式と証明 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 展開全体を書くのは無駄。定数項だけをねらう。二項定理の一般項を立てて、$x$ の指数が $0$ になる項を探す。

一般項は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k}\right)(2x{)}^{9-k}{\left(-\frac{1}{x^2}\right)}^k$。$x$ の指数は $(9-k)-2k=9-3k$。これが $0$ になるのは $k=3$。その項の係数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)\cdot 2^6\cdot (-1{)}^3$ を計算すれば定数項が出る。

① 一般項を書く。 $A=2x$、$B=-\frac{1}{x^2}=-x^{-2}$、$n=9$ として

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k}\right)(2x{)}^{9-k}{\left(-x^{-2}\right)}^k=(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k})2^{9-k}(-1{)}^k{x}^{(9-k)-2k}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k}\right)2^{9-k}(-1{)}^k{x}^{9-3k}$$

② 定数項の $k$ を求める。 $x$ の指数が $0$:

$$9-3k=0⟹k=3$$

③ 係数を計算する。

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)2^{9-3}(-1{)}^3=84\cdot 2^6\cdot (-1)=84\cdot 64\cdot (-1)=-5376$$

まとめ:特定の項は「一般項で指数を $k$ の式にし、狙う指数になる $k$ を代入」。$\frac{1}{x^2}=x^{-2}$ を指数に正しく反映するのが要($x$ の指数は $9-3k$)。定数項は指数 $0$、最高次でも同様に狙える。

発展。 二項展開 ${\left(a{x}^p+b{x}^q\right)}^n$ の特定の項は、指数の一次方程式 $p(n-k)+qk=$(目標)を解いて $k$ を求める。定数項は目標 $=0$。$x^p$ と $x^q$ の指数が異符号(片方が負のべき)なら定数項が存在する。ローラン多項式(負のべきを含む)の係数抽出は、母関数の理論で頻出のテクニックだ。

別解

別解:「文字を減らす」置き換えをして、指数だけを追う(苦手な人向け)。 一般項の $x$ の部分だけに注目する。${\left(2x-\frac{1}{x^2}\right)}^9$ の各項は、$2x$ を $9-k$ 個、$-\frac{1}{x^2}$ を $k$ 個掛けたもの。

$x$ のべきだけ数える。$2x$ からは $x^{+1}$、$-\frac{1}{x^2}$ からは $x^{-2}$。合計の指数は $(+1)(9-k)+(-2)k=9-3k$。

定数項は指数 $0$、すなわち $9-3k=0$ で $k=3$。「$2x$ を $6$ 個、$-\frac{1}{x^2}$ を $3$ 個」使う項だ。係数は、選び方 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)=84$、$2$ のべき $2^6=64$、符号 $(-1{)}^3=-1$。掛けて $84\times 64\times (-1)=-5376$。

二項定理の公式(本解)と同じだが、「$x$ の指数だけを足し算で追う」と、どの項が定数項かを機械的に特定できる。$\frac{1}{x^2}$ が $x^{-2}$ という負のべきだと見れば、指数の合計 $=0$ の条件が立式しやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 項の展開だから多項定理を使う。一般項は $\frac{5!}{p!q!r!}{x}^p(2y{)}^q(3z{)}^r$($p+q+r=5$)。

ほしいのは $x^2{y}^{2}z$、すなわち $p=2,q=2,r=1$。指数がこれで確定する。係数は $\frac{5!}{2!2!1!}$(並べ方)に、$2^q\cdot 3^r=2^2\cdot 3^1$(係数のべき)を掛ける。

① 指数を決める。 $x^2{y}^{2}z$ に対応するのは $x$ を $2$ 個、$2y$ を $2$ 個、$3z$ を $1$ 個。すなわち $p=2,q=2,r=1$($p+q+r=5$)。

② 一般項を作る。

$$\frac{5!}{2!2!1!}{x}^2(2y{)}^2(3z{)}^1$$

③ 係数を計算する。 並べ方 $\frac{5!}{2!2!1!}=\frac{120}{4}=30$、係数部分 $2^2\cdot 3^1=4\cdot 3=12$。よって

$$30\times 12=360$$

まとめ:多項定理は「並べ方 $\frac{n!}{p!q!r!}$ × 各項の係数のべき」。指数の組 $(p,q,r)$ を正しく選び、$2y,3z$ の中の係数 $2,3$ を落とさないのがポイント。

