\right)(x-y)>0.\end{aligned}$$

したがって

$$x^n+y^n=A(1-x^2)+B(1-y^2)<(A+B)(1-xy),$$

すなわち $\dfrac{x^n}{1-x^2}+\dfrac{y^n}{1-y^2}=A+B>\dfrac{x^n+y^n}{1-xy}$。

例12 $a=\log_5(3^x+4^x)$、$b=\log_4(5^x-3^x)$、かつ $a\geq b$ とする。$a$ と $x$ の大小を比較せよ。

証明

$3^x+4^x=5^a$、$5^x-3^x=4^b$ より $5^x-4^b=3^x=5^a-4^x$、したがって

$$4^x+5^x=4^b+5^a\leq 4^a+5^a.$$

$f(t)=4^t+5^t$ が狭義単調増加であることから $x\leq a$。

例13 $f(x)=ax^2+bx$、$1\leq f(-1)\leq 2$、$2\leq f(1)\leq 4$ とする。$f(-2)$ の値の範囲を求めよ。

証明

$f(1)=a+b$、$f(-1)=a-b$ より

$$a=\frac{f(1)+f(-1)}{2},\quad b=\frac{f(1)-f(-1)}{2}.$$

したがって

$$f(-2)=\frac{f(1)+f(-1)}{2}\cdot 4+\frac{f(1)-f(-1)}{2}\cdot(-2)=f(1)+3f(-1).$$

よって $f(-2)$ の値の範囲は $[5,10]$。

例14 $(-1,1)$ 上で定義された関数 $f$ が次の条件を満たすとする。

任意の $x,y\in(-1,1)$ に対して $f(x)+f(y)=f\!\left(\dfrac{x+y}{1+xy}\right)$。
$x\in(-1,0)$ のとき $f(x)>0$。

$f\!\left(\dfrac{1}{5}\right)+f\!\left(\dfrac{1}{11}\right)+\cdots+f\!\left(\dfrac{1}{n^2+3n+1}\right)$ と $f\!\left(\dfrac{1}{2}\right)$ の大小を比較せよ。

証明

$f(0)+f(0)=f(0)$ より $f(0)=0$。また $f(x)+f(-x)=f(0)=0$ より $f$ は奇関数である。$x\in(-1,0)$ で $f(x)>0$ なので、$x\in(0,1)$ では $f(x)=-f(-x)<0$。

$$\frac{1}{k^2+3k+1}=\frac{\frac{1}{k+1}+\left(-\frac{1}{k+2}\right)}{1+\frac{1}{k+1}\cdot\left(-\frac{1}{k+2}\right)}$$

なので、

$$f\!\left(\frac{1}{k^2+3k+1}\right)=f\!\left(\frac{1}{k+1}\right)+f\!\left(-\frac{1}{k+2}\right)=f\!\left(\frac{1}{k+1}\right)-f\!\left(\frac{1}{k+2}\right).$$

したがって和は望遠鏡式（テレスコーピング）になり、

$$f\!\left(\frac{1}{5}\right)+f\!\left(\frac{1}{11}\right)+\cdots+f\!\left(\frac{1}{n^2+3n+1}\right)=f\!\left(\frac{1}{2}\right)-f\!\left(\frac{1}{n+2}\right)>f\!\left(\frac{1}{2}\right).$$

定理1（Schur の不等式） $r>0$ とする。$x,y,z$ がすべて非負のとき、

$$\sum_{\mathrm{cyc}} x^r(x-y)(x-z)\geq 0,$$

すなわち

$$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-z)(y-x)+z^r(z-x)(z-y)\geq 0.$$

等号成立は $x=y=z$ のとき、または一つが $0$ で残り二つが等しいときに限る。

証明

一般性を失わず $x\geq y\geq z$ と仮定する。

$$t_1=x-y,\quad t_2=y-z,\quad t_3=z$$

とおくと $t_1,t_2,t_3\geq 0$ で、$x=t_1+t_2+t_3$、$y=t_2+t_3$、$z=t_3$。よって

$$\begin{aligned}&x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-z)(y-x)+z^r(z-x)(z-y)\\ &=(t_1+t_2+t_3)^r t_1(t_1+t_2)+(t_2+t_3)^r t_2(-t_1)+t_3^r(-t_1-t_2)(-t_2)\\ &=(t_1+t_2+t_3)^r t_1^2+\Bigl((t_1+t_2+t_3)^r-(t_2+t_3)^r+t_3^r\Bigr)t_1t_2+t_3^r t_2^2\geq 0.\end{aligned}$$

$x=y=z$ または $z=0$ かつ $x=y$ のとき等号成立は明らか。逆に等号成立を仮定する。

(1) $t_2\neq 0$ のとき、$t_1+t_2+t_3\neq 0$。$t_3^r t_2^2=0$ および $(t_1+t_2+t_3)^r t_1^2=0$ より $t_3=0$、$t_1=0$、すなわち $z=0$、$x=y$。

(2) $t_2=0$ のとき、$t_1^{r+2}\leq(t_1+t_2+t_3)^r t_1^2=0$ より $t_1=0$、このとき $x=y=z$。

注1. $r=0$ の場合、$x^r,y^r,z^r$ をすべて $1$ とみなすと Schur の不等式は成立する。実際、

$$(x-y)(x-z)+(y-z)(y-x)+(z-x)(z-y)=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\geq 0.$$

注2. $r<0$ のとき、任意の正数 $x,y,z$ に対しても Schur の不等式は成立する。

注3. 通常 $p=x+y+z$、$q=xy+yz+zx$、$r=xyz$ と記す。

注4. $r=1$ のとき、Schur の不等式は次の各式と同値である。

$$\begin{aligned}\sum_{\mathrm{cyc}} x(x-y)(x-z)&\geq 0,\quad (1)\\ \sum_{\mathrm{cyc}} x^3+3xyz&\geq\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y),\quad (2)\\ \left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)^3+9xyz&\geq 4\left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)\!\left(\sum_{\mathrm{cyc}} xy\right),\quad (3)\\ (y+z-x)(z+x-y)(x+y-z)&\leq xyz.\quad (4)\end{aligned}$$

証明

Schur の不等式より、

$$\begin{aligned}0&\leq\sum_{\mathrm{cyc}} x(x-y)(x-z)\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}} x^3-\sum_{\mathrm{cyc}} x^2y-\sum_{\mathrm{cyc}} zx^2+\sum_{\mathrm{cyc}} xyz\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}} x^3+3xyz-\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y).\end{aligned}$$

証明

$\left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)^2=\sum_{\mathrm{cyc}} x^2+2\sum_{\mathrm{cyc}} xy$ および

$$\left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)\!\left(\sum_{\mathrm{cyc}} xy\right)=\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+3xyz$$

を用いると、

$$\begin{aligned}\left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)^3 &=\sum_{\mathrm{cyc}} x^3+3\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+6xyz.\end{aligned}$$

したがって

$$\begin{aligned}\left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)^3+9xyz &=\sum_{\mathrm{cyc}} x^3+3xyz+3\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+12xyz\\ &\geq\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+3\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+12xyz\\ &=4\left(\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+3xyz\right)\\ &=4\left(\sum_{\mathrm{cyc}} x\right)\!\left(\sum_{\mathrm{cyc}} xy\right).\end{aligned}$$

証明

対称性から定数 $A,B$ が存在して

$$(y+z-x)(z+x-y)(x+y-z)=-\sum_{\mathrm{cyc}} x^3+A\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+Bxyz$$

が成立する。$z=0$ とすると $(y-x)(x-y)(x+y)=-x^3-y^3+Axy(x+y)$。さらに $x=y=1$ とおくと $0=-2+2A$、したがって $A=1$。$x=y=z=1$ とおくと $1=-3+6+B$、すなわち $B=-2$。Schur の不等式より、

$$xyz-(y+z-x)(z+x-y)(x+y-z)=\sum_{\mathrm{cyc}} x^3-\sum_{\mathrm{cyc}} xy(x+y)+3xyz\geq 0.$$

例15 $a,b,c$ を三角形の三辺の長さとするとき、次を証明せよ。

$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc.$$

証明

Schur の不等式より、

$$\begin{aligned}&3abc-\sum_{\mathrm{cyc}} a^2(b+c-a)\\ &=3abc-\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a^2b+\sum_{\mathrm{cyc}} a^2c-\sum_{\mathrm{cyc}} a^3\right)\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}} a^3+3abc-\sum_{\mathrm{cyc}} ab(a+b)\geq 0.\end{aligned}$$

例16 正の数 $a,b,c$ が $abc=1$ を満たすとき、次を証明せよ。

$$a^2+b^2+c^2+3\geq 2\!\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).$$

証明

$abc=1$ より $2\!\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2(ab+bc+ca)$（$abc=1$ を掛けた）。また

$$a^2+b^2+c^2+3=\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)^2-2\sum_{\mathrm{cyc}} ab+3$$

なので、$({\sum a})^2+3\geq 4\sum ab$ を示せばよい。

相加相乗平均不等式より $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$。Schur の不等式を用いると、

$$\begin{aligned}\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)\!\left(\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)^2+3-4\sum_{\mathrm{cyc}} ab\right) &=\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)^3+3\sum_{\mathrm{cyc}} a-4\left(\sum_{\mathrm{cyc}} ab\right)\!\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)\\ &\geq\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)^3+9abc-4\left(\sum_{\mathrm{cyc}} ab\right)\!\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)\\ &\geq 0,\end{aligned}$$

したがって $\left(\sum_{\mathrm{cyc}} a\right)^2+3\geq 4\sum_{\mathrm{cyc}} ab$。

2 不等式の解法

不等式を解く際によく用いる手法として、同値変形、場合分け、図形的考察、および不等式と方程式・関数・他の知識との関係の利用などが挙げられる。以下に代表的な場合を列挙する。

1. 変数多項式不等式

(1) $ax>b$。 (2) $ax^2+bx+c>0$。 (3) 単純な1変数高次不等式：数直線上の根分類法（数軸標根法）。

2. 分数不等式

(1) $\dfrac{f(x)}{g(x)}>0\iff f(x)g(x)>0$。

(2) $\dfrac{f(x)}{g(x)}\geq 0\iff\begin{cases}f(x)g(x)\geq 0,\\g(x)\neq 0.\end{cases}$

