2次方程式・2次不等式 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 実数解の存在を示す道は、大きく二択だ。判別式か、値の符号(中間値の考え)か。

判別式ルートでは、対称式 $(a+b+c{)}^2-3(ab+bc+ca)$ の符号が問題になる。ここで恒等式

$$(a+b+c{)}^2-3(ab+bc+ca)=\frac{1}{2}\left\{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\right\}$$

を思い出せると強い。右辺は差の平方和。0以上が即断できる。

もう1つの道は代入だ。$x=b$ を入れると第2・第3項が消えて、$f(b)=(b-a)(b-c)$ だけが残る。$a\le b\le c$ と並べればこれは0以下。上に開く放物線が0以下の値をとるなら、$x$ 軸と必ず交わる。どちらの方法でも解ける。

① 展開して判別式を計算する。 左辺を $f(x)$ とすると

$$f(x)=3x^2-2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)$$

判別式は

$$\frac{D}{4}=(a+b+c{)}^2-3(ab+bc+ca)=\frac{1}{2}\left\{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\right\}\ge 0$$

右の恒等式は両辺を展開すればどちらも $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$ になって一致する。よって実数解をもつ。

② 別の見方(代入)。 大小を $a\le b\le c$ と並べ替えても方程式は変わらない。$x=b$ を代入すると

$$f(b)=(b-a)(b-c)\le 0$$

$f$ は上に開く放物線だ。値が0以下になる点があるから、グラフは $x$ 軸と共有点をもつ。実数解の存在がグラフの言葉でも見える。

③ 重解の条件。 重解 ⟺ $D=0$ ⟺ $(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2=0$。実数の平方和が0になるのは、全部が0のときだけ。よって $a=b=c$ である。このとき方程式は $3(x-a{)}^2=0$ となり、たしかに $x=a$ の重解をもつ。

まとめ: 対称な式には、対称式の恒等式か、対称な点の代入が役に立つ。本命は「判別式が差の平方和に畳まれる」恒等式。裏の近道は代入 $f(b)\le 0$ だ。重解の条件が $a=b=c$ という完全に対称な場合と一致することも分かる。

発展。 実はこの方程式の実数解は、必ず $a,b,c$ の最小値と最大値のあいだにある。別解の見方を使うと、その位置情報まで手に入る。解の存在だけでなく、解の居場所まで分かる式だ。

別解

同符号の積の和で見る(得意な人向けの第3の視点)。 $u=x-a,v=x-b,w=x-c$ とおく。方程式は

$$uv+vw+wu=0$$

と書ける。ここで $x$ が $a,b,c$ の最大値より大きいとしよう。すると $u,v,w$ はすべて正。積の和 $uv+vw+wu$ は正になってしまい、0にはなれない。$x$ が最小値より小さいときも同じだ。$u,v,w$ はすべて負で、積の和はやはり正。

つまり、解が存在するなら必ず $a,b,c$ の最小値と最大値のあいだにある。

そのうえで存在を言うには、本解の材料を使えばよい。真ん中の値で $f(b)=(b-a)(b-c)\le 0$。遠方では $f>0$(上に開く放物線)。符号が変わる区間それぞれに解がある。$a\le b\le c$ とすれば「$a$ 側と $b$ のあいだ」「$b$ と $c$ 側のあいだ」に1つずつだ。

判別式は「実数解があるか」だけを答える。この見方なら「どこにあるか」まで分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 変数が2つあるときは「動く方の変数を中心に考える」。この問題で動くのは $t$ だ。そこで左辺を $t$ の式として読み直す:

$$g(t)=(x-1)t+(x^2-2)$$

これは $t$ の1次式である。1次式のグラフは線分だ。だから、区間 $[0,1]$ 全体で負になる条件は「両端 $t=0,1$ で負」の2本だけになる。係数 $x-1$ の符号で場合分けする必要すらない。

あとは2つの2次不等式の共通部分を取るだけ。仕上げに端点どうしの大小($\sqrt{2}$ と $\frac{-1+\sqrt{13}}{2}$)を比べて完答だ。