発展。 多項定理 $(x_1+\cdots +x_m{)}^n=\sum \frac{n!}{k_1!\cdots k_m!}{x}_1^{k_1}\cdots x_m^{k_m}$ の係数 $\frac{n!}{k_1!\cdots k_m!}$ は多項係数。これは「$n$ 個を $m$ 種類に $k_1,\dots ,k_m$ 個ずつ分ける」場合の数でもある。二項係数($m=2$)の一般化で、組合せ論と代数を橋渡しする。

別解

別解:$y,z$ を固定して、$x$ の二項展開を $2$ 段階で行う(得意な人向けの視点)。 $(x+2y+3z{)}^5=((x)+(2y+3z){)}^5$ とみて、まず $x$ について二項展開する。

$x^2$ の項は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)x^2(2y+3z{)}^3$。ほしいのは $x^2{y}^{2}z$ だから、$(2y+3z{)}^3$ の中の $y^{2}z$ の項を拾う。$(2y+3z{)}^3$ の $y^{2}z$ の項は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)(2y{)}^2(3z{)}^1=3\cdot 4y^2\cdot 3z=36y^{2}z$。

合わせて $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\times 36=10\times 36=360$。多項定理をまとめて使う(本解)代わりに、「$x$ とそれ以外」に $2$ 分して二項展開を $2$ 段重ねる。多項定理 $\frac{5!}{2!2!1!}=30$ に $2^2{3}^1=12$ を掛けた $360$ と一致する。$3$ 項以上の展開は $2$ 項ずつに分けて二項定理を繰り返すこともできる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 左辺は $3$ つの「$2$ 数の和」の積。相加相乗平均を各因数に使う。

$a+b\ge 2\sqrt{ab}$、$b+c\ge 2\sqrt{bc}$、$c+a\ge 2\sqrt{ca}$。$3$ つとも正の数どうしの不等式だ。正の数の不等式は辺々を掛けてよい。$3$ つを掛けると右辺は $8\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}=8\sqrt{a^2{b}^2{c}^2}=8abc$。等号は各不等式の等号が同時に成り立つ $a=b=c$ のとき。

① 各因数に相加相乗。 $a,b,c>0$ より

$$a+b\ge 2\sqrt{ab},b+c\ge 2\sqrt{bc},c+a\ge 2\sqrt{ca}$$

② 辺々を掛ける。 すべて正だから、不等号の向きを保って掛け合わせられる。

$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 2\sqrt{ab}\cdot 2\sqrt{bc}\cdot 2\sqrt{ca}=8\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}$$

③ 右辺を整理する。 $ab\cdot bc\cdot ca=a^2{b}^2{c}^2$ だから $\sqrt{a^2{b}^2{c}^2}=abc$($a,b,c>0$)。よって

$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$$

④ 等号条件。 等号は $a=b$ かつ $b=c$ かつ $c=a$、すなわち $a=b=c$ のとき。(証明終)

まとめ:「和の積」$\ge$「積」の形は、各因数に相加・相乗平均を当てて掛け合わせるのが基本だ。正の数どうしだから辺々を掛けられる。等号はすべての相加相乗の等号が同時に成り立つ $a=b=c$。

発展。 $(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$ は、より一般の $n$ 変数の相加相乗平均 $\frac{x_1+\cdots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1\cdots x_n}$ の応用。$3$ 変数版 $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$ と組み合わせると、対称式の不等式が次々に導ける。等号成立が「全部等しい」なのは、相加相乗平均の共通の特徴だ。

別解

別解:$t=b/a$ 等の比で $1$ 変数にして確かめる(別の視点)。 不等式が同次(すべての項が同じ次数)なので、$c=1$ と正規化しても一般性を失わない。さらに対称性を使いつつ、各因数を比で見る。

$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}=\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}\cdot \frac{b+c}{2\sqrt{bc}}\cdot \frac{c+a}{2\sqrt{ca}}$ と $3$ つの比に分け、各因数の比

