COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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不等式

教科書の補足

コーシー=シュワルツの不等式

定理≪コーシー=シュワルツの不等式≫

  $n$ を $2$ 以上の整数とするとき, $2n$ 個の実数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n,$ $y_1,$ $\cdots,$ $y_n$ に対して \[ (x_1{}^2\!+\!\cdots\!+\!x_n{}^2)(y_1{}^2\!+\!\cdots +y_n{}^2) \geqq (x_1y_1\!+\!\cdots \!+\!x_ny_n)^2\] が成り立つ. 等号成立は $(y_1,\cdots,y_n) = (kx_1,\cdots,kx_n)$ なる定数 $k$ が存在するときに限る.

注意

 $n = 1$ の場合にはすべての実数 $x_1,$ $y_1$ に対して等号が成り立つ. $n = 1$ の場合もコーシー=シュワルツの不等式と呼ぶ場合には, 等号成立条件について述べる際に注意が必要である.

定理≪並べ替え不等式≫

  $n$ を正の整数とするとき, $2n$ 個の実数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n,$ $y_1,$ $\cdots,$ $y_n$ に対して, \[ x_1 \leqq \cdots \leqq x_n, \qquad y_1 \leqq \cdots \leqq y_n\] ならば, $\{ 1,\cdots,n\}$ を定義域かつ値域とするすべての関数 $\sigma$ に対して \[\sum_{k = 1}^nx_ky_{n-k+1} \leqq \sum_{k = 1}^nx_ky_{\sigma (k)} \leqq \sum_{k = 1}^nx_ky_k\] が成り立つ.

問題

不等式の性質

問題≪内分に関する不等式≫

 $m > 0,$ $n > 0,$ $x < y$ のとき, 次の不等式が成り立つことを示せ: \[ x < \frac{nx+my}{m+n} < y.\]

解答例

 $m > 0,$ $n > 0,$ $x < y$ から, \[ x = \frac{nx+mx}{m+n} < \frac{nx+my}{m+n} < \frac{ny+my}{m+n} = y.\]

問題≪平均の積に関する不等式≫

 すべての実数 $a,$ $b,$ $x,$ $y$ に対して $\dfrac{a+b}{2}\cdot\dfrac{x+y}{2} \leqq \dfrac{ax+by}{2}$ が成り立つことを示せ.
[2001 愛知大*]

解答例

 $a \geqq b,$ $x \geqq y$ として一般性を失わない. このとき, \begin{align*} &\frac{ax+by}{2}-\frac{a+b}{2}\cdot\frac{x+y}{2} \geqq \frac{2(ax+by)-(a+b)(x+y)}{4} \\ &= \frac{ax-ay-bx+by}{4} \geqq \frac{(a-b)(x-y)}{4} \geqq 0 \end{align*} が成り立つから, 求める不等式が成り立つ.

問題≪$2$ 次の対称式に関する不等式≫

 $x,$ $y,$ $z$ を実数とする.
(1)
$x^2+y^2+z^2 \geqq xy+yz+zx$ が成り立つことを示し, 等号の成立条件を求めよ.
(2)
$x+y+z = 1$ のとき, $xy+yz+zx \leqq \dfrac{1}{3}$ が成り立つことを示し, 等号が成り立つような $x,$ $y,$ $z$ の値をすべて求めよ.
[2008 はこだて未来大]

解答例

(1)
\begin{align*} &(x^2+y^2+z^2)-(xy+yz+zx) \\ &= \frac{(x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2)+(z^2-2zx+x^2)}{2} \\ &= \frac{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}{2} \geqq 0 \end{align*} から, 求める不等式が成り立つ. 等号が成り立つのは, \[ x-y = y-z = z-x = 0\] のとき, つまり $x = y = z$ のときに限る.
(2)
\[ x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)\] を (1) の不等式に代入すると, \[ (x+y+z)^2 \geqq 3(xy+yz+zx)\] となる. $x+y+z = 1$ のとき, \[ 1 \geqq 3(xy+yz+zx)\] となるから, \[ xy+yz+zx \leqq \frac{1}{3}\] となる. 等号が成り立つのは (1) で示したように $x = y = z$ のときに限るので, $x+y+z = 1$ から, $x = y = z = \dfrac{1}{3}$ のときに限る.

問題≪条件付き完全平方式の最大・最小≫

 実数 $x,$ $y,$ $z$ が $x^2+y^2+z^2 = 1$ を満たすとき, $f(x,\ y,\ z) = x^2+2y^2+3z^2$ の最大値, 最小値を求めよ.

