実数と1次不等式 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|x-k|$ は「数直線上で $x$ から $k$ までの距離」。だから $f(x)$ は点 $x$ から3地点 $1,2,3$ への距離の合計だ。

「3軒の家に近い場所を探す」と読み替えると、真ん中の家 $x=2$ に立つのがよさそうだ、と見当がつく。答案では絶対値を区間ごとに外して1次関数のつなぎ合わせ(折れ線)にし、どこで下げ止まるかを確かめる。

① 区間で場合分け。 $x<1,1\le x<2,2\le x<3,3\le x$ で絶対値を外すと、$f(x)$ は各区間で $1$ 次関数。傾きは順に $-3,-1,+1,+3$。

② 傾きの変化。 傾きが負から正に変わるのは $x=2$ の前後(傾き $-1\to +1$)。よって $f$ は $x=2$ で最小。

③ 最小値。 $$f(2)=|2-1|+|2-2|+|2-3|=1+0+1=2.$$

まとめ $|x-k|$ を距離とみると、$3$ 点への距離の和は中央 $x=2$ で最小。最小値 $2$。区間ごとの傾きが $-1\to +1$ に変わる点でもある。絶対値と最大最小の融合。$n$ 個の点なら中央値で最小。

発展。 地点を増やして $|x-a_1|+\cdots +|x-a_n|$ にしても、傾きの勘定はそのまま通り、最小は「中央値」で起きる($n$ が偶数なら中央の2点の間ずっと最小)。データの分析で「絶対偏差の和は中央値で最小・平方偏差の和は平均で最小」と対で学ぶ事実の、前半の完全な証明がこの傾き勘定だ。

別解

傾きを数えて折れ線を読む(場合分けせずに増減が見える)。 $|x-k|$ の傾きは、$x$ が $k$ の左なら $-1$、右なら $+1$。3本の和の傾きは、その合計で

$$(\text{右にある地点の数})-(\text{左にある地点の数})\text{の符号違い}$$

つまり左から順に $-3\to -1\to +1\to +3$ と、地点を1つ通過するたびに $2$ ずつ増える。傾きが負から正に変わるのは $x=2$ で、そこが谷底になり、最小値は $f(2)=1+0+1=2$ だ。

場合分けの計算(本解)をしなくても、「傾き=右の点の数−左の点の数」の勘定だけで谷の位置が読める。地点が $n$ 個なら谷は「中央の点」(偶数個なら中央の区間)になる。データの分析で学ぶ「絶対偏差の和は中央値で最小」も、この傾き勘定で説明できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 左辺を展開してみる: $(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}$。

残った $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}$ は「正の数とその逆数の和」で、相加相乗平均がいちばん使いやすい形だ。$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge 2$ で全体は $4$ 以上。等号の条件まで、相加相乗の等号($2$ つの数が等しい)から自動で降りてくる。

① 展開する。 $$(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}.$$ ② 相加相乗を適用。 $\frac{b}{a}>0,\frac{a}{b}>0$ で積が $1$ だから $$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge 2\sqrt{\frac{b}{a}\cdot \frac{a}{b}}=2\sqrt{1}=2.$$ ③ 結論。 よって $(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge 2+2=4$。等号は $\frac{b}{a}=\frac{a}{b}$、すなわち $a=b$ のとき。

まとめ展開して $2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}$、逆数の和に相加相乗で $\ge 4$。等号は $a=b$。不等式と相加相乗の融合。

発展。 $n$ 個への一般化 $(a_1+\cdots +a_n)\left(\frac{1}{a_1}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right)\ge n^2$ は、コーシー・シュワルツの同じ代入で1行だ。両辺を $n^2$ で割ると「相加平均 $\ge$ 調和平均」の形になり、相加相乗と合わせて $\text{AM}\ge \text{GM}\ge \text{HM}$ の3段の鎖が完成する。並列抵抗・平均速度など、「逆数の平均」が現れる場面の基礎になる不等式だ。

別解

コーシー・シュワルツですぐに示す(次の問題との連携)。 この不等式はコーシー・シュワルツ($(p^2+q^2)(r^2+s^2)\ge (pr+qs{)}^2$)の直接の帰結でもある。$p=\sqrt{a},q=\sqrt{b},r=\frac{1}{\sqrt{a}},s=\frac{1}{\sqrt{b}}$ とおくと

$$(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge {\left(\sqrt{a}\cdot \frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{b}\cdot \frac{1}{\sqrt{b}}\right)}^2=(1+1{)}^2=4$$