① 両端の条件にまとめる。 $g(t)$ は $t$ の1次式(定数の場合も含む)。だから $0\le t\le 1$ 全体で $g(t)<0$ ⟺ $g(0)<0$ かつ $g(1)<0$:

$$g(0)=x^2-2<0,g(1)=x^2+x-3<0$$

② それぞれ解く。

$$x^2<2⟺-\sqrt{2}<x<\sqrt{2}$$

$$x^2+x-3<0⟺\frac{-1-\sqrt{13}}{2}<x<\frac{-1+\sqrt{13}}{2}$$

③ 共通部分をとる(端点の比較)。 左端は $-\sqrt{2}\approx -1.41$ と $\frac{-1-\sqrt{13}}{2}\approx -2.30$ の比較。大きい(内側にある)のは $-\sqrt{2}$ だ。

右端は $\sqrt{2}$ と $\frac{-1+\sqrt{13}}{2}$ の比較。$2\sqrt{2}+1$ と $\sqrt{13}$ を2乗して比べると、$\sqrt{2}>1$ だから $9+4\sqrt{2}>13$。よって $\frac{-1+\sqrt{13}}{2}<\sqrt{2}$ で、こちらが内側。以上より

$$-\sqrt{2}<x<\frac{-1+\sqrt{13}}{2}$$

まとめ: 「すべての $t$」型は、$t$ の式として見直すと次数が下がる。そして端点だけの条件にまとまる。どの文字の式として見るかを変えるのは、パラメータ問題でまず試す方法だ。仕上げの根号の大小比較(2乗して比べる)まで含めて、数Iの道具の総動員になっている。

別解

線分の絵で「両端だけでよい」を見る(直感ルート)。 $x$ を1つ止めるごとに、$z=g(t)=(x-1)t+(x^2-2)$ のグラフは $t$-$z$ 平面の線分になる($0\le t\le 1$)。

まっすぐな線分が区間全体で軸より下にある。それは「両端が下にある」ことと同じだ。まっすぐだから、途中だけひょっこり上に出ることはできない。

たとえば $x=1$ なら $g(t)=-1$(定数)。線分は高さ $-1$ の水平線で、ずっと負。条件成立だ。

$x=1.35$ だとどうか。$g(0)=-0.1775<0$ だが、$g(1)=0.1725>0$。線分の右端が軸の上に出てしまい、$t$ が1に近いところで不等式が破れる。

「すべての $t$ で成立」とはこの線分を軸の下に閉じ込めること。そう目で理解できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 係数 $(1,-2,1)$ の組合せは「2階の差」(差の差)だ。1次式 $px+q$ に施すと必ず0になる。$x^2$ の成分だけが $1-8+9=2$ として残る。つまり $f(1)-2f(2)+f(3)=2$ は、$p,q$ によらない不変量である。

(2)はその逆用だ。もし3つの値がすべて $\frac{1}{2}$ 未満なら、三角不等式で

$$2=|f(1)-2f(2)+f(3)|\le |f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}=2$$

となり、「2が2未満」という矛盾が出る。どんなに係数を調整しても、放物線は3点 $x=1,2,3$ すべてで軸の近くに潜ることはできない。曲がり(2次の係数1)が邪魔をするのだ。

① (1) を示す。 各成分ごとに計算する:

$$x^2\text{の成分}:1-2\cdot 4+9=2,px\text{の成分}:p(1-4+3)=0,q\text{の成分}:q(1-2+1)=0$$

よって $f(1)-2f(2)+f(3)=2$。

② (2) を背理法で示す。 3つとも $\frac{1}{2}$ 未満と仮定する。三角不等式より

$$2=|f(1)-2f(2)+f(3)|\le |f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$$

$2<2$ となって矛盾。よって少なくとも1つは $\frac{1}{2}$ 以上である。

③ 評価の鋭さ。 $\frac{1}{2}$ は改良できない。実際、$f(x)=x^2-4x+\frac{7}{2}$ は $f(1)=\frac{1}{2},f(2)=-\frac{1}{2},f(3)=\frac{1}{2}$ となる。3点で交互に $\pm \frac{1}{2}$ をとる、等号ぎりぎりの「振動する放物線」が実在するのだ。

まとめ: $(1,-2,1)$ の重みで1次以下を消し、2次の曲がりを不変量として取り出す。あとは三角不等式で逆算する。「多項式の値は同時に小さくできない」という、近似理論の基本になる問題だ。