解答例

 $x^2 = 1-y^2-z^2$ より \begin{align*} f(x,\ y,\ z) &= (1-y^2-z^2)+2y^2+3z^2 \\ &= y^2+2z^2+1 \end{align*} となるから, $y^2 \geqq 0,$ $z^2 \geqq 0$ より \[ f(x,\ y,\ z) \geqq 1.\] 等号は $(x,\ y,\ z) = (\pm 1,\ 0,\ 0)$ のときに成り立つ. また, \begin{align*} f(x,\ y,\ z) &= x^2+2y^2+3z^2 \\ &\leqq 3x^2+3y^2+3z^2 \\ &= 3(x^2+y^2+z^2) \\ &= 3. \end{align*} 等号は $(x,\ y,\ z) = (0,\ 0,\ \pm 1)$ のときに成り立つ.
ゆえに, $f(x,\ y,\ z)$ の最大値は $3,$ 最小値は $1.$

問題≪等式を満たす複数の値の決定≫

 実数 $a,$ $b,$ $c$ が $a+b+c = a^2+b^2+c^2 = 3$ を満たすとき, $a = b = c = 1$ であることを示せ.

解答例

\begin{align*} &(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2 \\ &= (a^2+b^2+c^2)-2(a+b+c)+3 \\ &= 3-2\cdot 3+3 = 0 \end{align*} より, $a-1 = b-1 = c-1 = 0,$ すなわち $a = b = c = 1.$

解説

 任意の実数 $x_1,$ $\dots,$ $x_r$ に対して \[ x_1{}^2+\cdots +x_r{}^2 = 0 \Longrightarrow x_1 = \cdots = x_r = 0\] が成り立つことを使う. 証明は, $x_k{}^2 \geqq 0 \iff x_k = 0$ より明らか.

問題≪不等式の変形≫

 正の数 $x,$ $y$ が $xy \geqq 1$ を満たすとき, $\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2} \geqq \dfrac{2}{1+xy}$ が成り立つことを示せ.

解答例

\begin{align*} &\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2} \geqq \frac{2}{1+xy} \quad \cdots [1] \\ &\iff (1+y^2)(1+xy)+(1+x^2)(1+xy) \\ &\qquad\qquad \geqq 2(1+x^2)(1+y^2) \\ &\iff (1+xy+y^2+xy^3)+(1+x^2+xy+x^3y) \\ &\qquad\qquad \geqq 2(1+x^2+y^2+x^2y^2) \\ &\iff 2xy+xy^3+x^3y \geqq x^2+y^2+2x^2y^2 \\ &\iff xy(x^2-2xy+y^2)-(x^2-2xy+y^2) \geqq 0 \\ &\iff (xy-1)(x-y)^2 \geqq 0 \quad \cdots [2]. \end{align*} $xy \geqq 1$ より $xy-1 \geqq 0$ だから $[2]$ が成り立ち, したがって $[1]$ が成り立つ.

問題≪$\sqrt n$ と有理数の大小比較≫

 $a,$ $b,$ $n$ を正の整数とする. $n$ が整数の平方数でないとき, $\sqrt n$ は $\dfrac{a}{b},$ $\dfrac{a+nb}{a+b}$ の間にあることを示せ.

解答例

(i)
まず, $\sqrt n$ が無理数であることを示す. 正の整数 $m$ に対し $\sqrt m$ が有理数であるとして, $m$ が平方数であることを示せば良い.
このとき, $\sqrt m = \dfrac{x}{y}$ ($x,$ $y$: 整数)すなわち $y\sqrt m = x$ と書けるから, 両辺を $2$ 乗すると \[ y^2m = x^2.\] 各素数 $p$ に対して, $x^2,$ $y^2$ が $p$ で割り切れる回数は偶数だから, 素因数分解の一意性より $m$ が $p$ で割り切れる回数も偶数である.
ゆえに, $m$ は平方数である. (終)
(ii)
$n \neq 1$ より $n > 1$ だから, $\sqrt n > 1$ すなわち $\sqrt n-1 > 0.$
また, (i) より $\sqrt n$ は無理数だから, $\sqrt n \neq \dfrac{a}{b}$ より $b\sqrt n \neq a$ すなわち $a-b\sqrt n \neq 0.$ よって $(a-b\sqrt n)^2 > 0$ であることに注意すると, \begin{align*} &\left(\sqrt n-\dfrac{a}{b}\right)\left(\sqrt n-\dfrac{a+nb}{a+b}\right) \\ &= \frac{b\sqrt n-a}{b}\cdot\frac{(a+b)\sqrt n-(a+nb)}{a+b} \\ &= \frac{b\sqrt n-a}{b}\cdot\frac{(\sqrt n-1)a-(n-\sqrt n)b)}{a+b} \\ &= -\frac{a-b\sqrt n}{b}\cdot\frac{(\sqrt n-1)(a-b\sqrt n)}{a+b} \\ &= -\frac{(\sqrt n-1)(a-b\sqrt n)^2}{b(a+b)} > 0 \end{align*} だから,
$\dfrac{a}{b} < \sqrt n < \dfrac{a+nb}{a+b}$ または $\dfrac{a+nb}{a+b} < \sqrt n < \dfrac{a}{b}.$ (終)