3. 無理不等式

(1) $\sqrt{f(x)}<\sqrt{g(x)}\iff 0\leq f(x)<g(x)$。

(2) $\sqrt{f(x)}<g(x)\iff\begin{cases}f(x)\geq 0,\\g(x)\geq 0,\\f(x)<(g(x))^2.\end{cases}$

(3) $\sqrt{f(x)}>g(x)\iff\begin{cases}f(x)\geq 0,\\g(x)<0\end{cases}$ または $\begin{cases}f(x)\geq 0,\\g(x)\geq 0,\\f(x)>(g(x))^2.\end{cases}$

4. 絶対値を含む不等式：絶対値の定義による場合分け、数形結合、または両辺の2乗を利用する。

(1) $|x|<c\iff\begin{cases}-c<x<c,&c>0,\\\emptyset,&c\leq 0.\end{cases}$

(2) $|f(x)|<g(x)\iff -g(x)<f(x)<g(x)$。

(3) $|x|>c\iff\begin{cases}x>c\text{ または }x<-c,&c>0,\\x\neq 0,&c=0,\\\mathbb{R},&c<0.\end{cases}$

(4) $|f(x)|>g(x)\iff f(x)>g(x)$ または $f(x)<-g(x)$。

(5) $|f(x)|>|g(x)|\iff(f(x))^2>(g(x))^2\iff(f(x)+g(x))(f(x)-g(x))>0$。

5. 指数不等式、対数不等式、三角関数の不等式：関数の単調性を利用する。

例1 不等式 $(2^x-1)(3^x-9)(5^x-125)^2>0$ を解け。

証明

解集合は $(-\infty,0)\cup(2,3)\cup(3,+\infty)$。

例2 不等式 $2x-|x-a|>2$ を解け。

証明

$|x-a|<2x-2$ より $-(2x-2)<x-a<2x-2$、したがって $x>\dfrac{a+2}{3}$、$x>2-a$、すなわち $x>\max\!\left\{2-a,\dfrac{a+2}{3}\right\}$。

例3 $0\leq x\leq 2\pi$ のとき、不等式 $\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)>\cos x$ の解を求めよ。

証明

$\dfrac{\pi}{3}\leq x\leq\dfrac{4\pi}{3}$。

例4 $0\leq\theta<2\pi$ のとき、不等式 $\sin^3\theta-\cos^3\theta\geq\cos\theta-\sin\theta$ を解け。

証明

条件を変形すると $(\sin\theta-\cos\theta)(2+\sin\theta\cos\theta)\geq 0$、すなわち $\sin\theta\geq\cos\theta$。不等式の解集合は $\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5\pi}{4}\right]$。

例5 $f(x)=\begin{cases}-\sqrt{1-x^2},&-1\leq x<0,\\\sqrt{1-x^2},&0\leq x\leq 1\end{cases}$ とする。不等式 $f(x)>f(-x)+x$ を解け。

証明

$x\in(0,1]$ のとき、$-x\in[-1,0)$ なので不等式は $\sqrt{1-x^2}>-\sqrt{1-x^2}+x$、すなわち $2\sqrt{1-x^2}>x$。これを解くと $0<x<\dfrac{2}{\sqrt{5}}$。

$x\in[-1,0)$ のとき、$-x\in(0,1]$ なので不等式は $-\sqrt{1-x^2}>\sqrt{1-x^2}+x$、すなわち $2\sqrt{1-x^2}<-x$。これを解くと $-1\leq x<-\dfrac{2}{\sqrt{5}}$（$x=-1$ では両辺が $0$ と $-1$ で成立する）。

$x=0$ のとき、不等式は成立しない。

よって不等式の解集合は $\left[-1,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)\cup\left(0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)$。

例6 不等式 $\sqrt{\log_2 x-1}+\dfrac{1}{2}\log_{\frac{1}{2}}(x^3)+2>0$ を解け。

証明

$\sqrt{\log_2 x-1}=t$ とおくと $t\geq 0$ で、不等式は $t-\dfrac{3}{2}(t^2+1)+2>0$、すなわち $3t^2-2t-1<0$。これを解くと $0\leq t<1$、したがって $2\leq x<4$。

例7 不等式 $|x|^3-2x^2+1<0$ を解け。

証明

不等式は $|x|^3-2|x|^2+1<0$ と書き直せる。$t^3-2t^2+1<0$ の解集合は $\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\right)\cup\left(1,\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\right)$ なので、求める解集合は $\left(-\dfrac{\sqrt{5}+1}{2},-1\right)\cup\left(1,\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\right)$。

例8 不等式 $\lg\!\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\leq 0$ を解け。

証明

定義域は $D=\left\{x\,\middle|\,x-\dfrac{1}{x}>0\right\}$。$\lg$ の単調性より解集合は $S=\left\{x\,\middle|\,0<x-\dfrac{1}{x}\leq 1\right\}$。二次関数の性質を使うと、

$$\begin{aligned}0\leq\frac{x^2-1}{x}\leq 1 &\iff\frac{x^2-1}{x}\!\left(\frac{x^2-1}{x}-1\right)\leq 0\\ &\iff(x^2-1)(x^2-x-1)\leq 0\\ &\iff(x+1)\!\left(x-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)(x-1)\!\left(x-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\leq 0.\end{aligned}$$

したがって $\left\{x\,\middle|\,0\leq x-\dfrac{1}{x}\leq 1\right\}=\left[-1,\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right]\cup\left[1,\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right]$。$x-\dfrac{1}{x}=0$ の解集合 $\{-1,1\}$ を除くと、

$$S=\left(-1,\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right]\cup\left(1,\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right].$$

例9 不等式 $\dfrac{8}{(x+1)^3}+\dfrac{10}{x+1}-x^3-5x>0$ を解け。

証明

不等式を変形すると $\left(\dfrac{2}{x+1}\right)^3+5\cdot\dfrac{2}{x+1}>x^3+5x$。$f(t)=t^3+5t$ は $\mathbb{R}$ 上で狭義単調増加なので、解集合は

$$S=\left\{x\,\middle|\,\frac{2}{x+1}>x\right\}=(-\infty,-2)\cup(-1,1).$$

例10 不等式 $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)\geq 24$ を解け。

証明

$(x^2-5x+4)(x^2-5x+6)-24\geq 0$ より $(x^2-5x)^2+10(x^2-5x)\geq 0$、したがって $x(x-5)(x^2-5x+10)\geq 0$。解集合は $(-\infty,0]\cup[5,+\infty)$。

例11 不等式 $\sqrt{x^2-6x+13}+\sqrt{x^2+6x+13}<8$ の解集合を求めよ。

証明

曲線 $\sqrt{(x+3)^2+y^2}+\sqrt{(x-3)^2+y^2}=8$ は楕円 $\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{7}=1$ に他ならない。2変数不等式 $\sqrt{(x+3)^2+y^2}+\sqrt{(x-3)^2+y^2}<8$ の解集合はこの楕円の内部である。$y=2$ とおくと、解集合は $\left(-\dfrac{4}{7}\sqrt{21},\dfrac{4}{7}\sqrt{21}\right)$。

例12 関数 $f(x)=\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}-\sqrt{1+x}$ について、

$f$ の定義域・値域を求め、$f$ が狭義単調減少であることを証明せよ。
不等式 $\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}-\sqrt{1+x}\geq\dfrac{1}{2}$ を解け。

証明

(1) $f$ の定義域は

$$D=\{x\mid 1+x\geq 0\}\cap\{x\mid 1-x^2\geq 0\}=[-1,+\infty)\cap[-1,1]=[-1,1].$$

$g(t)=\sin t$（$t\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$）とおくと、

$$\begin{aligned}f(g(t))&=\sqrt{1+\cos t}-\sqrt{1+\sin t}\\ &=\sqrt{2}\cos\frac{t}{2}-\left(\sin\frac{t}{2}+\cos\frac{t}{2}\right)\\ &=(\sqrt{2}-1)\cos\frac{t}{2}-\sin\frac{t}{2}\\ &=\sqrt{4-2\sqrt{2}}\cos\!\left(\frac{t}{2}+\psi_0\right),\end{aligned}$$

ここで $\psi_0\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$、$\tan\psi_0=\dfrac{1}{\sqrt{2}-1}$。$\dfrac{1}{\sqrt{2}-1}>1=\tan\dfrac{\pi}{4}$ より $\psi_0\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$。$t\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ のとき $\dfrac{t}{2}+\psi_0\in\left[\psi_0-\dfrac{\pi}{4},\psi_0+\dfrac{\pi}{4}\right]\subset(0,\pi)$ で、$\cos$ は $[0,\pi]$ 上で狭義単調減少なので、$f\circ g$ は $\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上で狭義単調減少である。

任意の $x_1,x_2\in[-1,1]$ に対して、$g:\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\to[-1,1]$ は全射なので、$x_1=g(t_1)$、$x_2=g(t_2)$ となる $t_1,t_2$ が存在する。$x_1<x_2$ のとき、$g$ の狭義単調増加性より $t_1<t_2$。さらに $f\circ g$ の狭義単調減少性より $f(g(t_1))>f(g(t_2))$、すなわち $f(x_1)>f(x_2)$。よって $f$ は狭義単調減少である。

値域は $[f(1),f(-1)]=\left[1-\sqrt{2},1\right]$。

(2) $\dfrac{1}{2}\in[1-\sqrt{2},1]$ なので $f(x_0)=\dfrac{1}{2}$ となる $x_0\in[-1,1]$ が存在する。$f(x_0)=\dfrac{1}{2}>\sqrt{2}-1=f(0)$ より $x_0<0$。$t\in\left[-\dfrac{\pi}{2},0\right)$ として $g(t)=x_0$ とおくと、$f(g(t))=\dfrac{1}{2}$、すなわち $\sqrt{1+\cos t}-\sqrt{1+\sin t}=\dfrac{1}{2}$。両辺を2乗すると

$$2+\cos t+\sin t-2\sqrt{(1+\cos t)(1+\sin t)}=\frac{1}{4}.$$

$\cos t+\sin t=p$ とおくと $t\in\left[-\dfrac{\pi}{2},0\right)$ より $p\in[-1,1)$。整理すると

$$16p^2+8p-17=0.$$

$p=\dfrac{-1+3\sqrt{2}}{4}$ が得られ、さらに $x_0=\sin t=\dfrac{3\sqrt{2}-1-\sqrt{13+6\sqrt{2}}}{8}$。よって不等式の解集合は $\left[-1,\dfrac{3\sqrt{2}-1-\sqrt{13+6\sqrt{2}}}{8}\right]$。