発展。 実は3つの点だけでなく、区間 $1\le x\le 3$ 全体でも $|f(x)|<\frac{1}{2}$ にはできない。③の等号例がぎりぎりの限界で、これより潜ろうとすると区間のどこかが $\frac{1}{2}$ 以上になる。「係数1の多項式は、区間の上でどこまで0の近くに潜れるか」。この問いはチェビシェフ多項式という理論につながり、本問はその2次版にあたる。

別解

3点の値が式を決める、という逆向きの視点(得意な人向け)。 2次式は3点での値で完全に決まる。逆に言うと、$f(1),f(2),f(3)$ の3つの値は自由に選べない。

実際、どんな2次式 $a{x}^2+bx+c$ でも

$$x^2\text{の係数}a=\frac{f(1)-2f(2)+f(3)}{2}$$

が成り立つ。展開すれば $a(1-8+9)/2=a$ で、1次以下は消えるからだ。本問は $a=1$ なので $f(1)-2f(2)+f(3)=2$。(1)の等式は「3つの値は、曲がり具合に縛られている」ことを表している。

係数の組 $(1,-2,1)$ の出どころも、この見方なら説明できる。3つの値をすべて幅 $\pm \frac{1}{2}$ の箱に押し込んでみる。作れる「曲がり」は $\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$ 未満にしかならない。係数1(曲がり2)に届かない。それが(2)の仕組みだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 解と係数の関係で ${\alpha }^2+{\beta }^2$ を $k$ の2次関数にする。ここまではいつもの手順どおりだ。

注意するのは定義域だ。$\alpha ,\beta$ が実数であるためには判別式 $\ge 0$ が必要で、$k$ は $k\le -1$ または $k\ge 2$ しか動けない。ところが $k$ の2次関数の頂点 $k=\frac{1}{4}$ は、このすき間(禁止帯)のド真ん中にある。頂点の値を答えたら即アウトだ。それは ${\alpha }^2+{\beta }^2<0$ という、あり得ない値である。

放物線の増減を見て、禁止帯の両端 $k=-1,2$ の値比べで最小を決める。

① 対称式を $k$ で表す。 解と係数の関係より $\alpha +\beta =2k,\alpha \beta =k+2$。

$${\alpha }^2+{\beta }^2=(\alpha +\beta {)}^2-2\alpha \beta =4k^2-2k-4$$

② 定義域(判別式)。

$$\frac{D}{4}=k^2-(k+2)=k^2-k-2=(k+1)(k-2)\ge 0⟺k\le -1\text{または}k\ge 2$$

③ 定義域の上で最小化する。 $g(k)=4k^2-2k-4$ の頂点は $k=\frac{1}{4}$。定義域の外だ。放物線は頂点より左では減少だから、$k\le -1$ では右端 $k=-1$ で最小。$k\ge 2$ では左端 $k=2$ で最小。値を比べると

$$g(-1)=4+2-4=2,g(2)=16-4-4=8$$

よって最小値は $2$($k=-1$ のとき)。検算しよう。このとき方程式は $x^2+2x+1=0$ で、$\alpha =\beta =-1$。たしかに ${\alpha }^2+{\beta }^2=2$。

まとめ: 「解と係数で表す」と「判別式で定義域を切る」はワンセットだ。忘れると頂点値 $-\frac{17}{4}$ という負の平方和(あり得ない値)を答えてしまう。答えの検算まで戻って確かめる癖が、この誤りを二重に防ぐ。

別解

$k$ を消して、解だけで考える(得意な人向け)。 $s=\alpha +\beta =2k,p=\alpha \beta =k+2$ から $k$ を消去すると

$$p=\frac{s}{2}+2$$

$\alpha ,\beta$ に課された条件は結局これだけである。パラメータ $k$ はもう要らない。実数 $\alpha ,\beta$ が存在する条件は $s^2\ge 4p=2s+8$。整理すると $(s-4)(s+2)\ge 0$ で、$s\le -2$ または $s\ge 4$。目標の量は

$${\alpha }^2+{\beta }^2=s^2-2p=s^2-s-4$$

この $s$ の2次関数の頂点 $s=\frac{1}{2}$ も、やはり許される範囲の外。端で比べて $(-2{)}^2-(-2)-4=2$、$4^2-4-4=8$。最小値 $2$($s=-2$、すなわち $\alpha =\beta =-1$)。