問題≪和の不等式からの係数の消去≫

 $n$ を $2$ 以上の整数とする. $3n$ 個の実数 $a_1,$ $\cdots$ $a_n,$ $x_1,$ $\cdots,$ $x_n,$ $y_1,$ $\cdots,$ $y_n$ が $0 < a_1 \leqq \cdots \leqq a_n$ と $n$ 個の不等式 \[\sum_{k = 1}^ia_kx_k \leqq \sum_{k = 1}^ia_ky_k \quad (1 \leqq i \leqq n)\] を満たすとき, \[\sum_{i = 1}^nx_i \leqq \sum_{i = 1}^ny_i\] が成り立つことを示せ.
[東京工大 2008*]

解答例

 $z_i = y_i-x_i\ (1 \leqq i \leqq n)$ とおく. \begin{align*} &0 < a_1 \leqq \cdots \leqq a_n, \\ &\sum_{k = 1}^ia_kz_k \geqq 0 \quad (1 \leqq i \leqq n) \end{align*} の仮定の下で $\sum_{i = 1}^nz_i \geqq 0$ が成り立つことを示せば良い. $s_i = \sum_{k = 1}^ia_kz_k\ (1 \leqq i \leqq n)$ とおく. このとき, \[ z_i = \frac{s_i-s_{i-1}}{a_i}\ (2 \leqq i \leqq n), \quad z_1 = \frac{s_1}{a_1}\] となるから, \begin{align*} &\sum_{i = 1}^nz_i = \frac{s_1}{a_1}+\frac{s_2-s_1}{a_2}+\cdots +\frac{s_n-s_{n-1}}{a_n} \\ &= \left(\frac{1}{a_1}\!-\!\frac{1}{a_2}\right) s_1+\cdots +\left(\frac{1}{a_{n-1}}\!-\!\frac{1}{a_n}\right) s_{n-1}+\frac{s_n}{a_n} \\ &= \frac{a_2-a_1}{a_1a_2}s_1+\cdots +\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}a_n}s_{n-1}+\frac{s_n}{a_n} \end{align*} となる. 右辺の $s_1,$ $\cdots,$ $s_n$ とその係数の分母・分子は $0$ 以上であるから, 右辺は $0$ 以上である. ゆえに, 題意が示された.

問題≪和の比に関する不等式≫

 正の整数 $a,$ $b,$ $c,$ $d$ が $\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}$ を満たすとき, \[\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d} < \frac{c}{d}\] が成り立つことを示せ.
[2008 お茶の水女子大]

解答例

 後日公開.

問題≪いびつなさいころの確率に関する不等式≫

 いびつなさいころがあり, $1$ から $6$ までのそれぞれの目が出る確率が $\dfrac{1}{6}$ とは限らないとする. このさいころを $2$ 回振ったとき同じ目が出る確率を $p$ とし, $1$ 回目に奇数, $2$ 回目に偶数が出る確率を $q$ とする.
(1)
$p \geqq \dfrac{1}{6}$ であることを示せ. また, 等号が成立するための必要十分条件を求めよ.
(2)
$\dfrac{1}{4} \geqq q \geqq \dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}p$ であることを示せ.
[2008 東京工大]

解答例

 後日公開.