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

を使う($t+\frac{1}{t}\ge 2$)。$3$ つの因数それぞれがこの形で $\ge 1$ になり、積が $\ge 1$。だから $(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$。等号は各比が $1$、すなわち $a=b=c$。

相加相乗を $3$ つ掛ける本解と同じだが、各因数を「$\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}\right)\ge 1$」と読むと、$t+\frac{1}{t}\ge 2$ という最も基本的な不等式に帰着する。同次な不等式は「比で見る・$1$ つを $1$ に固定する」と扱いやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) コーシー・シュワルツの不等式は、「左辺 $-$ 右辺 $=$ 平方の和」を示せば済む。両辺を展開して差をとる。

左辺 $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$ と右辺 $(ax+by+cz{)}^2$ の差を計算すると、きれいに平方の和にまとまる。$(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$(ラグランジュの恒等式)。平方の和は必ず $0$ 以上だから、左辺 $\ge$ 右辺。等号は $3$ つの平方がすべて $0$、すなわち $a:b:c=x:y:z$。

① 差をとる。 左辺 $-$ 右辺を計算する。

$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)-(ax+by+cz{)}^2$$

② 展開して整理する。 左の積を展開すると $a^2{x}^2+a^2{y}^2+a^2{z}^2+\cdots$ の $9$ 項。$(ax+by+cz{)}^2$ を引くと、同じ項 $a^2{x}^2,b^2{y}^2,c^2{z}^2$ が消え、残りが平方の形にまとまる。

$$=(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$$

(これはラグランジュの恒等式。実際に右辺を展開すると左の差に一致する。)

③ 結論。 右辺は平方の和だから $0$ 以上。よって

$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\ge (ax+by+cz{)}^2$$

④ 等号条件。 等号は $ay=bx$、$bz=cy$、$cx=az$ がすべて成り立つとき、すなわち $a:b:c=x:y:z$($2$ 組のベクトルが平行)のとき。(証明終)

まとめ:$A\ge B$ は「$A-B$ を平方の和にする」。この不等式の差は $(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$(ラグランジュの恒等式)。等号は $2$ 組の比が等しい($a:b:c=x:y:z$)とき。

発展。 コーシー・シュワルツの不等式は成分の数によらず($n$ 次元でも)、積分でも(${\left(\int fg\right)}^2\le \int f^2\int g^2$)成り立つ普遍的な不等式。ベクトルの内積・関数の内積を「大きさの積で抑える」基本原理で、量子力学の不確定性原理や統計の相関係数 $|r|\le 1$ もこの不等式から出る。

別解

別解:ベクトルの内積として幾何的に見る(得意な人向けの高い視点)。 $\vec{u}=(a,b,c)$、$\vec{v}=(x,y,z)$ とおくと、不等式は

$$|\vec{u}{|}^2|\vec{v}{|}^2\ge (\vec{u}\cdot \vec{v}{)}^2,\text{すなわち}|\vec{u}\cdot \vec{v}|\le |\vec{u}||\vec{v}|.$$

内積の定義 $\vec{u}\cdot \vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|\cos \theta$($\theta$ は $2$ ベクトルのなす角)を使えば、$|\cos \theta |\le 1$ から直ちに従う。等号は $\cos \theta =\pm 1$、すなわち $\vec{u}$ と $\vec{v}$ が平行($a:b:c=x:y:z$)のとき。

ラグランジュの恒等式(本解)の「おつり」 $(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$ は、$3$ 次元では外積 $\vec{u}\times \vec{v}$ の大きさの $2$ 乗、つまり $2$ ベクトルが張る平行四辺形の面積の $2$ 乗だ。「内積は大きさの積を超えない」という図形的事実を式で書いたものが、コーシー・シュワルツの不等式である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 恒等式の係数決定は「数値代入」が速い。右辺の各因数が $0$ になる $x$ を選ぶと、項が次々に消える。

まず最高次の係数比較。左辺の $x^3$ と右辺の $a{x}^3$ を比べて $a=1$。あとは $x=1$(第 $2,3,4$ 項が消えて $d$ だけ残る)、$x=2$($c(x-1)$ と $d$ が残る)、$x=3$($b$ の項まで残る)を順に代入すると、$d,c,b$ が芋づる式に決まる。