3 不等式の証明

基本性質の利用

例1 任意の正整数 $n$ に対して $\sqrt[n]{n!}<\sqrt[n+1]{(n+1)!}$ を証明せよ。

証明

$\dfrac{((n+1)!)^n}{(n!)^{n+1}}=\dfrac{(n+1)^n}{n!}>1$ より直ちに得られる。

例2 $\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{5}{4}\cdots\dfrac{2n+1}{2n}>\sqrt{n+1}$ を証明せよ。

証明

$A=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{5}{4}\cdots\dfrac{2n+1}{2n}$ とおく。$k^2>k^2-1=(k-1)(k+1)$ より、

$$A^2=\frac{3\cdot 3}{2\cdot 4}\cdot\frac{5\cdot 5}{4\cdot 6}\cdots\frac{(2n+1)(2n+1)}{(2n)(2n+2)}\cdot\frac{2n+2}{2}>n+1.$$

例3 $n$ を正整数とするとき、次を証明せよ。

$$\frac{1}{n+1}\!\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\right)\geq\frac{1}{n}\!\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$$

証明

$A=1+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2n-1}$、$B=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2n}$ とおく。$\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2n-1}\geq\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2n}$ なので、

$$nA-(n+1)B=n\!\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\right)-(n+1)\!\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)\geq\frac{n}{2}-\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)\geq 0.$$

例4 $x,y\in\mathbb{R}$、$x^2+y^2\leq 1$ のとき、$|x^2+2xy-y^2|\leq\sqrt{2}$ を証明せよ。

証明

$r=\sqrt{x^2+y^2}$ とおくと、ある $t\in\mathbb{R}$ が存在して $x=r\cos t$、$y=r\sin t$。よって

$$|x^2+2xy-y^2|=r^2|\cos 2t+\sin 2t|\leq\sqrt{2}\,r^2\leq\sqrt{2}.$$

例5 $k>a>b>c>0$ のとき、$k^2-(a+b+c)k+(ab+bc+ca)>0$ を証明せよ。

証明

$(k-a)(k-b)(k-c)>0$ なので、

$$0<k^3-(a+b+c)k^2+(ab+bc+ca)k-abc<k^3-(a+b+c)k^2+(ab+bc+ca)k =k\bigl(k^2-(a+b+c)k+(ab+bc+ca)\bigr).$$

三角不等式の利用

例6 $f(x)=x^2+bx+c$ とする。$|f(1)|$、$|f(2)|$、$|f(3)|$ の少なくとも一つは $\dfrac{1}{2}$ 以上であることを証明せよ。

証明

$f(1)=1+b+c$、$f(2)=4+2b+c$、$f(3)=9+3b+c$ より $f(1)-2f(2)+f(3)=2$。三角不等式より

$$|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|\geq|f(1)-2f(2)+f(3)|=2.$$

よって $|f(1)|$、$|f(2)|$、$|f(3)|$ の少なくとも一つは $\dfrac{1}{2}$ 以上である。

例7 $a,b,c\in\mathbb{R}$、$ac\neq 0$、$f(x)=ax^2+bx+c$、$g(x)=cx^2+bx+a$ とする。$|x|\leq 1$ のとき $|f(x)|\leq 2$ ならば、$|x|\leq 1$ のとき $|g(x)|\leq 4$ を証明せよ。

証明

条件より $|a-b+c|=|f(-1)|\leq 2$、$|c|=|f(0)|\leq 2$、$|a+b+c|=|f(1)|\leq 2$。$|x|\leq 1$ のとき、三角不等式を用いると、

$$\begin{aligned}|g(x)|&=|(cx^2-c)+(bx+a+c)|\\ &\leq|c|\cdot|x^2-1|+|bx+a+c|\\ &\leq|c|+\max\{|{-b+a+c}|,|b+a+c|\}\\ &\leq 4.\end{aligned}$$

ここで、$f(x)=Ax+B$ ならば $\max_{x\in[a,b]}|f(x)|=\max\{|f(a)|,|f(b)|\}$ を利用した。

二次関数の判別式の利用

例8 $a_i,b_i\in\mathbb{R}^+$（$i=1,2,\ldots,n$）、$a_1^2>\displaystyle\sum_{i=2}^n a_i^2$、$b_1^2>\displaystyle\sum_{i=2}^n b_i^2$ のとき、次を証明せよ。

$$\left(a_1b_1-\sum_{i=2}^n a_ib_i\right)^2\geq\left(a_1^2-\sum_{i=2}^n a_i^2\right)\!\left(b_1^2-\sum_{i=2}^n b_i^2\right).$$

証明

$f(x)=\left(a_1^2-\displaystyle\sum_{i=2}^n a_i^2\right)x^2-2\left(a_1b_1-\displaystyle\sum_{i=2}^n a_ib_i\right)x+\left(b_1^2-\displaystyle\sum_{i=2}^n b_i^2\right)$ とおくと、

$$f(x)=(a_1x-b_1)^2-\sum_{i=2}^n(a_ix-b_i)^2.$$

$f(0)=b_1^2-\displaystyle\sum_{i=2}^n b_i^2>0$、$f\!\left(\dfrac{b_1}{a_1}\right)=-\displaystyle\sum_{i=2}^n\left(a_i\cdot\dfrac{b_1}{a_1}-b_i\right)^2\leq 0$ なので $f(x)=0$ は零点を持つ。よって二次関数 $f(x)$ の判別式は $0$ 以上である。

例9 実数 $x_1,x_2,x_3,y_1,y_2,y_3$ が $x_1^2+x_2^2+x_3^2\leq 1$ を満たすとき、次を証明せよ。

$$(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3-1)^2\geq(x_1^2+x_2^2+x_3^2-1)(y_1^2+y_2^2+y_3^2-1).$$

証明

$x_1^2+x_2^2+x_3^2<1$ かつ $y_1^2+y_2^2+y_3^2<1$ の場合に証明すれば十分である。これは例8において $x_0=1$、$y_0=1$ とおいた場合に対応する。

単調性と凸性の利用

例10 整数 $n\geq 3$ のとき、$n^{n+1}>(n+1)^n$ を証明せよ。

証明

$a_n=\dfrac{n^{n+1}}{(n+1)^n}$ とおく。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\left(1+\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}>1,$$

なので $\{a_n\}$ は狭義単調増加列である。$n\geq 3$ のとき $a_n\geq a_3=\dfrac{3^4}{4^3}=\dfrac{81}{64}>1$。

例11 正整数 $n>1$ とする。

$\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n+1}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{n-1}{n}$ を証明せよ。
$\dfrac{7}{12}-\dfrac{1}{n+1}\leq\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\leq\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{n}$ を証明せよ。

証明

$a_n=\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{7}{12}+\dfrac{1}{n+1}$ とおくと、

$$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}>0,$$

なので $\{a_n\}$ は狭義単調増加。$n\geq 2$ のとき $a_n\geq a_2=0$。

$b_n=\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{n}$ とおくと、

$$b_n-b_{n+1}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{(n+1)^2}>0,$$

なので $\{b_n\}$ は狭義単調減少。$n\geq 2$ のとき $b_n\leq b_2=0$。これで (2) が示された。

(1) は (2) から従う。(2) の左辺は $\dfrac{7}{12}-\dfrac{1}{n+1}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n+1}$、右辺は $\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{n}<1-\dfrac{1}{n}=\dfrac{n-1}{n}$ だからである。

例12 正の数 $a,b,c$ が $a<b+c$ を満たすとき、$\dfrac{a}{1+a}<\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}$ を証明せよ。

証明

$f(x)=\dfrac{x}{1+x}$ は $(0,+\infty)$ 上で狭義単調増加なので、

$$\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}>\frac{b}{1+b+c}+\frac{c}{1+b+c}=\frac{b+c}{1+b+c}>\frac{a}{1+a}.$$

例13 $\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{3n+1}\leq\dfrac{11}{10}$ を証明せよ。

証明

$f(n)=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{3n+1}$ とおくと、

$$\begin{aligned}f(n+1)-f(n)&=\frac{1}{3n+2}+\frac{1}{3n+3}+\frac{1}{3n+4}-\frac{1}{n+1}\\ &=\frac{2}{(3n+2)(3n+3)(3n+4)}\\ &\leq\frac{1}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}\\ &=\frac{1}{4}\!\left(\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}-\frac{1}{(2n+3)(2n+5)}\right).\end{aligned}$$

したがって $f(n+1)<f(1)+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{3\cdot 5}=\dfrac{11}{10}$。

数学的帰納法

例14 数学的帰納法を用いて次を証明せよ。

$1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n-1}}<2$。
$1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\cdots+\dfrac{1}{n!}<2$。

証明

(1) $n = 1$ で左辺 $= 1 < 2$。より強く $S_n = 1 + \dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{2^{n-1}} = 2 - \dfrac{1}{2^{n-1}}$ を帰納法で示す。$n = 1$ で $1 = 2 - 1$。$n$ で成り立つとき $S_{n+1} = S_n + \dfrac{1}{2^n} = 2 - \dfrac{1}{2^{n-1}} + \dfrac{1}{2^n} = 2 - \dfrac{1}{2^n}$。よって $S_n < 2$。

(2) そのままでは帰納法が回らないので、より強い $T_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} \leq 2 - \dfrac{1}{2^{n-1}}$ を示す。$n = 1$ で $1 \leq 1$。$n$ で成り立つとして、$(n+1)! \geq 2^n$ より $\dfrac{1}{(n+1)!} \leq \dfrac{1}{2^n}$ だから $T_{n+1} \leq 2 - \dfrac{1}{2^{n-1}} + \dfrac{1}{2^n} = 2 - \dfrac{1}{2^n}$。よって $T_n < 2$。

例15 $a_1,a_2,\ldots,a_n\in[1,+\infty)$ のとき、次を証明せよ。

$$a_1+a_2+\cdots+a_n+\frac{1}{a_1a_2\cdots a_n}\leq\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}+a_1a_2\cdots a_n.$$