三角不等式

問題≪三角不等式≫

 任意の実数 $x,$ $y$ に対して, 次の不等式が成り立つことを示せ:
(1)
$|x+y| \leqq |x|+|y|.$ 
(2)
$\big| |x|-|y|\big| \leqq |x-y|.$ 
(3)
$\dfrac{|x|}{1+|x|}+\dfrac{|y|}{1+|y|} \geqq \dfrac{|x+y|}{1+|x+y|}.$ 

解答例

(1)
\begin{align*} &(|x|+|y|)^2-|x+y|^2 \\ &= (|x|^2+2|x||y|+|y|^2)-(x+y)^2 \\ &= (x^2+2|xy|+y^2)-(x^2+2xy+y^2) \\ &= 2(|xy|-xy) \geqq 0 \end{align*} より $(|x|+|y|)^2 \leqq |x+y|^2$ だから, $|x|+|y| \geqq 0,$ $|x+y| \geqq 0$ に注意すると, \[ |x+y| \leqq |x|+|y|.\]
(2)
(1) より \[ |x| = |(x-y)+y| \leqq |x-y|+|y|\] だから, \[ |x|-|y| \leqq |x-y| \quad \cdots [1].\] $x,$ $y$ を入れ替えると, $|y|-|x| \leqq |y-x|$ より, \[ -(|x|-|y|) \leqq |x-y| \quad \cdots [2].\] $\big| |x|-|y|\big| = \pm (|x|-|y|)$ に注意すると, $[1],$ $[2]$ より, \[ \big| |x|-|y|\big| \leqq |x-y|.\]
(3)
\begin{align*} &(1+|x|)(1+|y|)(1+|x+y|)\times \\ &\qquad \left(\frac{|x|}{1+|x|}+\frac{|y|}{1+|y|}-\frac{|x+y|}{1+|x+y|}\right) \\ &= |x|(1+|y|)(1+|x+y|) \\ &\qquad +|y|(1+|x|)(1+|x+y|) \\ &\qquad -|x+y|(1+|x|)(1+|y|) \\ &= |x|+|y|-|x+y|+2|x||y|+|x||y||x+y| \\ &\geqq 0 \quad (\because (1)). \end{align*} ゆえに, \[\dfrac{|x|}{1+|x|}+\dfrac{|y|}{1+|y|} \geqq \dfrac{|x+y|}{1+|x+y|}.\]

相加・相乗平均の不等式

問題≪条件付きの内積に関する不等式≫

 $a,$ $b,$ $c,$ $x,$ $y,$ $z$ を正の数とする.
(1)
$a+b = 1$ のとき, $\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y} \geqq \dfrac{1}{ax+by}$ が成り立つことを示せ.
(2)
$a+b+c = 1$ のとき, $\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z} \geqq \dfrac{1}{ax+by+cz}$ が成り立つことを示せ.
(3)
$(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4})^2 \geqq 8$ が成り立つことを示せ.
(4)
$(\sqrt[4]{2}+\sqrt[4]{4}+\sqrt[4]{8})^2 \geqq 9\sqrt 2$ が成り立つことを示せ.
[1987 福井工大*]

解答例

 後日公開.

問題≪$4$ 変数相加・相乗平均の不等式≫

(1)
$x,$ $y \geqq 0$ のとき, $x+y \geqq 2\sqrt{xy}$ が成り立つことを示せ.
(2)
$x,$ $y,$ $z,$ $w \geqq 0$ のとき, $x+y+z+w \geqq 4\sqrt[4]{xyzw}$ が成り立つことを示せ.
(3)
(2) において $w = \dfrac{x+y+z}{3}$ とすることにより, $x,$ $y,$ $z \geqq 0$ のとき $x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
\[ (x+y)-2\sqrt{xy} = (\sqrt x-\sqrt y)^2 \geqq 0\] より, \[ x+y \geqq 2\sqrt{xy}.\]
(2)
\begin{align*} \frac{x+y+z+w}{4} &= \frac{\dfrac{x+y}{2}+\dfrac{z+w}{2}}{2} \\ &\geqq \frac{\sqrt{xy}+\sqrt{zw}}{2} \quad (\because (1)) \\ &\geqq \sqrt{\sqrt{xy}\sqrt{zw}} \quad (\because (1)) \\ &= \sqrt[4]{xyzw} \end{align*} より, \[ x+y+z+w \geqq 4\sqrt[4]{xyzw}.\]
(3)
(2) において $w = \dfrac{x+y+z}{3}$ とすると, \begin{align*} &3w+w \geqq 4\sqrt[4]{xyzw} \\ &\iff w \geqq \sqrt[4]{xyzw} \\ &\iff w^4 \geqq xyzw \\ &\iff w^3 \geqq xyz \\ &\iff w \geqq \sqrt[3]{xyz} \\ &\iff x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}. \end{align*} 求める不等式が得られた.