① 最高次で $a$。 右辺の $x^3$ の係数は $a$(第 $1$ 項だけが $3$ 次)。左辺の $x^3$ の係数は $1$。よって $a=1$。

② $x=1$ を代入 → $d$。 $(x-1)$ を含む項がすべて $0$ になり、残るのは $d$。

$$1^3=d⟹d=1$$

③ $x=2$ を代入 → $c$。 $(x-1)(x-2)$ を含む項が $0$。

$$2^3=c(2-1)+d=c+1⟹8=c+1⟹c=7$$

④ $x=3$ を代入 → $b$。

$$3^3=b(3-1)(3-2)+c(3-1)+d=2b+2c+d=2b+14+1⟹27=2b+15⟹b=6$$

よって $a=1,b=6,c=7,d=1$。

まとめ:因数が階段状に並ぶ恒等式は「最高次で $a$、あとは因数が $0$ になる値を順に代入」。$x=1,2,3$ で $d,c,b$ が芋づる式に決まる。展開して係数比較するよりずっと速い。

発展。 $x^3$ を $(x-1)(x-2)(x-3)$ 系で展開する(別解の組立除法)のは、ニュートンの前進差分による補間。一般に、$n$ 次多項式は $(x-a_0)(x-a_1)\cdots$ の形の基底で一意に表せ、係数は差分商 $f[a_0,\dots ,a_k]$ で与えられる。データ点から多項式を復元する数値計算(補間法)の基礎だ。

別解

別解:組立除法(順に割っていく)で係数を出す(得意な人向けの視点)。 右辺の形 $a(x-1)(x-2)(x-3)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)+d$ は、$x^3$ を $(x-1),(x-2),(x-3)$ で「ニュートンの補間」したもの。組立除法で係数が順に出る。

$x^3$ を $(x-1)$ で割ると商 $x^2+x+1$、余り $1$。だから $d=1$(定数項に相当)。商 $x^2+x+1$ を $(x-2)$ で割ると商 $x+3$、余り $7$。だから $c=7$。

商 $x+3$ を $(x-3)$ で割ると商 $1$、余り $6$。だから $b=6$、最後の商 $a=1$。数値代入(本解)で $x=1,2,3$ を入れるのと同じ結果 $(a,b,c,d)=(1,6,7,1)$。組立除法は、$(x-1),(x-2),(x-3)$ で順に割った余りが $d,c,b$、最後の商が $a$ になる、という機械的な手順。ニュートンの前進差分による補間公式そのものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^{2024}$ を割るのは無理。$x^2-x+1$ を法として、次数を下げる。$x^2\equiv x-1$。

さらに、$x^2-x+1$ が $x^3+1$ の因数であることに気づきたい。$(x^2-x+1)(x+1)=x^3+1$ だから、$x^3\equiv -1$、したがって $x^6\equiv 1$。これで指数を $6$ で割った余りに落とせる。$2024=6\cdot 337+2$ より $x^{2024}\equiv x^2\equiv x-1$。余りは $x-1$。

① $x^3$ の関係を作る。 $(x^2-x+1)(x+1)=x^3+1$ だから、$x^2-x+1$ で割った余りを考えるときは

$$x^3\equiv -1,x^6=(x^3{)}^2\equiv 1$$

② 指数を $6$ で割った余りに帰着。 $2024=6\times 337+2$ だから

$$x^{2024}=(x^6{)}^{337}\cdot x^2\equiv 1^{337}\cdot x^2=x^2$$

③ $x^2$ をさらに下げる。 $x^2-x+1=0$ とみて $x^2\equiv x-1$。よって

$$x^{2024}\equiv x^2\equiv x-1$$

余りは $x-1$。

まとめ:高い累乗の余りは「割る式から周期を作る」。$x^2-x+1$ は $(x+1)$ を掛けると $x^3+1$ になり、$x^3\equiv -1$、$x^6\equiv 1$ の周期 $6$。指数 $2024$ を $6$ で割った余り $2$ に落とし、最後に $x^2\equiv x-1$ で $1$ 次まで下げる。

