区間内のすべての x で成り立つ不等式

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 「区間のすべての $x$ で正」は、「区間での最小値が正」に言い換えられる。

いちばん低い所さえ正なら、区間全体が正だからだ。無限個あった条件が、最小値 $1$ 点の条件に圧縮される。

この $f$ は軸 $x=a$ が動く。だから最小値をとる場所が、軸の位置によって変わる。

軸が区間の左外・中・右外のどこにあるかで場合分けし、それぞれの最小値が正になる $a$ を求めていく。

『$0\le x\le 2$ のすべての $x$ で $f(x)>0$』は、この区間での $f(x)$ の最小値が正であればよい。

$$(0\leqq x\leqq 2\text{ における }f(x)\text{ の最小値})>0$$

$f(x)=x^2-2ax+a+2=(x-a{)}^2-a^2+a+2$、軸 $x=a$。軸の位置で最小値が変わるので場合分けする。

① 軸が左外($a<0$): 最小は $f(0)=a+2$。

$$a+2>0\text{よって}a>-2$$

$a<0$ と合わせて $-2<a<0$。

② 軸が範囲内($0\le a\le 2$): 最小は頂点 $f(a)=-a^2+a+2$。

$$-a^2+a+2>0\text{すなわち}{a}^2-a-2<0\text{すなわち}(a-2)(a+1)<0$$

から $-1<a<2$。$0\le a\le 2$ と合わせて $0\le a<2$。

③ 軸が右外($a>2$): 最小は $f(2)=4-4a+a+2=6-3a$。

$$6-3a>0\text{よって}a<2$$

これは $a>2$ と矛盾するので、この場合は解なし。

①②を合わせて

$$-2<a<2$$

まとめ:『区間のすべての $x$ で正』は『区間での最小値 $>0$』と読みかえる。軸が動くので、最小値を場合分けで求め、各場合で最小値 $>0$ を解いて合わせるのがコツだ。

発展 — 一歩先へ。 「すべての $x$ で $f>0$」の否定は、「ある $x$ で $f\le 0$」だ。全称($\forall$)と存在($\exists$)は、否定でちょうど入れかわり、不等号も同時に反転する。

だから「区間に $f\le 0$ となる $x$ がある」条件を求めて、その残り(補集合)をとっても、同じ答えに着く。

定義域を広げると条件は厳しくなる。もし「すべての実数 $x$ で正」なら判別式 $<0$ で $-1<a<2$。区間を $0\le x\le 2$ に狭めた分だけ条件がゆるみ、$-2<a<2$ まで広がる。見張る $x$ が少ないほど、成り立たせやすいわけだ。

別解

別解 — 端点で候補を絞り、頂点で十分性を確かめる(得意な人向けの視点)。 場合分けを最小限にする道を通る。

まず必要条件から。区間 $0\le x\le 2$ のすべてで正なら、当然その端 $x=0,2$ でも正だ。$f(0)=a+2>0$ から $a>-2$、$f(2)=6-3a>0$ から $a<2$。この $2$ つだけで、候補は $-2<a<2$ に絞られる。

あとはこの範囲で、区間の途中に $f$ が $0$ 以下へ落ちる場所がないかを確かめれば十分。下に凸だから、危ないのは頂点が区間に入るとき、つまり $0\le a<2$ の場合だけだ。

そのときの頂点の高さは

$$f(a)=-a^2+a+2=-(a-2)(a+1).$$

$0\le a<2$ では $a-2<0$、$a+1>0$ だから $f(a)>0$。頂点も沈まない。

よって候補 $-2<a<2$ がそのまま答え。端点を必要条件に使って範囲を先に絞り、頂点で十分性を裏づけると、$3$ つの場合を並べる本解より軽く $-2<a<2$ に着く。