解説

 本問の結果をさらに一般化した, 次の不等式の証明問題もよく出されている: $n$ を $2$ 以上の整数とするとき, $n$ 個の正の数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ に対して \[\frac{x_1+\cdots +x_n}{n} \geqq \sqrt[n]{x_1\cdots x_n} \quad \cdots [\ast ]\] の成り立つ. $n > 2$ の場合も, この不等式を相加・相乗平均の不等式と呼ぶ. 上記の証明は, 次のように一般化される: $n = 2$ と $n = 3$ のとき $[\ast ]$ が成り立つことは, 上のように示される. $n = 2^r$ のとき $[\ast ]$ が成り立つとすると, \begin{align*} &\frac{x_1\!+\!\cdots\!+\!x_{2^{r+1}}}{2^{r+1}} = \frac{1}{2^r}\cdot\frac{(x_1\!+\!x_2)\!+\!\cdots\!+\!(x_{2^{r+1}-1}\!+\!x_{2^{r+1}})}{2} \\ &\geqq \frac{\sqrt{x_1x_2}+\cdots +\sqrt{x_{2^{r+1}-1}x_{2^{r+1}}}}{2^r} \\ &\geqq \sqrt[2^r]{\sqrt{x_1x_2}\cdots\sqrt{x_{2^{r+1}-1}x_{2^{r+1}}}} = \sqrt[2^{r+1}]{x_1\cdots x_{2^{r+1}}} \end{align*} となり, $n = 2^{r+1}$ のとき成り立つ. よって, $n$ が $2$ のべきである各場合に $[\ast ]$ が成り立つ. これを用いて, $n$ が $2$ 以上の整数である場合を示す. $2^{r-1} < n \leqq 2^r$ なる非負整数 $r$ が存在する. $a = \dfrac{x_1+\cdots +x_n}{n}$ とおくと, \begin{align*} a &= \frac{na+(2^r-n)a}{2^r} = \frac{x_1+\cdots +x_n+(2^r-n)a}{2^r} \\ &\geqq \sqrt[2^r]{x_1\cdots x_na^{2^r-n}} \end{align*} となり, $a^{2^r} \geqq x_1\cdots x_na^{2^r-n}$ すなわち $a^n \geqq x_1\cdots x_n$ つまり $a \geqq \sqrt[n]{x_1\cdots x_n}$ となって, $[\ast ]$ が成り立つ. 等号成立は $x_1 = \cdots = x_n$ の場合に限ることも, 容易に確かめられる. なお, $n = 1$ の場合にはすべての実数 $x_1$ に対して等号が成り立つので, 本サイトでは $n = 1$ の場合を相加・相乗平均の不等式とは呼ばないことにする.

問題≪四隅までの距離の和の最小値≫

(1)
$x,$ $y,$ $z,$ $w \geqq 0$ のとき, $x+y+z+w \geqq 4\sqrt[4]{xyzw}$ が成り立つことを示せ.
(2)
$4$ 点 $\mathrm A(1,1),$ $\mathrm B(-1,1),$ $\mathrm C(-1,-1),$ $\mathrm D(1,-1)$ までの距離の和が最小になるような点 $\mathrm P(x,y)$ の座標を求めよ.
[オリジナル問題]

解答例

(1)
前問を参照.
(2)
(1) の結果から, \[\mathrm{AP}+\mathrm{BP}+\mathrm{CP}+\mathrm{DP} \geqq 4\sqrt[4]{\mathrm{AP}\cdot\mathrm{BP}\cdot\mathrm{CP}\cdot\mathrm{DP}}\] が成り立つ. 等号が成立するとすれば \[\mathrm{AP} = \mathrm{BP} = \mathrm{CP} = \mathrm{DP}\] のときに限る. この場合, $\mathrm{AP}^2 = \mathrm{BP}^2$ と $\mathrm{AP}^2 = \mathrm{DP}^2$ から \begin{align*} (x-1)^2+(y-1)^2 &= (x+1)^2+(y-1)^2, \\ (x-1)^2+(y-1)^2 &= (x-1)^2+(y+1)^2 \end{align*} となり, \begin{align*} x^2-2x+1 &= x^2+2x+1, \\ y^2-2y+1 &= y^2+2y+1, \\ \end{align*} となって, $4x = 0,$ $4y = 0$ から \[ x = y = 0\] となる. よって, 確かに $[\ast ]$ の最小値は存在して, その最小値を与える点 $\mathrm P$ の座標は $(0,0)$ である.

解説

 実は, $5$ 本の線分を使うと, 正方形 $\mathrm{ABCD}$ の四隅どうしをもっと短くつなぐことができる(こちらの問題を参照). この種の問題は「シュタイナーの問題」または「最短ネットワーク問題」と呼ばれ, 一般に解を求めるのが困難な問題として有名である.