発展。 $x^2-x+1$ は円分多項式 ${\Phi }_6$ で、根は $1$ の原始 $6$ 乗根。$x^n$ を割った余りは $n\mathrm{mod}6$ で周期的に $1,x,x-1,-1,-x,-x+1$ と巡回する。割る式が $1$ の原始 $m$ 乗根の式なら周期 $m$。整数の合同 $\mathrm{mod}m$ とそっくりの構造が、多項式の割り算に現れる。

別解

別解:$\omega$(1の原始 $6$ 乗根)を代入して余りを決める(得意な人向けの視点)。 $x^2-x+1=0$ の解を $\omega$ とすると、$\omega$ は $1$ の原始 $6$ 乗根(${\omega }^6=1$、${\omega }^3=-1$)。余りを $ax+b$ とおくと、$x=\omega$ で

$${\omega }^{2024}=a\omega +b.$$

$2024=6\cdot 337+2$ より ${\omega }^{2024}={\omega }^2$。そして ${\omega }^2=\omega -1$(${\omega }^2-\omega +1=0$ から)。だから

$$a\omega +b=\omega -1.$$

$\omega$ は虚数(実数でない)だから、係数を比べて $a=1$、$b=-1$。余りは $x-1$。

次数を下げて指数計算する本解と同じ余り $x-1$。$\omega$ は虚数なので、$1$ つの複素数の等式が実質 $2$ 本(実部・虚部)の働きをし、$a,b$ が一度に決まる。$x^2-x+1$ の根が「$1$ の原始 $6$ 乗根」だと気づけば解ける。周期が $6$ なので、指数 $2024$ を $2$ に下げられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 比例式が出たら「$=k$ とおく」のが基本だ。$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=k$ とすると $a=bk$、$c=dk$。

これを両辺に代入して、両方が同じ式($k^2$)になることを示す。左辺 $\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}=\frac{b^2{k}^2+d^2{k}^2}{b^2+d^2}=k^2$。右辺 $\frac{ac}{bd}=\frac{bk\cdot dk}{bd}=k^2$。両方 $k^2$ で一致。

① 比を $k$ とおく。 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=k$ とおくと $a=bk$、$c=dk$。

② 左辺を計算する。

$$\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}=\frac{(bk{)}^2+(dk{)}^2}{b^2+d^2}=\frac{k^2(b^2+d^2)}{b^2+d^2}=k^2$$

③ 右辺を計算する。

$$\frac{ac}{bd}=\frac{(bk)(dk)}{bd}=\frac{bd{k}^2}{bd}=k^2$$

④ 結論。 左辺 $=$ 右辺 $=k^2$ だから、等式は成り立つ。(証明終)

まとめ:比例式の条件つき等式は「$=k$ とおいて代入」。文字が減って両辺が $k$ の式になり、同じ式になることを見れば証明できる。分母が $0$ でない条件のもとで、約分が正しくできることが大事だ。

発展。 加比の理「$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{a+c}{b+d}=\frac{a-c}{b-d}$」は、比例式の変形でよく使う。連比 $a:b:c=x:y:z$ を扱うときや、複数の比をまとめるときに役に立つ。比を $=k$ とおくのと同値だが、$k$ を導入せずに済むので証明が簡潔になる。

別解

別解:加比の理(比の合成)で示す(得意な人向けの視点)。 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ から、比の性質を組み合わせて示す。$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ の両辺を$2$乗すると $\frac{a^2}{b^2}=\frac{c^2}{d^2}$。

比が等しいとき、「分子どうし・分母どうしを足した比」も同じ(加比の理): $\frac{a^2}{b^2}=\frac{c^2}{d^2}=\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}$。一方、$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ の両辺を掛け合わせると $\frac{a}{b}\cdot \frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}$。これは ${\left(\frac{a}{b}\right)}^2=\frac{a^2}{b^2}$ に等しい($\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ だから $\frac{a}{b}\cdot \frac{c}{d}=\frac{a}{b}\cdot \frac{a}{b}$)。$\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}$ も $\frac{ac}{bd}$ も $\frac{a^2}{b^2}$ に等しいので、互いに等しい。