等号は $\frac{p}{r}=\frac{q}{s}$、整理して $a=b$ のとき。展開+相加相乗(本解)は部品が最小限、コーシー・シュワルツは「和×逆数和 $\ge$(個数)${}^2$」という一般形($n$ 個でも $(a_1+\cdots +a_n)\left(\frac{1}{a_1}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right)\ge n^2$)がそのまま見える。この形は物理(合成抵抗)や統計で繰り返し出会う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 不等式の証明の基本は「差をとって $0$ 以上を示す」。

左辺 $-$ 右辺を展開すると、$a^2{c}^2$ と $b^2{d}^2$ は打ち消し合い、残った項がぴったり完全平方 $(ad-bc{)}^2$ にまとまる。

平方は $0$ 以上なので、これで証明が終わり、等号条件($ad-bc=0$、つまり2組の比が等しい)まで同時に手に入る。「差が平方の和に畳まれる」のは、有名不等式に共通の形だ。

① 差を展開する。 $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd{)}^2.$$ 左を展開すると $a^2{c}^2+a^2{d}^2+b^2{c}^2+b^2{d}^2$、右を展開すると $a^2{c}^2+2abcd+b^2{d}^2$。差をとると $$a^2{d}^2-2abcd+b^2{c}^2=(ad-bc{)}^2.$$ ② 不等式。 $(ad-bc{)}^2\ge 0$ だから $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd{)}^2\ge 0,$$ すなわち $(a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge (ac+bd{)}^2$。

③ 等号条件。 等号は $(ad-bc{)}^2=0$、すなわち $ad-bc=0$($ad=bc$)。これは $(a,b)$ と $(c,d)$ が比例する(平行)ことを意味する。

まとめ差 $(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd{)}^2=(ad-bc{)}^2\ge 0$。等号は $ad=bc$(比例)。コーシー・シュワルツの不等式。不等式と平方の融合。

発展。 この不等式はベクトルの言葉で書くと $|\vec{u}\cdot \vec{v}|\le |\vec{u}||\vec{v}|$($\vec{u}=(a,b),\vec{v}=(c,d)$)になる。内積と大きさの関係、つまり $|\cos \theta |\le 1$ の代数版だ。判別式ルートは文字数によらないので $n$ 次元でも同じ3行で通り、数B・数Cのベクトル、そして統計の相関係数($|r|\le 1$)まで、この1本の不等式から出てくる。

別解

2次式の判別式から(「なぜ平方が出るのか」の理由)。 どんな実数 $t$ に対しても

$$(at-c{)}^2+(bt-d{)}^2\ge 0$$

は明らか。左辺を $t$ について展開すると

$$(a^2+b^2)t^2-2(ac+bd)t+(c^2+d^2)$$

$a^2+b^2>0$ のとき、この2次式がすべての $t$ で $0$ 以上である条件は判別式 $\le 0$:

$$(ac+bd{)}^2-(a^2+b^2)(c^2+d^2)\le 0$$

これは示したい不等式そのものだ($a=b=0$ の場合は両辺 $0$ で自明)。等号は、ある $t$ で $at=c$ かつ $bt=d$、すなわち $(c,d)$ が $(a,b)$ の定数倍のとき。

差の平方(本解)は最短の証明、判別式は「$n$ 個の2乗和でも同じ設計が通る」拡張性が売りだ。実際 $(a_{1}t-c_1{)}^2+\cdots +(a_{n}t-c_n{)}^2\ge 0$ から、$n$ 次元のコーシー・シュワルツが同じ3行で出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分母に根号の和が並んだら、有理化が合図だ。分子分母に $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ を掛けると、分母は $(k+1)-k=1$ で消えて $\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$。

各項が「隣り合う量の差」に変わった。足すと途中がすべて打ち消し合い(望遠鏡)、最初と最後だけが残る。$\sqrt{100}-\sqrt{1}=10-1=9$。

① 有理化。 各項は $\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$。

② 望遠鏡和。 $k=1$ から $99$ まで足すと $$\sum _{k=1}^{99}(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=(\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots +(\sqrt{100}-\sqrt{99}).$$ 中間の $\sqrt{2},\sqrt{3},\dots ,\sqrt{99}$ がすべて打ち消し合い、 $$=\sqrt{100}-\sqrt{1}=10-1=9.$$