問題≪因数分解と $3$ 変数相加・相乗平均の不等式≫

(1)
\begin{align*} &X^3+Y^3+Z^3-3XYZ \\ &= (X\!+\!Y\!+\!Z)(X^2\!+\!Y^2\!+\!Z^2\!-\!XY\!-\!YZ\!-\!ZX) \end{align*} が成り立つことを示せ.
(2)
\begin{align*} &2(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX) \\ &= (X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2 \end{align*} が成り立つことを示せ.
(3)
$x,$ $y,$ $z \geqq 0$ のとき, $x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
略.
(2)
略.
(3)
$X \geqq 0,$ $Y \geqq 0,$ $Z \geqq 0$ のとき, \begin{align*} &X^3+Y^3+Z^3-3XYZ \\ &= (X\!+\!Y\!+\!Z)(X^2\!+\!Y^2\!+\!Z^2\!-\!XY\!-\!YZ\!-\!ZX) \\ &= (X\!+\!Y\!+\!Z)\frac{1}{2}((X\!-\!Y)^2\!+\!(Y\!-\!Z)^2\!+\!(Z\!-\!X)^2) \\ &\geqq 0 \end{align*} が成り立つ. この不等式に $X = \sqrt[3]{x},$ $Y = \sqrt[3]{y},$ $Z = \sqrt[3]{z}$ を代入すると, 求める不等式が得られる.

問題≪並び替えと $3$ 変数相加・相乗平均の不等式≫

(1)
$a \geqq b,$ $c \geqq d$ のとき, $ac+bd \geqq ad+bc$ が成り立つことを示せ.
(2)
$X,$ $Y \geqq 0$ のとき, $X^2+Y^2 \geqq 2XY$ が成り立つことを示せ.
(3)
$X,$ $Y,$ $Z \geqq 0$ のとき, $X^3+Y^3+Z^3 \geqq 3XYZ$ が成り立つことを示せ.
(4)
$x,$ $y,$ $z \geqq 0$ のとき, $x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$a \geqq b,$ $c \geqq d$ より $a-b \geqq 0,$ $c-d \geqq 0$ だから, \begin{align*} (ac+bd)-(ad+bc) &= a(c-d)-b(c-d) \\ &= (a-b)(c-d) \geqq 0. \end{align*} ゆえに, \[ ac+bd \geqq ad+bc.\]
(2)
$X \geqq Y \geqq 0$ として一般性を失わない. このとき, (1) より, \[ X^2+Y^2 \geqq XY+YX = 2XY.\]
(3)
$X \geqq Y \geqq Z \geqq 0$ として一般性を失わない. このとき, \begin{align*} X^3+Y^3+Z^3 &= X^3+Y^2Y+Z^2Z \\ &\geqq X^3+Y^2Z+Z^2Y \\ &\qquad (\because Y^2 \geqq Z^2,\ Y \geqq Z,\ (1)) \\ &= X^2X+Y^2Z+ZY\cdot Z \\ &\geqq X^2Z+Y^2Z+ZYX \\ &\qquad (\because X^2 \geqq ZY,\ X \geqq Z,\ (1)) \\ &= (X^2+Y^2)Z+XYZ \\ &\geqq 2XYZ+XYZ \quad (\because (2)) \\ &= 3XYZ. \end{align*} ゆえに, \[ X^3+Y^3+Z^3 \geqq 3XYZ.\]
(4)
(3) に $X = \sqrt[3]{x},$ $Y = \sqrt[3]{y},$ $Z = \sqrt[3]{z}$ を代入すると, \[ x+y+z \geqq 3\sqrt[3]{xyz}.\]

補足

 これは近年, 内田康晴氏によって発見された並べ替え不等式による相加・相乗平均の不等式 \[\frac{x_1+\cdots +x_n}{n} \geqq \sqrt[n]{x_1\cdots x_n} \quad (x_1,\ \dots,\ x_n \geqq 0)\] の証明の $n = 3$ の場合である. すべての $n$ に対しては帰納法で同様に証明できる (Y. Uchida, A simple proof of the geometric-arithmetic mean inequality, Pure Appl. Math. 9(2) (2008), 1--2).

