距離を縮める分数の不等式

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 3つの項が、すべて $f(t)=\frac{t}{1+t}$ の形をしている。なら、関数 $f$ の性質で攻めるのが筋だ。

$f(t)=1-\frac{1}{1+t}$ と変形すると、$t\ge 0$ で増加なのが一目で分かる。増加関数は不等式を保存する。だから三角不等式 $|a+b|\le |a|+|b|$ を $f$ に通して

$$f(|a+b|)\le f(|a|+|b|)$$

まで一気に進める。

残るは $f(|a|+|b|)$ を2項に分ける仕事だ。分子を分けて、分母を小さいものに取り替える(分数は分母が小さいほど大きい)。それだけでよい。

① $f$ の増加性。 $0\le t_1<t_2$ なら $\frac{1}{1+t_1}>\frac{1}{1+t_2}$ だから

$$f(t_1)=1-\frac{1}{1+t_1}<1-\frac{1}{1+t_2}=f(t_2)$$

② 三角不等式を通す。 $|a+b|\le |a|+|b|$ と①より

$$\frac{|a+b|}{1+|a+b|}\le \frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$$

③ 2項に分けて分母を取り替える。

$$\frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}=\frac{|a|}{1+|a|+|b|}+\frac{|b|}{1+|a|+|b|}\le \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|}$$

各項の分母 $1+|a|+|b|$ を、それぞれ小さい $1+|a|$、$1+|b|$ に取り替えた。②と③をつなげて、示すべき不等式を得る。

まとめ: 「同じ形の項 → 関数として抽象化 → 単調性で中身の不等式を外へ運ぶ」。不等式証明の上級の型だ。この $\frac{t}{1+t}$ は「距離を1未満に押し縮める」変換として知られ、本問は、その縮めた距離でも三角不等式が保たれることの証明になっている。

別解

通分して、差を恒等式で見る(得意な人向け)。 $s=|a|,t=|b|$ とおく。核心は次の恒等式だ:

$$f(s)+f(t)-f(s+t)=\frac{st(s+t+2)}{(1+s)(1+t)(1+s+t)}$$

右辺は、左辺を通分して整理すれば出る。分子に $st$ がくくり出せるのがポイントだ。$s,t\ge 0$ では右辺は0以上。よって

$$f(|a|)+f(|b|)\ge f(|a|+|b|)\ge f(|a+b|)$$

最後の不等号は、三角不等式と $f$ の増加性による。

この道の収穫は、等号の完全な特定だ。恒等式の分子 $st(s+t+2)$ が0になるのは、$s=0$ または $t=0$ のときだけ。つまり、もとの不等式の等号は $a=0$ または $b=0$ のときに限る。分母の取り替えでは見えにくい等号の姿が、恒等式にははっきり写っている。