証明

要素数 $n$ に関する数学的帰納法で証明する。

$n=1$ のとき、明らかに成立。

$n=k$（$k\geq 1$）のとき成立すると仮定する。$n=k+1$ のとき、

$$\begin{aligned}&\left(a_1+\cdots+a_{k+1}+\frac{1}{a_1\cdots a_{k+1}}\right)-\left(\frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_{k+1}}+a_1\cdots a_{k+1}\right)\\ &=\left(a_1+\cdots+a_k-\left(\frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_k}\right)\right)+a_{k+1}-\frac{1}{a_{k+1}}+\frac{1}{a_1\cdots a_{k+1}}-a_1\cdots a_{k+1}\\ &\leq\left(a_1\cdots a_k-\frac{1}{a_1\cdots a_k}\right)+a_{k+1}-\frac{1}{a_{k+1}}+\frac{1}{a_1\cdots a_{k+1}}-a_1\cdots a_{k+1}\\ &=-\frac{(a_1\cdots a_k-1)(a_{k+1}-1)(a_1\cdots a_{k+1}-1)}{a_1\cdots a_{k+1}}\leq 0.\end{aligned}$$

（$P = a_1\cdots a_k$、$a = a_{k+1}$ とおくと、$(P - 1/P) + (a - 1/a) - (Pa - 1/(Pa))$ は $-\dfrac{(P-1)(a-1)(Pa-1)}{Pa}$ に等しい。$P \geq 1$、$a \geq 1$、$Pa \geq 1$ より三つの因子はすべて $0$ 以上で、全体は $0$ 以下である。）

既知の不等式の利用

例16 $a,b,c\in\mathbb{R}$ のとき、$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq\sqrt{2}(a+b+c)$ を証明せよ。

証明

相加相乗平均（冪平均）不等式より $\sqrt{a^2+b^2}\geq\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}$。3つを加えると結論が得られる。

例17 $n$ を $1$ より大きい整数とするとき、$\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\cdots+\binom{n}{n}>n\cdot 2^{\frac{n-1}{2}}$ を証明せよ。

証明

二項定理より $\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}=2^n-1=1+2+\cdots+2^{n-1}$。相加相乗平均不等式を使うと

$$\frac{1}{2}\!\left((1+2^{n-1})+(2+2^{n-2})+\cdots+(2^{n-1}+1)\right)\geq\frac{n}{2}\cdot 2\sqrt{2^{n-1}}=n\cdot 2^{\frac{n-1}{2}}.$$

（各括弧 $2^i+2^{n-1-i}$ に相加・相乗平均の不等式を使うと $2\cdot 2^{\frac{n-1}{2}}$ 以上である。$n>1$ では $i=\frac{n-1}{2}$ 以外の項で等号が成立しないので、全体の不等式は狭義である。）

例18 $a,b,c$ をある三角形の三辺の長さとするとき、次を証明せよ。

$$\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\geq a+b+c.$$

証明

証明1. 相加相乗平均不等式より

$$\frac{a^2}{b+c-a}+(b+c-a)\geq 2a,\quad\frac{b^2}{c+a-b}+(c+a-b)\geq 2b,\quad\frac{c^2}{a+b-c}+(a+b-c)\geq 2c.$$

3式を加えると結論が得られる。

証明2. $\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b+c-a}{a}\geq 2$ より $\dfrac{a}{b+c-a}-1\geq 1-\dfrac{b+c-a}{a}$ なので、

$$\begin{aligned}&\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}-(a+b+c)\\ &=a\!\left(\frac{a}{b+c-a}-1\right)+b\!\left(\frac{b}{c+a-b}-1\right)+c\!\left(\frac{c}{a+b-c}-1\right)\\ &\geq a\!\left(1-\frac{b+c-a}{a}\right)+b\!\left(1-\frac{c+a-b}{b}\right)+c\!\left(1-\frac{a+b-c}{c}\right)\\ &=(2a-b-c)+(2b-c-a)+(2c-a-b)=0.\end{aligned}$$

例19 $x,y,z\in\mathbb{R}^+$ のとき、次を証明せよ。

$$\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq\frac{2x}{y+z}+\frac{2y}{z+x}+\frac{2z}{x+y}.$$

証明

相加相乗平均不等式より $(y+z)^2\geq 4yz$ なので $\dfrac{y+z}{yz}\geq\dfrac{4}{y+z}$、したがって $\dfrac{x}{y}+\dfrac{x}{z}=x\cdot\dfrac{y+z}{yz}\geq\dfrac{4x}{y+z}$。同様に $\dfrac{y}{z}+\dfrac{y}{x}\geq\dfrac{4y}{z+x}$、$\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}\geq\dfrac{4z}{x+y}$。3式を加えると結論が得られる。

例20 $a,b,c\in\mathbb{R}^+$、$a+3b+5c=15$ のとき、$\sqrt{a}+\sqrt{5b}+\sqrt{2c}\leq\sqrt{46}$ を証明せよ。

証明

$x=\sqrt{a}$、$y=\sqrt{5b}$、$z=\sqrt{2c}$ とおくと $x^2+\dfrac{3}{5}y^2+\dfrac{5}{2}z^2=15$。Cauchy の不等式より

$$(x+y+z)^2\leq\left(x^2+\frac{3}{5}y^2+\frac{5}{2}z^2\right)\!\left(1+\frac{5}{3}+\frac{2}{5}\right)=46.$$

例21 $a,b\in\mathbb{R}^+$、整数 $n\geq 2$ のとき、$\dfrac{a^n+b^n}{2}\geq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^n$ を証明せよ。

証明

これは冪平均不等式である。$a\neq b$ として直接証明する。二項定理より、

$$\begin{aligned}\frac{a^n+b^n}{2} &=\frac{1}{2}\!\left[\left(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}\right)^n+\left(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}\right)^n\right]\\ &=\sum_{l=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\binom{n}{2l}\left(\frac{a+b}{2}\right)^{n-2l}\!\!\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2l} \geq\left(\frac{a+b}{2}\right)^n.\end{aligned}$$

例22 $a_n=\dfrac{1}{2}\!\left(t^n+\dfrac{1}{t^n}\right)$（$\dfrac{1}{2}\leq t\leq 2$）、$T_n$ を数列 $\{a_n\}$ の最初の $n$ 項の和とする。$T_n<2^n-\!\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n$ を証明せよ。

証明

$\dfrac{1}{2^n}\leq t^n\leq 2^n$ なので $\max_{t\in[1/2,2]}\!\left(t^n+\dfrac{1}{t^n}\right)=2^n+\dfrac{1}{2^n}$。相加相乗平均不等式を用いると、

$$T_n\leq 2^n-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n+1}}=2^n-\!\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{n+1}}\right)<2^n-\sqrt{\frac{1}{2^n}}.$$

例23 次を証明せよ。

$x,y,z\in\mathbb{R}$ のとき $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$。
$a,b,c\in\mathbb{R}^+$、$a+b+c=1$ のとき $a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3\,abc}\leq 1$。
$a,b,c\in\mathbb{R}^+$、$abc=1$ のとき $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$。

証明

(1) $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0$ より直ちに得られる。

(2) (1) より $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)=abc$ なので、$3abc\leq(ab+bc+ca)^2$。したがって

$$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3\,abc}\leq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2=1.$$

(3) 相加相乗平均不等式より $\sqrt{a}=\sqrt{\dfrac{1}{b}\cdot\dfrac{1}{c}}\leq\dfrac{1}{2}\!\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$。同様に他の2式も成り立ち、3式を加えると結論が得られる。

例24 $a,b,c\in\mathbb{R}^+$、$abc=1$ のとき、次を証明せよ。

$$\frac{1}{(2a+1)^3}+\frac{1}{(2b+1)^3}+\frac{1}{(2c+1)^3}\geq\frac{1}{9}.$$

証明

相加相乗平均不等式より $\dfrac{1}{(2a+1)^3}+\dfrac{1}{27}+\dfrac{1}{27}\geq\dfrac{1}{3(2a+1)}$ なので、

$$\frac{1}{(2a+1)^3}+\frac{1}{(2b+1)^3}+\frac{1}{(2c+1)^3}\geq\frac{1}{3}\!\left(\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}\right)-\frac{2}{9}.$$

したがって $\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1}\geq 1$ を示せばよい。通分すると $a+b+c\geq 3$ を示すことに帰着され、相加相乗平均不等式より明らかである。

4 関数の値域、最大値と最小値

写像 $f:X\to Y$ に対して、集合 $\{y\in Y:\text{ある}\ x\in X\ \text{が存在して}\ y=f(x)\}$ を $f$ の値域という。$f$ の値域を $f(X)$、$\operatorname{Ran}(f)$、または $R_f$ と記す。

$f:X\to\mathbb{R}$ の値域に最小元が存在するとき、その最小元を $f$ の最小値といい、$f$ は最小値を持つという。$f$ の最小値を $\min f$、$\min_{x\in X}f(x)$、または $f_{\min}$ と記す。

$f:X\to\mathbb{R}$ の値域に最大元が存在するとき、その最大元を $f$ の最大値といい、$f$ は最大値を持つという。$f$ の最大値を $\max f$、$\max_{x\in X}f(x)$、または $f_{\max}$ と記す。

例1

$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$、$x\mapsto x^2$ の値域は $[0,+\infty)$、最小値は $0$ であるが最大値は持たない。
$g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$、$x\mapsto[x]$ の値域は $\mathbb{Z}$、最大値も最小値も持たない。
$h:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\setminus\{(0,0)\}\to\mathbb{R}$、$(x,y)\mapsto\ln(x^2+y^2)$ の値域は $\mathbb{R}$、最大値も最小値も持たない。
恒等写像 $I_X:X\to X$、$x\mapsto x$ の値域は $X$。

例2 $a,b$ を正の数、$a+b=2$ とする。$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}$ の最小値を求めよ。

証明

Cauchy の不等式より

$$\bigl((1+a)+(1+b)\bigr)\!\left(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\right)\geq 4,$$

したがって $\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\geq\dfrac{4}{(1+a)+(1+b)}=1$。$a=b=1$ のとき等号が成立するので、最小値は $1$。