「パラメータを消して、残った変数どうしの直接の拘束にする」。この発想は文字の多い問題全般で使える。本解と同じ注意点(頂点が範囲の外)が、$s$ で考えても同じ形で現れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $f(f(x))=x$ は4次方程式。正面突破は重い。だが構造が助けてくれる。

$f(x)=x$ を満たす $x$(1回で動かない点)を考えよう。この点は2回写しても当然動かない。つまり $f(f(x))=x$ も満たす。ということは、4次式 $f(f(x))-x$ は2次式 $f(x)-x=x^2-x-2$ を因数にもつはずだ。

この見通しで割り算すれば、残りは2次式1つ。方程式は2次×2次に分解される。「解の一部が先に分かっているなら、因数も先に分かる」。因数定理の応用だ。

① 4次式を作る。

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

② $f(x)-x$ で割る。 $f(x)-x=x^2-x-2$ で割ると(組立てでも係数比較でも)

$$x^4-4x^2-x+2=(x^2-x-2)(x^2+x-1)$$

検算: 展開すると $x^4+x^3-x^2-x^3-x^2+x-2x^2-2x+2=x^4-4x^2-x+2$。

③ 2つの2次方程式を解く。

• $x^2-x-2=0⟺(x-2)(x+1)=0⟺x=2,-1$。これらは $f(x)=x$ の解(1回で戻る点)
• $x^2+x-1=0⟺x=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$。こちらは $f(x)\ne x$ だが、2回で戻る点。実際、$\alpha =\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ と $\beta =\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ は $f$ で互いに入れ替わる($\alpha +\beta =-1,\alpha \beta =-1$ から確かめられる)

以上より、実数解は $x=2,-1,\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ の4個。

まとめ: 反復合成の方程式は不動点の因数を先取りして割る。これが基本の手順だ。残った因数の解は「2回で入れ替わるペア」($\alpha \mapsto \beta \mapsto \alpha$)になっている。この構造まで見えると、方程式が点の往復という絵で立体的に読めてくる。

別解

割り算をしない別ルート(得意な人向け)。 2回で戻る(が、1回では動く)値のペアを $\alpha ,\beta$ とする。定義から

$${\alpha }^2-2=\beta ,{\beta }^2-2=\alpha$$

この対称な連立を「足す・引く」で崩す。まず引き算すると ${\alpha }^2-{\beta }^2=\beta -\alpha$。左辺を因数分解して $(\alpha -\beta )(\alpha +\beta )=-(\alpha -\beta )$。$\alpha \ne \beta$ だから割れて

$$\alpha +\beta =-1$$

次に足し算すると ${\alpha }^2+{\beta }^2-4=\alpha +\beta =-1$。つまり ${\alpha }^2+{\beta }^2=3$ で

$$\alpha \beta =\frac{(\alpha +\beta {)}^2-({\alpha }^2+{\beta }^2)}{2}=\frac{1-3}{2}=-1$$

和が $-1$、積が $-1$。ペアは $t^2+t-1=0$ の2解 $\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$ だ。これに不動点($f(x)=x$ の解 $x=2,-1$)を合わせて4個。

対称な連立は「足す・引く」で対称式にまとめる。4次式を一度も展開せずに答えへ着く、力学の香りのする解法である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「有理数解をもたない」は、背理法+既約分数の型だ。解 $x=\frac{p}{q}$($p,q$ は互いに素、$q\ge 1$)を代入して分母を払えば、整数の等式

$$a{p}^2+bpq+c{q}^2=0$$

が得られる。あとはこの等式を、偶奇(2で割った余り)の目で見る。右辺の0は偶数。だから「左辺が必ず奇数になる」ことを言えば矛盾だ。

$p,q$ は互いに素なので「両方偶数」はあり得ない。偶奇の組合せは3通りだけ。どの場合も、$a,b,c$ が奇数であることから、左辺は奇数に決まる。

① 設定。 有理数解 $\frac{p}{q}$($p,q$ 互いに素)があると仮定し、$q^2$ を掛けて

$$a{p}^2+bpq+c{q}^2=0$$

② 偶奇の3通りを調べる。 奇数×奇数=奇数、奇数×偶数=偶数に注意する($a,b,c$ はすべて奇数):

• $(p,q)=(奇,奇)$: $a{p}^2$ 奇 + $bpq$ 奇 + $c{q}^2$ 奇 = 奇+奇+奇 = 奇数
• $(p,q)=(奇,偶)$: 奇 + 偶 + 偶 = 奇数
• $(p,q)=(偶,奇)$: 偶 + 偶 + 奇 = 奇数