まとめ各項を有理化すると $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ の差になり、望遠鏡和で両端 $\sqrt{100}-\sqrt{1}=9$ だけ残る。有理化と数列(望遠鏡和)の融合。

発展。 「分母の和を有理化すると差になる」仕掛けは、分母が $\sqrt{k+2}+\sqrt{k}$(差が2)なら $\frac{1}{2}(\sqrt{k+2}-\sqrt{k})$ と2つ飛びの望遠鏡になる、というように自在に変形できる。また各項 $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}=\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$ は約 $\frac{1}{2\sqrt{k}}$ だ。この観察を逆向きに使うと、$\sum \frac{1}{\sqrt{k}}$ を $2\sqrt{n}$ 程度と評価する不等式(最難関編でよく出る)につながる。

別解

部分和を予想して帰納法で確かめる(答えから逆走する)。 最初の数項を足してみる。

$$S_1=\sqrt{2}-1,S_2=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})=\sqrt{3}-1$$

$S_n=\sqrt{n+1}-1$ と予想できる。帰納法で確かめると

$$S_{n+1}=S_n+\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}=\sqrt{n+1}-1+\left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right)=\sqrt{n+2}-1$$

(2項目は有理化。)予想が再生産されて閉じる。$n=99$ で $S_{99}=\sqrt{100}-1=9$。

一括の望遠鏡(本解)が見えないときでも、「数項計算 → 形を予想 → 帰納法」は必ず前に進める迂回路だ。なお似た形の $\sum \frac{1}{\sqrt{k}}$ は等式にならず、不等式ではさむしかない(最難関編の類題)。本問がぴったり消えるのは、分母が「隣の和」だからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 入れ子の絶対値は、外側から1枚ずつ外す。$||x|-2|=a$ は、まず $a\ge 0$ が必要で、外すと $|x|-2=\pm a$、すなわち $|x|=2+a$ または $|x|=2-a$。

あとは $|x|=v$ の解の個数($v>0$ で2個、$v=0$ で1個、$v<0$ で0個)という対応表で、2つの値それぞれを数えて合計する。グラフ(W字と水平線)で数える道もあり、両方で照合すると数え漏れが消える。

① 外して整理する。 $a\ge 0$ のとき $||x|-2|=a⟺|x|-2=\pm a⟺|x|=2+a$ または $|x|=2-a$。

② $|x|=$(値)の解の個数。 $|x|=r$ は、$r>0$ で $2$ 個($x=\pm r$)、$r=0$ で $1$ 個、$r<0$ で $0$ 個。

③ 場合分け。

• $a<0$:右辺が負で解なし。$0$ 個。
• $a=0$:$|x|=2$ のみ、$x=\pm 2$。$2$ 個。
• $0<a<2$:$|x|=2+a$($>0$、$2$ 個)と $|x|=2-a$($>0$、$2$ 個)。$4$ 個。
• $a=2$:$|x|=4$($2$ 個)と $|x|=0$($1$ 個)。$3$ 個。
• $a>2$:$|x|=2+a$($2$ 個)のみ($2-a<0$ は解なし)。$2$ 個。

まとめ W 字グラフと水平線 $y=a$ の交点で数える。$a$ の高さで $0,2,4,3,2$ 個と変わる。絶対値と解の個数(グラフ)の融合。

発展。 「パラメータ $a$ を動かして解の個数を数える」問題の一般原理は、個数が変わるのは水平線が山・谷・折れ目に触れる瞬間だけ、ということ。境目は、2次関数なら接するとき(判別式0)、絶対値なら折れ目だ。境目の $a$ を全部拾い、各区間で1点ずつ試せば個数マップが完成する。この設計図は3次方程式の解の個数(定数分離)でそのまま再登場する。

別解

グラフを描いて水平線を上下させる(全体像が1枚に)。 $y=||x|-2|$ のグラフを組み立てる。$y=|x|$(V字)→ $2$ 下げて $y=|x|-2$ → 負の部分を折り返して $y=||x|-2|$ とすると、谷2つ($x=\pm 2$ で高さ0)と山1つ($x=0$ で高さ2)のW字になる。

水平線 $y=a$ を下から上へ動かすと、交点の個数は

• $a<0$: 0個 → $a=0$: 谷の2点 → $0<a<2$: 4個 → $a=2$: 山の頂点を通り3個 → $a>2$: 2個

個数が変わるのは、水平線が谷や山にちょうど触れる瞬間だけ。対応表(本解)は場合分けの見落としを防ぎ、グラフは「なぜその境目で変わるのか」を一目で示す。両方で数えて一致したら、答えはまず間違いない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 差 $a^3+b^3+c^3-3abc$ には、名高い因数分解がある: $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ だ。