例3 $f(a,b)=(a+5-3|\cos b|)^2+(a-2|\sin b|)^2$ の $\min_{a,b\in\mathbb{R}}f(a,b)$ を求めよ。

証明

恒等式 $2(x^2+y^2)=(x+y)^2+(x-y)^2$ より $x^2+y^2\geq\dfrac{1}{2}(x-y)^2$ なので、

$$f(a,b)\geq\frac{1}{2}(5-3|\cos b|+2|\sin b|)^2\geq\frac{1}{2}(5-3)^2=2.$$

$a=-1$、$b=k\pi$（$k$ は整数）のとき $f(a,b)=2$。よって $\min_{a,b\in\mathbb{R}}f(a,b)=2$。

例4 $z=(a-b)^2+\!\left(\sqrt{2-a^2}-\dfrac{9}{b}\right)^2$ の最小値を求めよ。

証明

$A\bigl(a,\sqrt{2-a^2}\bigr)$、$B\!\left(b,\dfrac{9}{b}\right)$、$O(0,0)$ とおくと $z=|AB|^2$、$|OA|^2=2$、$|OB|^2=b^2+\dfrac{81}{b^2}$。

相加相乗平均不等式より $|OB|^2\geq 18$、したがって $|OB|\geq 3\sqrt{2}$。

三角不等式より $|AB|\geq|OB|-|OA|\geq 3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$、よって $z=|AB|^2\geq 8$。

$(a,b)=(1,3)$ のとき $z=8$ となるので $z_{\min}=8$。

例5 $x_k,y_k$（$k=1,2,3$）をすべて非負の実数とするとき、

$$f=\sqrt{(2007-y_1-y_2-y_3)^2+x_3^2}+\sqrt{y_3^2+x_2^2}+\sqrt{y_2^2+x_1^2}+\sqrt{y_1^2+(x_1+x_2+x_3)^2}$$

の最小値を求めよ。

証明

以下の図のように各項をベクトルの大きさとみなす。

三角不等式より、

$$\begin{aligned}f&\geq\sqrt{((2007-y_1-y_2-y_3)+y_3+y_2+y_1)^2+(x_3+x_2+x_1+(-x_1-x_2-x_3))^2}\\ &=2007.\end{aligned}$$

$x_1=x_2=x_3=y_1=y_2=y_3=0$ のとき $f=2007$。よって $f_{\min}=2007$。

例6 正の数 $a,b,c$ が $a+b+c=1$ を満たすとき、$\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}$ の最小値を求めよ。

証明

Cauchy の不等式より

$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{a(1+b)}\geq\frac{9}{\displaystyle\sum_{\mathrm{cyc}} a(1+b)}=\frac{9}{\displaystyle\sum_{\mathrm{cyc}} a+\sum_{\mathrm{cyc}} ab}=\frac{9}{1+\displaystyle\sum_{\mathrm{cyc}} ab}.$$

$1=(a+b+c)^2=\displaystyle\sum_{\mathrm{cyc}} a^2+2\sum_{\mathrm{cyc}} ab\geq 3\sum_{\mathrm{cyc}} ab$ より、

$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{a(1+b)}\geq\frac{9}{1+\frac{1}{3}}=\frac{27}{4}.$$

$a=b=c=\dfrac{1}{3}$ のとき等号成立。よって最小値は $\dfrac{27}{4}$。

例7 $a,b$ を正の定数とするとき、$y=\dfrac{a}{\sin x}+\dfrac{b}{\cos x}$（$0<x<\dfrac{\pi}{2}$）の最小値を求めよ。

証明

任意の正数 $k$ に対して、

$$\begin{aligned}y&=\frac{a}{\sin x}+\frac{b}{\cos x}+k(\sin^2 x+\cos^2 x-1)\\ &=\left(\frac{a}{2\sin x}+\frac{a}{2\sin x}+k\sin^2 x\right)+\left(\frac{b}{2\cos x}+\frac{b}{2\cos x}+k\cos^2 x\right)-k\\ &\geq 3\sqrt[3]{\!\left(\frac{a}{2\sin x}\right)^2\!\!\cdot k\sin^2 x}+3\sqrt[3]{\!\left(\frac{b}{2\cos x}\right)^2\!\!\cdot k\cos^2 x}-k\\ &=3\sqrt[3]{\frac{k}{4}}\!\left(a^{\frac{2}{3}}+b^{\frac{2}{3}}\right)-k.\end{aligned}$$

$x=\arctan\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}}$ のとき $y$ は最小値 $y_{\min}=\!\left(a^{\frac{2}{3}}+b^{\frac{2}{3}}\right)^{\!\frac{3}{2}}$ をとる。

例8 $c\neq 0$ とし、非零の実数 $a,b$ が $4a^2-2ab+4b^2-c=0$ を満たして $|2a+b|$ を最大にするとき、$\dfrac{3}{a}-\dfrac{4}{b}+\dfrac{5}{c}$ の最小値を求めよ。

証明

$2a+b=t$ とおくと $2a=t-b$、したがって $(t-b)^2-(t-b)b+4b^2-c=0$、すなわち $6b^2-3bt+t^2-c=0$。この方程式が実数解を持つ条件は $(3t)^2-24(t^2-c)\geq 0$、すなわち $|t|\leq\sqrt{\dfrac{8c}{5}}$。

$|t|$ が最大値 $\sqrt{\dfrac{8c}{5}}$ をとるとき、$c=\dfrac{5t^2}{8}$、$b=\dfrac{t}{4}$、$a=\dfrac{3t}{8}$。このとき

$$\frac{3}{a}-\frac{4}{b}+\frac{5}{c}=\frac{8}{t}-\frac{16}{t}+\frac{8}{t^2}=8\!\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{2}\right)^2-2\geq -2.$$

例9 $a,b\in\mathbb{R}^+$、$a+\sqrt{b^2+8}=4$ のとき、$\dfrac{3}{a}+\dfrac{1}{b}$ の最小値を求めよ。

証明

Cauchy の不等式より $\sqrt{b^2+8}=\sqrt{b^2+1^2+\cdots+1^2}\geq\dfrac{b+8}{3}$（等号は $b=1$ のとき）。したがって

$$4=a+\sqrt{b^2+8}\geq a+\frac{b+8}{3}=\frac{3a+b}{3}+\frac{8}{3},$$

すなわち $3a+b\leq 4$。さらに

$$4\!\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}\right)\geq(3a+b)\!\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}\right)=10+3\!\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)\geq 16$$

より $\dfrac{3}{a}+\dfrac{1}{b}\geq 4$、等号は $a=b=1$ のときに成立する。よって最小値は $4$。

例10 正の数 $a,b,c$ が $abc+a+c=b$ を満たすとき、$\dfrac{2}{a^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1}$ の最大値を求めよ。

証明

$b=\dfrac{a+c}{1-ac}$ より、$a=\tan\alpha$、$c=\tan\beta$、$b=\tan(\alpha+\beta)$（$\alpha,\beta,\alpha+\beta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$）とおける。すると

$$\begin{aligned}\frac{2}{a^2+1}+\frac{3}{c^2+1}-\frac{2}{b^2+1} &=2\cos^2\alpha-2\cos^2(\alpha+\beta)+3\cos^2\beta\\ &=2\sin\beta\sin(2\alpha+\beta)+3\cos^2\beta\\ &\leq 2\sin\beta+3\cos^2\beta\\ &=-3\sin^2\beta+2\sin\beta+3\\ &=\frac{10}{3}-3\!\left(\sin\beta-\frac{1}{3}\right)^2\leq\frac{10}{3}.\end{aligned}$$

等号成立は $\sin(2\alpha+\beta)=1$、$\sin\beta=\dfrac{1}{3}$、すなわち $a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$、$b=\sqrt{2}$、$c=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ のとき。よって最大値は $\dfrac{10}{3}$。

例11 $x,y\in\mathbb{R}$、$x^2+y^2\leq 1$ のとき、$x+y-xy$ の最大値を求めよ。

証明

解法1. $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$（$0\leq r\leq 1$）とおく。$r=0$ のとき $x+y-xy=0$。$0<r\leq 1$ のとき、$\sin\theta+\cos\theta=t$（$-\sqrt{2}\leq t\leq\sqrt{2}$）とおくと $\sin\theta\cos\theta=\dfrac{t^2-1}{2}$ なので、

$$x+y-xy=rt-\frac{r^2}{2}(t^2-1)=\frac{r^2+1}{2}-\frac{r^2}{2}\!\left(t-\frac{1}{r}\right)^2\leq\frac{r^2+1}{2}\leq 1.$$

等号成立は $r=1$、$t=1$、すなわち $(x,y)=(1,0)$ または $(0,1)$ のとき。最大値は $1$。

解法2. $x+y=t$ とおくと $t^2\leq 1+2xy$、すなわち $xy\geq\dfrac{t^2-1}{2}$。したがって

$$x+y-xy\leq t-\frac{t^2-1}{2}=1-\frac{(t-1)^2}{2}\leq 1.$$

例12 $x,y\in\mathbb{R}$、$4x^2-5xy+4y^2=5$ とし $S=x^2+y^2$ とおくとき、$\dfrac{1}{S_{\min}}+\dfrac{1}{S_{\max}}$ を求めよ。

証明

$x^2=\dfrac{S}{2}+t$、$y^2=\dfrac{S}{2}-t$ とおいて代入・整理すると、$(4S-5)^2=25\!\left(\dfrac{S^2}{4}-t^2\right)$、したがって $39S^2-160S+100=-100t^2\leq 0$。これを解くと $\dfrac{10}{13}\leq S\leq\dfrac{10}{3}$。$x=y$ のとき $S_{\max}=\dfrac{10}{3}$、$x=-y$ のとき $S_{\min}=\dfrac{10}{13}$。よって

$$\frac{1}{S_{\min}}+\frac{1}{S_{\max}}=\frac{13}{10}+\frac{3}{10}=\frac{8}{5}.$$

例13 $x,y,z\in\mathbb{R}^+$ が $\dfrac{x^2}{1+x^2}+\dfrac{y^2}{1+y^2}+\dfrac{z^2}{1+z^2}=2$ を満たすとき、$\dfrac{x}{1+x^2}+\dfrac{y}{1+y^2}+\dfrac{z}{1+z^2}$ の最大値を求めよ。