問題≪相加・相乗平均の不等式で求める最小値≫

 $x,$ $y,$ $z$ が正の整数全体を動くとき, 次の式の最小値を求めよ:
(a)
$\left( x+\dfrac{1}{x}\right)\left( x+\dfrac{4}{x}\right).$
(b)
$\left( x+\dfrac{1}{y}\right)\left( y+\dfrac{1}{z}\right)\left( z+\dfrac{1}{x}\right).$

解答例

(a)
\begin{align*} \left( x+\frac{1}{x}\right)\left( x+\frac{4}{x}\right) &= 5+x^2+\frac{4}{x^2} \\ &\geqq 5+2\sqrt{x^2\cdot\frac{4}{x^2}} \\ &= 5+2\cdot 2 = 9. \end{align*} 等号は $x^2 = \dfrac{4}{x^2}$ すなわち $x^4 = 4$ つまり $x = \sqrt 2$ のときに限り成り立つ.
ゆえに, 求める最小値は, $9.$
(b)
\begin{align*} &\left( x+\frac{1}{y}\right)\left( y+\frac{1}{z}\right)\left( z+\frac{1}{x}\right) \\ &= xyz+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz} \\ &= \left( x+\frac{1}{x}\right) +\left( y+\frac{1}{y}\right) +\left( z+\frac{1}{z}\right) \\ &\qquad +\left( xyz+\frac{1}{xyz}\right) \\ &\geqq 2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}+2\sqrt{y\cdot\frac{1}{y}}+2\sqrt{z\cdot\frac{1}{z}} \\ &\qquad +2\sqrt{xyz\cdot\frac{1}{xyz}} \\ &= 8. \end{align*} 等号は $x = \dfrac{1}{x},$ $y = \dfrac{1}{y},$ $z = \dfrac{1}{z},$ $xyz = \dfrac{1}{xyz}$ すなわち $x^2 = y^2 = z^2 = x^2y^2z^2 = 1$ つまり $x = y = z = 1$ のときに限り成り立つ.
ゆえに, 求める最小値は, $8.$

解説

 $x > 0$ のとき, \[ x+\dfrac{1}{x} \geqq 2\sqrt{x\cdot\dfrac{1}{x}} = 2, \quad x+\dfrac{4}{x} \geqq 2\sqrt{x\cdot\dfrac{4}{x}} = 4\] の辺々を掛け合わせると \[\left( x+\dfrac{1}{x}\right)\left( x+\dfrac{4}{x}\right) \geqq 8\] となる. 等号成立条件は $x = \dfrac{1}{x} = \dfrac{4}{x}$ より $x^2 = 1 = 4$ だが, これは成り立たないから, $8$ は求める最小値ではない.

問題≪三角形の面積を等分する線分≫

 $\mathrm{AB} = 5,$ $\mathrm{BC} = 3,$ $\mathrm{CA} = 4$ を満たす $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{AB}$ 上を点 $\mathrm P$ が, 辺 $\mathrm{AC}$ 上を点 $\mathrm Q$ が動く. 線分 $\mathrm{PQ}$ が $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積を $2$ 等分するとき, 線分 $\mathrm{PQ}$ の長さの最小値を求めよ.

解答例

 $\mathrm{AB} = 5,$ $\mathrm{BC} = 3,$ $\mathrm{CA} = 4$ より, $\mathrm{AB}^2 = \mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2$ だから, \[ C = 90^\circ.\]
よって, \[\sin A = \frac{3}{5}, \quad \cos A = \frac{4}{5}.\] $x = \mathrm{AP},$ $y = \mathrm{AQ}$ とおくと, $\triangle\mathrm{APQ} = \dfrac{1}{2}\triangle\mathrm{ABC}$ より $\dfrac{1}{2}xy\sin A = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 4$ だから, \[ xy = 10.\] $\triangle\mathrm{APQ}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} \mathrm{PQ}^2 &= x^2+y^2-2xy\cos A \\ &= (x+y)^2-2xy\left( 1+\frac{4}{5}\right) \\ &= (x+y)^2-2\cdot 10\cdot\frac{9}{5} \\ &= (x+y)^2-36 \\ &\geqq (2\sqrt{xy}) ^2-36 = 4xy-36 \\ &= 4\cdot 10-36 = 4. \end{align*} 不等式は相加・相乗平均の関係により, 等号成立は $x = y$ のときに限る. $xy = 10$ より, $x = y = \sqrt{10}$ のとき $\mathrm{PQ}$ は最小値 $\sqrt 4 = 2$ をとる.