第1因子は $a,b,c\ge 0$ から $0$ 以上。第2因子は $\frac{1}{2}\left\{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\right\}$ と平方の和に書けて、これも $0$ 以上。積は $0$ 以上なので、不等式と等号条件($a=b=c$)が一度に出る。

① 因数分解。 $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).$$ ② 各因子の符号。 $a,b,c\ge 0$ より $a+b+c\ge 0$。第 $2$ 因子は $\frac{1}{2}\{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\}\ge 0$(平方の和)。

③ 不等式と等号。 積が $0$ 以上だから $a^3+b^3+c^3-3abc\ge 0$、すなわち $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$。等号は第 $2$ 因子が $0$、すなわち $a=b=c$($a+b+c=0$ は $a=b=c=0$ でこれも含む)。

まとめ因数分解して「$a+b+c\ge 0$」×「平方の和 $\ge 0$」だから $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$。等号は $a=b=c$。不等式と因数分解(相加相乗)の融合。

発展。 $a=\sqrt[3]{x},b=\sqrt[3]{y},c=\sqrt[3]{z}$ と置き換えれば、この不等式は $\frac{x+y+z}{3}\ge \sqrt[3]{xyz}$ となり、3変数の相加相乗平均そのものだ。つまり3変数の相加相乗平均の不等式は、この因数分解1本で示せる。$n$ 変数への一般化は対数の凸性(接線 $\log x\le x-1$)経由の証明を数IIIで学ぶ。

別解

2変数の不等式を部品にして組み上げる(因数分解を知らなくても)。 まず2変数で

$$x^3+y^3-xy(x+y)=(x+y)(x-y{)}^2\ge 0⟹x^3+y^3\ge xy(x+y)$$

これを3組 $(a,b),(b,c),(c,a)$ に使って足すと

$$2(a^3+b^3+c^3)\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=a^{2}b+a{b}^2+b^{2}c+b{c}^2+c^{2}a+c{a}^2$$

右辺の6項に相加相乗平均(6項版)を使うと

$$a^{2}b+a{b}^2+\cdots +c{a}^2\ge 6\sqrt[6]{a^6{b}^6{c}^6}=6abc$$

つないで $2(a^3+b^3+c^3)\ge 6abc$、両辺を2で割って結論。等号はどちらの段でも $a=b=c$。因数分解(本解)は1行で決まる方法で、2段組みは「2変数の簡単な部品から3変数を組む」方法だ。因数分解を思い出せないときでも、部品の組み立てなら再現できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $[\sqrt{k}]$ は、$k$ が平方数に達するたびに1増える階段だ。$k$ の順に足すのではなく、同じ値をとる $k$ の群れごとに「値×個数」で足す。

$[\sqrt{k}]=m$ になるのは $m^2\le k<(m+1{)}^2$ のときで、個数は $(m+1{)}^2-m^2=2m+1$ 個。ただし $k=100$ でちょうど $m=10$ の群れが始まった直後に切れるので、端の群れだけ1個で別扱いする。

① 値ごとに個数を数える。 $m=1,\dots ,9$ では $[\sqrt{k}]=m$ となる $k$ が $2m+1$ 個($m^2$ から $(m+1{)}^2-1$ まで)。$k=100=10^2$ だけ $[\sqrt{100}]=10$ で $1$ 個。

② 和を作る。 $$\sum _{k=1}^{100}[\sqrt{k}]=\sum _{m=1}^{9}m\cdot (2m+1)+10\cdot 1.$$ ③ 計算する。 $\sum _{m=1}^9(2m^2+m)=2\sum _{m=1}^9{m}^2+\sum _{m=1}^{9}m=2\cdot 285+45=570+45=615$。よって $$\sum _{k=1}^{100}[\sqrt{k}]=615+10=625.$$

まとめ $[\sqrt{k}]=m$ の $k$ は $2m+1$ 個。値×個数を足して $615+10=625$。整数部分(床関数)と数え上げの融合。$\sum m^2=\frac{9\cdot 10\cdot 19}{6}=285$ を用いた。