証明

条件より $\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}=1$。Cauchy の不等式より

$$2=\left(\frac{x^2}{1+x^2}+\frac{y^2}{1+y^2}+\frac{z^2}{1+z^2}\right)\!\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2}\right)\geq\left(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\right)^2.$$

よって最大値は $\sqrt{2}$。等号は $x = y = z$ のとき（条件より $3/(1+x^2) = 1$、$x = \sqrt{2}$）に成立し、実際 $3\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{3} = \sqrt{2}$ となる。

例14 $a,b,c\in\mathbb{R}^+$、$abc=1$ のとき、$S=\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1}$ の最小値を求めよ。

証明

$a=\dfrac{x}{y}$、$b=\dfrac{y}{z}$、$c=\dfrac{z}{x}$（$x,y,z\in\mathbb{R}^+$）とおくと

$$S=\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}.$$

Cauchy の不等式より

$$(x+y+z)^2S=\bigl(y(2x+y)+z(2y+z)+x(2z+x)\bigr)\!\left(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\right)\geq(x+y+z)^2,$$

したがって $S\geq 1$。$x=y=z$（すなわち $a=b=c=1$）のとき $S=1$。よって最小値は $1$。

例15

$m>0$、$n>0$、$m+n=1$ のとき、$\!\left(m+\dfrac{1}{m}\right)^2+\!\left(n+\dfrac{1}{n}\right)^2\geq\dfrac{25}{2}$ を証明せよ。
$\sin\theta+2\cos\theta=1$ のとき、$\dfrac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$ を求めよ。

証明

(1) $m=\dfrac{1}{2}-d$、$n=\dfrac{1}{2}+d$（$|d|<\dfrac{1}{2}$）とおくと、

$$\left(m+\frac{1}{m}\right)^2+\left(n+\frac{1}{n}\right)^2\geq 2\!\left(m+\frac{1}{m}\right)\!\!\left(n+\frac{1}{n}\right)=\frac{8d^4+12d^2+\frac{25}{2}}{1-4d^2}\geq\frac{25}{2}.$$

(2) $\sin\theta=\dfrac{1}{2}-d$、$2\cos\theta=\dfrac{1}{2}+d$ とおくと、$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ より

$$\left(\frac{1}{2}-d\right)^2+\left(\frac{1}{4}+\frac{d}{2}\right)^2=1,$$

したがって $d=-\dfrac{1}{2}$ または $d=\dfrac{11}{10}$。よって $\dfrac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}=\dfrac{1-6d}{3-2d}=1$ または $-7$。

例16

正の数 $x,y$ が $x+2y=1$ を満たすとき、$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\geq 3+2\sqrt{2}$ を証明せよ。
正の数 $a,b$ が $a+b=1$ を満たすとき、$\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}$ の最大値は $2\sqrt{2}$ であることを証明せよ。

証明

(1) 任意の $\lambda>0$ に対して、

$$\begin{aligned}\frac{1}{x}+\frac{1}{y}&=\left(\frac{1}{x}+\lambda x\right)+\left(\frac{1}{y}+2\lambda y\right)-\lambda\\ &\geq 2\sqrt{\lambda}+2\sqrt{2\lambda}-\lambda=3+2\sqrt{2}-\!\left(\sqrt{\lambda}-\sqrt{2}-1\right)^2.\end{aligned}$$

$\sqrt{\lambda}=\sqrt{2}+1$ のとき等号成立し、最小値 $3+2\sqrt{2}$ をとる。

(2) 任意の $\lambda>0$ に対して、

$$\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}\leq\frac{1}{\lambda}\!\left(\frac{\lambda^2+2a+1}{2}+\frac{\lambda^2+2b+1}{2}\right)=\lambda+\frac{2}{\lambda}.$$

等号は $\lambda=\sqrt{2a+1}=\sqrt{2b+1}$ のとき成立。$a+b=1$ より $a=b=\dfrac{1}{2}$、$\lambda=\sqrt{2}$ のとき最大値 $2\sqrt{2}$ をとる。

例17 $x^2+y^2+z^2=1$ を満たす $x,y,z\in\mathbb{R}$ に対して、$xy+2xz$ の最大値を求めよ。

証明

解法1. 相加相乗平均不等式より

$$1=\left(\frac{1}{5}x^2+y^2\right)+\left(\frac{4}{5}x^2+z^2\right)\geq\frac{2}{\sqrt{5}}(|xy|+2|xz|)\geq\frac{2}{\sqrt{5}}(xy+2xz).$$

（$\dfrac{1}{5}x^2+y^2\geq\dfrac{2}{\sqrt{5}}|xy|$、$\dfrac{4}{5}x^2+z^2\geq\dfrac{4}{\sqrt{5}}|xz|$ による。）よって $xy+2xz\leq\dfrac{\sqrt{5}}{2}$。$(x,y,z)=\!\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{10}}{10},\dfrac{\sqrt{10}}{5}\right)$ で等号成立。

解法2. $x=\sin\theta$、$y=\cos\theta\cos\varphi$、$z=\cos\theta\sin\varphi$ とおくと、

$$xy+2xz=\sin 2\theta\!\left(\sin\varphi+\frac{1}{2}\cos\varphi\right)\leq\frac{\sqrt{5}}{2}.$$

よって最大値は $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$。

例18 実数 $x,y$ が $3\leq xy^2\leq 8$、$4\leq\dfrac{x^2}{y}\leq 9$ を満たすとき、$\dfrac{x^3}{y^4}$ の値の範囲を求めよ。

証明

$\dfrac{x^3}{y^4}=\!\left(\dfrac{x^2}{y}\right)^2\!\!\cdot\dfrac{1}{xy^2}$ および与えられた不等式より、

$$2=4^2\cdot\frac{1}{8}\leq\frac{x^3}{y^4}\leq 9^2\cdot\frac{1}{3}=27.$$

例19 $g:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$、$x\mapsto\dfrac{1}{2}\!\left(x+\dfrac{1}{x}\right)$ の値域を求めよ。

証明

$x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ のとき $x$ と $\dfrac{1}{x}$ は同符号なので、三角不等式と相加相乗平均不等式より

$$|g(x)|=\frac{1}{2}\!\left(|x|+\frac{1}{|x|}\right)\geq 1.$$

したがって $R_g\subseteq(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。逆に $|z|\geq 1$ であれば $x=z+\sqrt{z^2-1}$ とおくと $g(x)=z$。よって $R_g=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。

例20 実数 $x,y$ が $x^2+2xy-1=0$ を満たすとき、$x+y$ の値の範囲を求めよ。

証明

$x\neq 0$ より $y=\dfrac{1-x^2}{2x}$、したがって $x+y=\dfrac{1}{2}\!\left(x+\dfrac{1}{x}\right)$。例19より値の範囲は $(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。

例21 実数 $x,y$ が $x^2-3xy+y^2=2$ を満たすとき、$x^2+y^2$ の値の範囲を求めよ。

証明

$x=u+v$、$y=u-v$ とおくと $x^2+y^2=2(u^2+v^2)$、$5v^2-u^2=2$。$5(v^2+u^2)=2+6u^2\geq 2$ より $u^2+v^2\geq\dfrac{2}{5}$。したがって $x^2+y^2\geq\dfrac{4}{5}$（$u=0$ のとき等号成立）。値の範囲は $\left[\dfrac{4}{5},+\infty\right)$。

例22 実数 $x,y$ が $x^2-xy+y^2=1$ を満たすとき、$x^2-y^2$ の値の範囲を求めよ。

証明

$x=u+v$、$y=u-v$ とおくと $u^2+3v^2=1$、$x^2-y^2=4uv$。$u=\cos t$、$v=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\sin t$ とおくと

$$x^2-y^2=\frac{4}{\sqrt{3}}\sin t\cos t=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin 2t.$$

よって値の範囲は $\left[-\dfrac{2}{\sqrt{3}},\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right]$。

例23 $f(x)=\dfrac{x^4-8x^3+23x^2-28x+21}{x^2-4x+4}$（$|x|\leq 1$）の値域を求めよ。

証明

$x^4-8x^3+23x^2-28x+21=(x-2)^4-(x-2)^2+9$ より

$$f(x)=(x-2)^2+\frac{9}{(x-2)^2}-1.$$

$|x|\leq 1$ より $1\leq(x-2)^2\leq 9$。よって値域は $[5,9]$。

例24 正の数 $x,y$ が $\dfrac{7x-9y}{xy+y^2}=x$ を満たすとき、$y$ の範囲を求めよ。

証明

条件より $(x^2+9)y=x(7-y^2)$、したがって

$$\frac{7-y^2}{y}=\frac{x^2+9}{x}\geq 6.$$

これを解くと $0<y\leq 1$。

例25 正の数 $x,y$ が $x+\dfrac{2}{x}+3y+\dfrac{4}{y}=10$ を満たすとき、$xy$ の範囲と $\dfrac{y}{x}$ の範囲を求めよ。

証明

解法1. 相加相乗平均不等式より

$$10=\!\left(x+\frac{4}{y}\right)+\!\left(3y+\frac{2}{x}\right)\geq 2\sqrt{\!\left(x+\frac{4}{y}\right)\!\!\left(3y+\frac{2}{x}\right)}=2\sqrt{3xy+\frac{8}{xy}+14},$$

したがって $3xy+\dfrac{8}{xy}\leq 11$、よって $1\leq xy\leq\dfrac{8}{3}$。

等号は $(x,y)=(1,1)$ のとき $xy=1$、$(x,y)=\!\left(2,\dfrac{4}{3}\right)$ のとき $xy=\dfrac{8}{3}$。

同様に

$$10=\!(x+3y)+\!\left(\frac{2}{x}+\frac{4}{y}\right)\geq 2\sqrt{6\frac{y}{x}+\frac{4x}{y}+14},$$

したがって $6\!\left(\dfrac{y}{x}\right)^2-11\!\left(\dfrac{y}{x}\right)+4\leq 0$、よって $\dfrac{1}{2}\leq\dfrac{y}{x}\leq\dfrac{4}{3}$。

解法2. $xy=t$（$t>0$）とおくと $(t+4)x^2-10tx+(3t^2+2t)=0$。二次方程式の判別式が非負であることから $1\leq t\leq\dfrac{8}{3}$。