③ 矛盾。 どの場合も左辺は奇数。しかし右辺は $0$(偶数)。矛盾するから、有理数解は存在しない。

まとめ: 既約分数で払い、偶奇を完全に場合分けする。係数の奇数性が3つの場合すべてで奇数を1個以上残す。この数え方が証明の中心だ。たとえば $x^2+x+1=0$ も $3x^2+5x+7=0$ も、解は(実数解があってもなくても)決して分数では書けない。判別式を一切使わず、余りだけで出した結論である。

別解

判別式を「平方数の目」で見る別証明(得意な人向け)。 整数係数の2次方程式が有理数解をもつとする。解の公式から、$\sqrt{D}$($D=b^2-4ac$)が有理数でなければならない。整数の平方根が有理数になるのは平方数のときだけ。つまり $D$ は平方数だ。

そこで $D$ を8で割った余りを調べる。

• $b$ は奇数なので $b=2m+1$ とおくと $b^2=4m(m+1)+1$。$m(m+1)$ は連続2整数の積で必ず偶数。よって $b^2$ は8で割って1余る
• $ac$ は奇数×奇数で奇数。よって $4ac$ は8で割って4余る

したがって $D=b^2-4ac$ を8で割った余りは $1-4\equiv 5$。ところが、平方数を8で割った余りは $0,1,4$ のどれかしかない。偶数の平方は $0$ か $4$、奇数の平方は上の計算どおり $1$ だからだ。余り5の $D$ は平方数になれない。よって有理数解は存在しない。

「平方数は8で割ると $0,1,4$」というフィルタは、整数問題の全域で使い回せる便利な道具だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 解の配置は $f(x)=x^2+ax+1$ のグラフで読む。この問題には大きな特徴がある。$f(0)=1>0$ が、$a$ によらず最初から決まっていることだ。

左端はつねに正。だから「またぎ型(区間内に1つ)」の条件は $f(2)<0$ の1本だけに退化する。

残る仕事は境界の吟味だ。$f(2)=0$ となる $a=-\frac{5}{2}$ では、解 $x=2$ 自体は範囲外(開区間)。だが、もう一方の解が範囲内かを確かめる必要がある。さらに、重解が範囲内に落ちる $a=-2$ も「ちょうど1つ」に数える約束だった。境界はすべて、実際に解を出して検分する。その几帳面さが答えを決める。

① またぎ型。 $f(0)=1>0$ だから、$f(2)=5+2a<0⟺a<-\frac{5}{2}$ のとき $(0,2)$ にちょうど1つの解が入る。もう1つの解は $(2,\infty )$ 側だ。範囲内はちょうど1つ。

② 境界 $a=-\frac{5}{2}$。 方程式は $x^2-\frac{5}{2}x+1=0⟺2x^2-5x+2=(2x-1)(x-2)=0$。解は $x=\frac{1}{2},2$。$x=2$ は範囲外(開区間)、$x=\frac{1}{2}$ は範囲内。ちょうど1つ。採用。

③ 重解と2個の帯。 判別式 $a^2-4=0$ の $a=-2$ では重解 $x=1\in (0,2)$。約束により「ちょうど1つ」。採用($a=2$ の重解 $x=-1$ は範囲外)。

一方、$-\frac{5}{2}<a<-2$ を調べる。$f(0)>0,f(2)>0,D>0$、軸 $0<-\frac{a}{2}<2$ がすべて成り立つ。つまり2つの解がともに範囲内だ。「ちょうど1つ」に反するから除外。$a>-2$($a=2$ 含む)では範囲内の解は0個(解が虚数、または負・範囲外)。

まとめて

$$a=-2\text{または}a\le -\frac{5}{2}$$

まとめ: 固定された $f(0)$ で場合を半減。またぎ型を作り、境界と重解を実解で検分し、2個入りの帯を除外する。答えが孤立点 $a=-2$ と半直線という珍しい形になるのは、重解になる1点だけで「ちょうど1つ」がまた成り立つからだ。境界の吟味を省くと、必ずどちらかを落とす。解の配置の総仕上げである。