$=k$ とおく本解と同じだが、加比の理「$\frac{p}{q}=\frac{r}{s}\Rightarrow \frac{p}{q}=\frac{p+r}{q+s}$」を使うと、文字 $k$ を導入せずに比の変形だけで示せる。比例式の証明は「$=k$ とおく」か「加比の理」の $2$ 択がよく使われる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 対称な条件($a+b=1$)と対称な式なので、$a=b=\frac{1}{2}$ で最小と見当がつく。それを不等式で裏づける。

$2$ 乗の和には $P^2+Q^2\ge \frac{(P+Q{)}^2}{2}$(等号 $P=Q$)が使える。$P=a+\frac{1}{a}$、$Q=b+\frac{1}{b}$ とおくと、和 $P+Q=a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$。$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ を相加相乗平均などで下から評価する。$a+b=1$ の下で $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 4$(等号 $a=b=\frac{1}{2}$)。あとは組み立てれば最小 $\frac{25}{2}$。

① $2$ 乗の和を下から押さえる。 $P=a+\frac{1}{a}$、$Q=b+\frac{1}{b}$ とおくと

$$P^2+Q^2\ge \frac{(P+Q{)}^2}{2}$$

② $P+Q$ を評価する。 $P+Q=(a+b)+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{a+b}{ab}=1+\frac{1}{ab}$。$a+b=1$ より $ab\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$、よって $\frac{1}{ab}\ge 4$。ゆえに

$$P+Q=1+\frac{1}{ab}\ge 1+4=5$$

③ まとめる。

$$P^2+Q^2\ge \frac{(P+Q{)}^2}{2}\ge \frac{5^2}{2}=\frac{25}{2}$$

④ 等号の確認。 すべての等号は $P=Q$ かつ $ab=\frac{1}{4}$、すなわち $a=b=\frac{1}{2}$ のとき同時に成り立つ。このとき値は ${\left(\frac{1}{2}+2\right)}^2\cdot 2={\left(\frac{5}{2}\right)}^2\cdot 2=\frac{25}{2}$。よって最小値は $\frac{25}{2}$。

まとめ:対称な条件つき最小は「等しいときが最小」と見当をつけ、不等式で裏づける。$2$ 乗の和は $\frac{(P+Q{)}^2}{2}$ で、$P+Q$ は $\frac{1}{ab}\ge 4$($ab\le \frac{1}{4}$)で下から。等号がすべて $a=b=\frac{1}{2}$ でそろうことの確認が仕上げ。

発展。 対称式の最大最小は「和と積で $1$ 変数化」が基本だ。$a+b=1$(和固定)なら積 $t=ab$ が $\left(0,\frac{1}{4}\right]$ を動き、対称式はすべて $t$ の関数。凸性(または微分)で端 $t=\frac{1}{4}$($a=b$)か端 $t\to 0$ のどちらで最小最大かが決まる。制約付き最適化の基本パターンだ。

別解

別解:$t=ab$ とおいて $1$ 変数にし、$2$ 次関数に帰着させる(苦手な人にも見通しのよいルート)。 $a+b=1$ を使い、対称式を積 $t=ab$ で表す。$a,b$ が正で和が $1$ だから、$0<t\le \frac{1}{4}$(相加相乗、$t$ 最大は $a=b=\frac{1}{2}$)。

${\left(a+\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(b+\frac{1}{b}\right)}^2$ を $t$ で書き換える。$a^2+b^2=(a+b{)}^2-2ab=1-2t$、$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2{b}^2}=\frac{1-2t}{t^2}$、$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$ など交差項も $t$ で書ける。整理すると与式は

$$f(t)=(1-2t)+2+\frac{1-2t}{t^2}=3-2t+\frac{1-2t}{t^2}.$$

$0<t\le \frac{1}{4}$ で $f(t)$ は減少関数(微分すると負)。だから最小は $t$ 最大の $t=\frac{1}{4}$、すなわち $a=b=\frac{1}{2}$。$f\left(\frac{1}{4}\right)=3-\frac{1}{2}+\frac{1/2}{1/16}=\frac{5}{2}+8=\frac{25}{2}$。

$P^2+Q^2\ge \frac{(P+Q{)}^2}{2}$ を使う本解に対し、$t=ab$ の $1$ 変数関数に落とすと、最小がどこで起こるか(端 $t=\frac{1}{4}$)が単調性から確実に分かる。対称式は「和と積」で $1$ 変数化するのが常道だ。