例26 実数 $x,y$ が $x-4\sqrt{y}=2\sqrt{x-y}$ を満たすとき、$x$ の範囲を求めよ。

証明

$\sqrt{y}=a$（$a\geq 0$）、$\sqrt{x-y}=b$（$b\geq 0$）とおくと $x=a^2+b^2$ で、$(a-2)^2+(b-1)^2=5$、$a\geq 0$、$b\geq 0$。

$x=a^2+b^2$ は円 $(x-2)^2+(y-1)^2=5$ 上の点 $(a,b)$ から原点までの距離の2乗を表すので、$x$ の値の範囲は $\{0\}\cup[4,20]$（原点は円周上の孤立点として許される。第 1 象限にある円弧の端点 $(0,2)$ で $x=4$、$(4,2)$ で $x=20$）。

例27 実数 $x,y$ が $x^2+xy-2y^2=1$ を満たすとき、$S=3x^2-y^2$ の範囲を求めよ。

証明

$(x+2y)(x-y)=1$ なので $m=x+2y$、$n=x-y$（$mn=1$）とおくと $x=\dfrac{m+2n}{3}$、$y=\dfrac{m-n}{3}$。相加相乗平均不等式より

$$S=\frac{2}{9}m^2+\frac{11}{9}n^2+\frac{14}{9}mn\geq\frac{2\sqrt{22}}{9}mn+\frac{14}{9}mn=\frac{2\sqrt{22}+14}{9},$$

等号は $\sqrt{2}\,m=\sqrt{11}\,n$ かつ $mn=1$ のときに成立する。よって $S\geq\dfrac{14+2\sqrt{22}}{9}$。

例28 $a,b$ が $a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}=1$ を満たすとき、$a^2+b^2$ の値の範囲を求めよ。

証明

Cauchy の不等式より

$$1=\bigl(a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}\bigr)^2\leq(a^2+1-a^2)(b^2+1-b^2)=1.$$

等号条件より $\sqrt{1-a^2}\cdot\sqrt{1-b^2}=ab$、整理すると $a^2+b^2=1$。したがって、値の範囲は $\{1\}$（$1$ のみ）である。

5 不等式中のパラメータ

1. パラメータを含む不等式：関数の定義域と単調性を利用して場合分けを行う。

2. 不等式が「常に成立」「成立することがある」「ちょうど成立」する問題：関数や方程式の考え方を用いて変数分離し最大・最小値の問題に帰着させるか、不等式の特徴に応じて数形結合（図形的考察）を利用する。

(1) 恒成立問題：

$f(x)\geq\lambda$ が $x\in D$ で恒成立 $\iff$ $\lambda\leq\inf_{x\in D}f(x)$。
$f(x)\leq\lambda$ が $x\in D$ で恒成立 $\iff$ $\lambda\geq\sup_{x\in D}f(x)$。

(2) 解の存在問題：

ある $x_0\in D$ で $f(x_0)>\lambda$ が成立 $\iff$ $\sup_{x\in D}f(x)>\lambda$。
ある $x_0\in D$ で $f(x_0)<\lambda$ が成立 $\iff$ $\inf_{x\in D}f(x)<\lambda$。

$f$ が $D$ 上で最大値・最小値を持つとき：

ある $x_0\in D$ で $f(x_0)\geq\lambda$ が成立 $\iff$ $\lambda\leq\max_{x\in D}f(x)$。
ある $x_0\in D$ で $f(x_0)\leq\lambda$ が成立 $\iff$ $\lambda\geq\min_{x\in D}f(x)$。

(3) ちょうど成立問題：$f(x)>\lambda$ が区間 $D$ 上でちょうど成立 $\iff$ $f(x)>\lambda$ の解集合が $D$。

例1 $x$ に関する不等式 $\sqrt{x-3}+\sqrt{6-x}\geq k$ が解を持つような実数 $k$ の最大値を求めよ。

証明

$f(x)=\sqrt{x-3}+\sqrt{6-x}$ とおく。Cauchy の不等式より

$$(f(x))^2\leq((x-3)+(6-x))\cdot(1+1)=6,$$

$x=\dfrac{9}{2}$ のとき等号成立。$f(x)\geq k$ が解を持つ $k$ の最大値は $\sqrt{6}$。

例2 任意の $x,y\in\mathbb{R}^+$ に対して $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq a\sqrt{x+y}$ が成立するような $a$ の最小値を求めよ。

証明

相加相乗平均不等式より

$$\left(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x+y}}\right)^2\leq 2\!\left(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}\right)=2,$$

$x=y$ のとき等号成立。したがって $a$ の最小値は $\sqrt{2}$。

例3 $x,y,z$ を直角三角形の三辺の長さとし、$z$ を斜辺の長さとする。不等式

$$x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)\geq kxyz$$

が恒成立するとき、パラメータ $k$ の最大値を求め、等号成立条件を明らかにせよ。

証明

$z=1$、$x=\cos t$、$y=\sin t$（$0<t\leq\dfrac{\pi}{4}$）とおき、$p=\sin t+\cos t$（$1<p\leq\sqrt{2}$）とする。

$$\begin{aligned}\frac{x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)}{xyz} &=\frac{2+p(2+p^2-1)}{p^2-1}\\ &=(p-1)+\frac{2}{p-1}+1\\ &\geq(\sqrt{2}-1)+\frac{2}{\sqrt{2}-1}+1=2+3\sqrt{2}.\end{aligned}$$

等号成立は $t=\dfrac{\pi}{4}$、すなわち $x=y$ のとき。よって $k$ の最大値は $2+3\sqrt{2}$。

例4 $a,b,c,k\in\mathbb{R}^+$ で $\dfrac{kabc}{a+b+c}\geq(a+b)^2+(a+b+4c)^2$ が常に成立するとき、$k$ の最小値を求めよ。

証明

相加相乗平均不等式より

$$a+b+c=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c\geq 5\sqrt[5]{\frac{a^2b^2c}{16}},$$

$$\begin{aligned}(a+b)^2+(a+b+4c)^2 &\geq(2\sqrt{ab})^2+(2\sqrt{2ac}+2\sqrt{2bc})^2\\ &=4(ab+2ac+2bc+2c\sqrt{ab}+2c\sqrt{ab})\\ &\geq 20\sqrt[5]{16a^3b^3c^4}.\end{aligned}$$

したがって $\dfrac{((a+b)^2+(a+b+4c)^2)(a+b+c)}{abc}\geq 100$、等号は $a=b=2c$ のとき成立。よって $k$ の最小値は $100$。

例5 $ax^2-|x+1|+2a<0$ の解集合が空集合となる $a$ の値の範囲を求めよ。

証明

解集合が空集合 $\iff$ 任意の $x\in\mathbb{R}$ に対して $ax^2-|x+1|+2a\geq 0$、すなわち $a\geq\dfrac{|x+1|}{x^2+2}$。

$f(x)=\dfrac{|x+1|}{x^2+2}$ とおく。$f(-1)=0$。$x\neq -1$ のとき、

$$\frac{1}{f(x)}=|x+1|+\frac{3}{|x+1|}-2\cdot\frac{x+1}{|x+1|}\geq|x+1|+\frac{3}{|x+1|}-2\geq 2(\sqrt{3}-1).$$

したがって $f(x)\leq\dfrac{1}{2(\sqrt{3}-1)}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{4}$。$f(\sqrt{3}-1)=\dfrac{\sqrt{3}+1}{4}$ なので最大値は $\dfrac{\sqrt{3}+1}{4}$。よって $a$ の範囲は $\left[\dfrac{\sqrt{3}+1}{4},+\infty\right)$。

例6 実数 $a$ が $|2x-a|+|3x-2a|\geq a^2$ を任意の $x$ について恒成立させるとする。条件を満たす $a$ の集合 $A$ を求めよ。

証明

$0\in A$ は明らか。$a\neq 0$ のとき $x=ka$ とおくと、任意の $k\in\mathbb{R}$ について $|2k-1|+|3k-2|\geq|a|$。したがって $|a|\leq\min_{k\in\mathbb{R}}(|2k-1|+|3k-2|)=\dfrac{1}{3}$。よって $A=\left[-\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right]$。

例7 $x\in[-1,1]$ のとき $ax^3-3x+1\geq 0$ が恒成立するような $a$ の範囲を求めよ。

証明

解法1. $x=\sin\alpha$ とおく。$\sin 3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha$ より $(4-a)\sin^3\alpha\leq 1-\sin 3\alpha$ が恒成立する必要がある。$\alpha=\dfrac{\pi}{6}$ を代入すると $a\geq 4$、$\alpha=-\dfrac{\pi}{2}$ を代入すると $a\leq 4$。よって $a=4$ である。$a=4$ のとき確かに成立することも確認できる。

解法2. $0<x\leq 1$ のとき $a\geq\dfrac{3x-1}{x^3}$。$t=\dfrac{1}{x}\geq 1$ とおくと $a\geq t^2(3-t)$ が必要。相加相乗平均不等式より $t^2(3-t)=4\cdot\dfrac{t}{2}\cdot\dfrac{t}{2}\cdot(3-t)\leq 4$、$t=2$ のとき等号成立。したがって $a\geq 4$。

また $-1\leq-\dfrac{1}{t}<0$ において $a\left(-\dfrac{1}{t}\right)^3-3\left(-\dfrac{1}{t}\right)+1\geq 0$ より $a\leq 3t^2+t^3$、単調性より $a\leq 4$。よって $a=4$。

例8 $x>0$、$a>0$ とする。不等式 $\sqrt{1+x}\geq 1+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x^2}{a}$ が成立する $a$ の最大値を求めよ。

証明

$\sqrt{1+x}=t$（$t>1$）とおくと $x=t^2-1$。不等式を変形すると

$$\frac{1}{2}\leq\frac{(t+1)^2}{a}.$$

これが任意の $t>1$ で成立するため $a\leq 2(t+1)^2$、最小値は $t\to 1^+$ で $8$。よって $a$ の最大値は $8$。

例9 不等式

$$\sqrt{2}(2a+3)\cos\!\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{6}{\sin\theta+\cos\theta}-2\sin 2\theta\leq 3a+6$$