発展。 上限を一般の $N$ にすると ${\sum }_{k\le N}[\sqrt{k}]={\sum }_{m^2\le N}(N-m^2+1)$ で、およそ $N\sqrt{N}-\frac{(\sqrt{N}{)}^3}{3}\approx \frac{2}{3}{N}^{3/2}$ となる。「$\sqrt{k}$ の和」と同じように、増え方のオーダーまで読める。この「階段の和=長方形領域の格子点」の見方は、約数の個数の和など、ガウス記号を含む数え上げで広く使える。

別解

数える向きを交換する(端の場合分けが消える)。 $[\sqrt{k}]$ は「$k$ 以下の平方数の個数」と言いかえられる:

$$[\sqrt{k}]=\#\{m\ge 1:m^2\le k\}$$

だから和は条件 $m^2\le k\le 100$ を満たす組 $(m,k)$ の総数。$k$ ごとでなく $m$ ごとに数え直すと、$m$ を固定したとき $k$ は $m^2$ から $100$ までの $101-m^2$ 個:

$$\sum _{k=1}^{100}[\sqrt{k}]=\sum _{m=1}^{10}(101-m^2)=1010-385=625$$

本解で必要だった「$m=10$ の群れは1個だけ」という端の別扱いが、この向きでは式の中で自然に処理される($m=10$ で $101-100=1$)。群れで数えるか、向きを交換するかは二重数えの表を縦に読むか横に読むかの違いだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) そのまま2項で相加相乗を使うと $2\sqrt{x\cdot \frac{4}{x^2}}=\frac{4}{\sqrt{x}}$ となり、右辺に $x$ が残って最小値にならない。

相加相乗で最小値を出すには、積が定数になる割り方が要る。$x$ を $\frac{x}{2}+\frac{x}{2}$ と2つに割ると、3項の積は $\frac{x}{2}\cdot \frac{x}{2}\cdot \frac{4}{x^2}=1$ となり、定数になる。3項の相加相乗で $f(x)\ge 3\sqrt[3]{1}=3$。等号は3項が等しいとき($x=2$)で、実現も確認できる。

① $3$ 項に分ける。 $x>0$ で $$x+\frac{4}{x^2}=\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{4}{x^2}.$$ ② 相加相乗。 $3$ 項の積は $\frac{x}{2}\cdot \frac{x}{2}\cdot \frac{4}{x^2}=\frac{x^2}{4}\cdot \frac{4}{x^2}=1$。よって $$\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{4}{x^2}\ge 3\sqrt[3]{1}=3.$$ ③ 等号と最小。 等号は $\frac{x}{2}=\frac{x}{2}=\frac{4}{x^2}$、すなわち $\frac{x}{2}=\frac{4}{x^2}$、$x^3=8$、$x=2$。よって最小値は $3$($x=2$ のとき)。

まとめ相加相乗は積が定数になるように分ける。$x$ を $\frac{x}{2}+\frac{x}{2}$ と割って $3$ 項にすると積 $1$、最小値 $3$($x=2$)。不等式と最大最小の融合。

発展。 一般に $\frac{x}{p}\times p\text{個}+\frac{c}{x^q}\times q\text{個}$ …と、べきの比率に合わせて項を割るのが相加相乗の設計のしかただ($x^1$ と $x^{-2}$ なら $2:1$ で割ると積から $x$ が消える。本問の $\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{4}{x^2}$ がその例)。微分を学べば $f^{\prime }(x)=1-\frac{8}{x^3}=0$ からも $x=2$ が出るが、「積が定数になる割り方の設計」なら微分なしで最小値を言い切れる。数Iの範囲の方法だが、先の学年でも役に立つ。

別解

因数分解で直接示す(等号の点から逆算した完全証明)。 最小値が $3$(等号 $x=2$)と見当がついたら、$f(x)\ge 3$ を差の因数分解で言い切れる。

$$f(x)-3=x+\frac{4}{x^2}-3=\frac{x^3-3x^2+4}{x^2}$$

分子は $x=2$ で $0$(等号の点)だから $(x-2)$ で割れて、実は2重に割れる:

$$x^3-3x^2+4=(x-2{)}^2(x+1)$$

よって $x>0$ では

$$f(x)-3=\frac{(x-2{)}^2(x+1)}{x^2}\ge 0$$

等号は $x=2$ のみ。最小値の候補で差を作ると、等号の点が2重根になって現れる。これは接するときの重解と同じ構造で、相加相乗の割り方(本解)がなぜ $x/2$ だったのか($3$ 項が等しくなる点が $x=2$)の裏付けにもなっている。