別解

定数分離。1本の曲線と水平線で全場合を見る(視点の転換)。 $0<x<2$ では $x\ne 0$。だから $a$ を分離できる:

$$x^2+ax+1=0⟺x+\frac{1}{x}=-a$$

左辺 $u(x)=x+\frac{1}{x}$ のグラフと、水平線 $y=-a$ の交点の個数。それがそのまま解の個数になる。場合分けが「線と曲線の交わり」という1枚の絵に置き換わるのだ。

$u$ の形を調べる。$x=1$ で最小値2(相加平均と相乗平均の関係。等号は $x=\frac{1}{x}$ すなわち $x=1$)。増減は $u(s)-u(t)=(s-t)\cdot \frac{st-1}{st}$ の符号から分かる。$0<x<1$ で減少、$1<x<2$ で増加だ。左端側は、$x$ が0に近づくと限りなく大きくなる。右端では $u(2)=\frac{5}{2}$ だが、$x=2$ は範囲外なので右の枝は $\frac{5}{2}$ に届かない。

水平線 $y=-a$ との交点がちょうど1個になるのは:

• $-a=2$(谷底にぴったり): $x=1$ の1個 → $a=-2$
• $-a\ge \frac{5}{2}$(右の枝は $\frac{5}{2}$ 未満で途切れているから、左の枝としか交わらない): 1個 → $a\le -\frac{5}{2}$

$2<-a<\frac{5}{2}$ では両方の枝と交わって2個(除外)。$-a<2$ では0個。答えが「谷底の1点 $a=-2$」と「半直線 $a\le -\frac{5}{2}$」に分かれる理由が、この図で分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 4次式の正値性に、判別式はない。頼れるのは「平方の和は0以上」だけだ。

ところが $x^4$ と $-x$ は次数が離れすぎて、直接は組めない。そこで橋渡しの $x^2$ を、$0=-x^2+x^2$ の形で自前で挿入する。さらに定数 $\frac{1}{2}$ を $\frac{1}{4}+\frac{1}{4}$ に割って2組に配る:

$$x^4-x^2+\frac{1}{4}\text{と}{x}^2-x+\frac{1}{4}$$

どちらもぴったり完全平方になる。最後に「等号(両方の平方が同時に0)が起こり得ない」ことを確かめれば、$\ge 0$ が $>0$ に格上げされる。

① 分解する。

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

展開して確かめると $x^4-x^2+\frac{1}{4}+x^2-x+\frac{1}{4}=x^4-x+\frac{1}{2}$。

② 0以上を確認する。 平方の和だから、すべての実数 $x$ で

$$x^4-x+\frac{1}{2}\ge 0$$

③ 等号が起こらないことを確認する。 等号には $x^2=\frac{1}{2}$ かつ $x=\frac{1}{2}$ が必要。だが $x=\frac{1}{2}$ のとき $x^2=\frac{1}{4}\ne \frac{1}{2}$。2つの平方は同時に0になれない。よって不等号は真に成り立つ:

$$x^4-x+\frac{1}{2}>0$$

まとめ: 橋渡しの項を0の形で挿入し、定数を割って平方2つに配る。4次の正値性証明の代表的な設計だ。最後に注意するのは、$>0$ と $\ge 0$ の違いを分ける「等号の同時成立チェック」だ。平方和分解の答案は必ずここまで書いて閉じる。

別解

相加平均・相乗平均で $x$ を作る(数IIの道具を先取りする人へ)。 $x\le 0$ のときは簡単だ。$x^4\ge 0,-x\ge 0$ だから左辺 $\ge \frac{1}{2}>0$。

問題になるのは $x>0$ のときだ。4つの正の数 $x^4,\frac{1}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{6}$ に相加平均・相乗平均の関係(4項版)を使うと

$$x^4+\frac{1}{2}=x^4+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\ge 4\sqrt[4]{x^4\cdot \frac{1}{6^3}}=\frac{4}{\sqrt[4]{216}}x$$

ここで $4^4=256>216$ だから $\frac{4}{\sqrt[4]{216}}>1$。つまり $x^4+\frac{1}{2}>x$ で、移項すれば結論が出る。

定数 $\frac{1}{2}$ を3等分したところが工夫だ。こうすると4乗根の中で $x$ の1乗がちょうど1本残る($\frac{1}{4}+\frac{1}{4}$ の2分割では $x$ の1乗が作れない)。うまくいく分割を逆算する感覚は、不等式の設計力そのものだ。