が $\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ で恒成立するとき、$a$ の範囲を求めよ。

証明

$x=\cos\theta+\sin\theta$（$x\in[1,\sqrt{2}]$）とおくと条件は $(2a+3)x+\dfrac{6}{x}-2(x^2-1)\leq 3a+6$ となる。整理すると $a\geq x+\dfrac{2}{x}$。$\max_{x\in[1,\sqrt{2}]}\!\left(x+\dfrac{2}{x}\right)=3$ なので $a$ の範囲は $[3,+\infty)$。

例10 $a,b,c$ が正の数で $a+b+c=\lambda$ のとき、不等式

$$\frac{1}{a(1+\lambda b)}+\frac{1}{b(1+\lambda c)}+\frac{1}{c(1+\lambda a)}\geq\frac{27}{4}$$

が恒成立するような $\lambda$ の範囲を求めよ。

証明

Cauchy の不等式より

$$\left(\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{a(1+\lambda b)}\right)(a(1+\lambda b)+b(1+\lambda c)+c(1+\lambda a))\geq 9.$$

$\lambda^2=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ より

$$a(1+\lambda b)+b(1+\lambda c)+c(1+\lambda a)=(a+b+c)+\lambda(ab+bc+ca)\leq\lambda+\frac{\lambda^3}{3}.$$

したがって $\displaystyle\sum_{\mathrm{cyc}}\dfrac{1}{a(1+\lambda b)}\geq\dfrac{27}{3\lambda+\lambda^3}$、$a=b=c=\dfrac{\lambda}{3}$ のとき等号成立。よって $\lambda>0$ かつ $\dfrac{27}{3\lambda+\lambda^3}\geq\dfrac{27}{4}$、すなわち $\lambda\in(0,1]$。

例11 $a\in(0,1)$ のとき、不等式 $ax^2+ty^2\geq(ax+ty)^2$ が任意の実数 $x,y$ について成立するような $t$ の範囲を求めよ。

証明

不等式を変形すると $a(1-a)x^2-(2aty)x+t(1-t)y^2\geq 0$。これが任意の $x,y\in\mathbb{R}$ で成立するためには、任意の $y$ に対して判別式が $\leq 0$、すなわち $4a^2t^2-4a(1-a)t(1-t)\leq 0$、つまり $t(t-(1-a))\leq 0$。よって $t\in[0,1-a]$。

例12 $f(x)=\log_a\!\left(x+\dfrac{a}{x}-4\right)$ の値域が $\mathbb{R}$ となる $a$ の範囲を求めよ。

証明

$a>0$、$a\neq 1$。$f$ の定義域は

$$D_f=\begin{cases}(0,2-\sqrt{4-a})\cup(2+\sqrt{4-a},+\infty),&a\leq 4,\\(0,+\infty),&a>4.\end{cases}$$

$f$ の値域が $\mathbb{R}$ $\iff$ $g(x)=x+\dfrac{a}{x}-4$（$x\in D_f$）の値域が $(0,+\infty)$。

$a\leq 4$ のとき値域は $(0,+\infty)$。$a>4$ のとき値域は $[2\sqrt{a}-4,+\infty)\neq(0,+\infty)$。よって $a$ の範囲は $(0,1)\cup(1,4]$。

例13 $\mathbb{R}^+$ 上で定義された関数 $f$ が次の条件を満たすとする。

ある $a>1$ が存在して $f(a)\neq 0$。
任意の $b\in\mathbb{R}$ に対して $f(x^b)=bf(x)$。

方程式 $f(mx)f(mx^2)=4(f(a))^2$ のすべての解が $1$ より大きいとき、$m$ の範囲を求めよ。

証明

条件 (ii) より $f(x)=f(a)\log_a x$。方程式は $(\log_a m+\log_a x)(\log_a m+2\log_a x)=4$ となる。$\log_a m=n$、$\log_a x=y$ とおくと $2y^2+3ny+n^2-4=0$。解がすべて正となる条件は

$$(3n)^2-8(n^2-4)\geq 0,\quad -\frac{3n}{2}>0,\quad \frac{n^2-4}{2}>0.$$

整理すると $n<-2$。よって $m\in\!\left(0,\dfrac{1}{a^2}\right)$。

例14 $|m|\leq 1$ のすべての $m$ に対して $\lg^2 x-(2+m)\lg x+(m-1)>0$ が成立する $x$ の範囲を求めよ。

証明

$y=\lg x$ とおくと不等式は $y^2-(2+m)y+(m-1)>0$。$f(m)=(1-y)m+(y^2-2y-1)$ とおくと $m\in[-1,1]$ で $f(m)>0$ が恒成立する条件は $f(-1)>0$ かつ $f(1)>0$、すなわち $y^2-y-2>0$ かつ $y^2-3y>0$。解くと $y<-1$ または $y>3$、したがって $x\in\!\left(0,\dfrac{1}{10}\right)\cup(10^3,+\infty)$。

例15 不等式 $\sin^2 x+a\cos x+a^2\geq 1+\cos x$ が任意の $x\in\mathbb{R}$ で恒成立する負の数 $a$ の範囲を求めよ。

証明

不等式を変形すると $\!\left(\cos x+\dfrac{1-a}{2}\right)^2\leq a^2+\dfrac{(a-1)^2}{4}$。$a<0$ なので左辺は $\cos x=1$ のとき最大値 $\!\left(1+\dfrac{1-a}{2}\right)^2$ をとる。したがって

$$\left(1+\frac{1-a}{2}\right)^2\leq a^2+\frac{(a-1)^2}{4}.$$

これを解くと $a\leq-2$。

例16 $x,y\in\mathbb{R}^+$ で $x+y=k$ とする。$\!\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\!\!\left(y+\dfrac{1}{y}\right)\geq\!\left(\dfrac{k}{2}+\dfrac{2}{k}\right)^2$ が恒成立するような $k$ の範囲を求めよ。

証明

$x=y=\dfrac{k}{2}$ のとき等号が成立する。$x\neq y$（$x>y$）の場合を考える。$m=\dfrac{k}{2}$、$x=m+t$、$y=m-t$（$0<t<m$）とおくと不等式は

$$t^2\geq\frac{m^4-4m^2-1}{m^2}$$

と変形できる。これが任意の $t\in(0,m)$ で成立するための条件は $m^4-4m^2-1\leq 0$、$m>0$ で解くと $m\leq\sqrt{2+\sqrt{5}}$、したがって $k\in\left(0,\,2\sqrt{2+\sqrt{5}}\,\right]$。

例17 任意の $x\in\left[\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{3}\right]$ に対して $|a-\ln x|>\ln 3x+\dfrac{2}{3}$ が恒成立するような $a$ の範囲を求めよ。

証明

$u=\ln x$ とおくと $u\in\left[-\ln 6,\,-\ln 3\right]$、また $\ln 3x+\dfrac{2}{3}=u-u_0$（$u_0=-\ln 3-\dfrac{2}{3}$）。条件は、$u_0\leq u\leq-\ln 3$ の範囲で $|a-u|>u-u_0$ が成り立つこと（$u

$au-u_0$ がすべての $u$ で成り立つ。$a\geq u_0$ のとき、$u-a>u-u_0$ は成立しないので $a-u>u-u_0$、すなわち $a>2u-u_0$ がこの範囲のすべての $u$ で必要で、最大の $u=-\ln 3$ で $a>-2\ln 3-u_0=\dfrac{2}{3}-\ln 3$。

よって $a$ の範囲は $\left(-\infty,\,-\ln 3-\dfrac{2}{3}\right)\cup\left(\dfrac{2}{3}-\ln 3,\,+\infty\right)$。

例18 $M=\left\{y\,\middle|\,y=\dfrac{x^2+mx+4}{x^2-x+4},\ x\leq 1\right\}$ とする。

任意の $a,b,c\in M$ に対して、長さ $a,b,c$ の線分が常に三角形を構成できるような $m$ の範囲を求めよ。
ある $a,b,c\in M$ が存在して、長さ $a,b,c$ の線分が三角形を構成できないような $m$ の範囲を求めよ。

証明

$y=1+\dfrac{(m+1)x}{x^2-x+4}=1+\dfrac{m+1}{x+\frac{4}{x}-1}$（$x\leq 1$、$x\neq 0$）とする。

$x\leq 1$ のとき $x+\dfrac{4}{x}-1\leq -5$ または $x+\dfrac{4}{x}-1\geq 4$、したがって $-\dfrac{1}{5}\leq\dfrac{x}{x^2-x+4}\leq\dfrac{1}{4}$。

$m\geq -1$ のとき $M=\left[\dfrac{4-m}{5},\dfrac{5+m}{4}\right]$、$m<-1$ のとき $M=\left[\dfrac{5+m}{4},\dfrac{4-m}{5}\right]$。

(1) 任意の $a,b,c\in M$ が三角形の三辺となるための必要十分条件は $2y_{\min}>y_{\max}$：

$$\begin{cases}m\geq-1\\\dfrac{4-m}{5}>0\\2\cdot\dfrac{4-m}{5}>\dfrac{5+m}{4}\end{cases}\text{ または }\begin{cases}m<-1\\\dfrac{5+m}{4}>0\\2\cdot\dfrac{5+m}{4}>\dfrac{4-m}{5}\end{cases}$$

解くと $-1\leq m<\dfrac{7}{13}$ または $-\dfrac{17}{7}<m<-1$、よって $m\in\left(-\dfrac{17}{7},\dfrac{7}{13}\right)$。

(2) (1) の補集合で、$m\leq-\dfrac{17}{7}$ または $m\geq\dfrac{7}{13}$。

例19 $f(x)=x^4+ax^3+bx^2+x$ が $f(3)=3$ および $f(x)\geq x$ を満たすとき、$a,b$ を求めよ。

証明

$f(3)=3$ より $b=-(3a+9)$、したがって

$$f(x)=x^4+ax^3-(3a+9)x^2+x.$$

$f(x)\geq x$、すなわち $x^2(x^2+ax-3a-9)\geq 0$ が任意の $x\in\mathbb{R}$ で成立する。$x\neq 0$ のとき $x^2+ax-3a-9\geq 0$ が必要なので判別式 $a^2+4(3a+9)\leq 0$、すなわち $(a+6)^2\leq 0$。よって $a=-6$、$b=9$。

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