問題≪相乗平均と調和平均の関係≫

 任意の正の数 $a,$ $b$ に対して次の不等式が成り立つことを示し, 等号成立条件を求めよ. \[\sqrt{ab} \geqq \frac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}} \quad \cdots [\ast ].\]

解答例

\begin{align*} [\ast ] &\iff \sqrt{ab} \geqq \frac{2ab}{a+b} \\ &\iff a+b \geqq 2\sqrt{ab} \\ &\iff (a+b)^2 \geqq 4ab \\ &\iff a^2+2ab+b^2 \geqq 4ab \\ &\iff a^2-2ab+b^2 \geqq 0 \\ &\iff (a-b)^2 \geqq 0 \quad \cdots [\ast ]' \end{align*} $[\ast ]'$ は真であるから, $[\ast ]$ は真である. $[\ast ']$ の等号成立条件は $a-b = 0$ すなわち $a = b$ であるから, $[\ast ]$ の等号成立条件は $a = b$ である.

解説

 $[\ast ]$ の右辺を $a,$ $b$ の調和平均(harmonic mean)と呼ぶ. $[\ast ]$ は相乗平均が調和平均以上であることを意味するが, これは相加・相乗平均の不等式と同値である. 一般に, \[ (\text{相加平均}) \geqq (\text{相乗平均}) \geqq (\text{調和平均})\] が成り立つ.

コーシー=シュワルツの不等式

問題≪コーシー=シュワルツの不等式≫

(1)
任意の実数 $a,$ $b,$ $x,$ $y$ に対して不等式 $(ax+by)^2 \leqq (a^2+b^2)(x^2+y^2)$ が成り立つことを示し, その等号が成り立つ条件を求めよ.
(2)
実数 $x,$ $y$ が $x^2+y^2 = 1$ を満たすとき, $x+2y$ の最大値, 最小値とそれを実現する $x,$ $y$ の値を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2 \\ &= (a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2) \\ &\qquad -(a^2x^2+2abxy+b^2y^2) \\ &= a^2y^2+b^2x^2-2abxy \\ &= (ay-bx)^2 \geqq 0. \end{align*} 等号成立は $ay-bx = 0,$ すなわち $ay = bx,$ つまり $x:y = a:b$ のときに限る.
(2)
(1) に $a = 1,$ $b= 2,$ $x^2+y^2 = 1$ を代入すると, \[ (x+2y)^2 \leqq (1^2+2^2)\cdot 1 = 5 \cdots [1].\] よって, \[ -\sqrt 5 \leqq x+2y \leqq \sqrt 5.\] $[1]$ において等号が成り立つのは $y = 2x$ のときに限る.
このとき, $x^2+y^2 = 1$ より $5x^2 = 1$ だから, \[ (x,\ y) = \pm\left(\dfrac{\sqrt 5}{5},\ \dfrac{2\sqrt 5}{5}\right).\] ゆえに, $x+2y$ は $(x,\ y) = \left(\dfrac{\sqrt 5}{5},\ \dfrac{2\sqrt 5}{5}\right)$ のとき最大値 $\sqrt 5,$ $(x,\ y) = \left( -\dfrac{\sqrt 5}{5},\ -\dfrac{2\sqrt 5}{5}\right)$ のとき最小値 $-\sqrt 5$ をとる.

問題≪正の数の和と逆数の和の積の最小値≫

 すべての正の数 $a_1,$ $\cdots,$ $a_n$ に対して \[ (a_1+\cdots +a_n)\left(\frac{1}{a_1}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right) \geqq n\] が成り立つことを示せ.

解答例

 コーシー=シュワルツの不等式により, \begin{align*} &(a_1+\cdots +a_n)\left(\frac{1}{a_1}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right) \\ &\geqq \left( a_1\cdot\frac{1}{\sqrt a_1}+\cdots +a_n\cdot\frac{1}{\sqrt a_n}\right) ^2 = n \end{align*} が成り立つ.

別解

 相加・相乗平均の不等式により, \begin{align*} &(a_1+\cdots +a_n)\left(\frac{1}{a_1}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right) \\ &\geqq n\sqrt[n]{a_1\cdot\frac{1}{a_1}+\cdots +a_n\cdot\frac{1}{a_n}} = n \end{align*} が成り立つ.

その他

問題≪並べ替えに関する不等式≫

 $0 \leqq a_1 \leqq \cdots \leqq a_n$ のとき, \[\sum_{k = 1}^na_k{}^2 \geqq \sum_{k = 1}^na_ka_{n-k+1}\] が成り立つことを示せ.

解答例

 $n$ が奇数のとき $n = 2m+1$ とおき, $n$ が偶数のとき $n = 2m$ とおくと, \[\sum_{k = 1}^na_k{}^2-\sum_{k = 1}^na_ka_{n-k+1} = \sum_{k = 1}^m(a_k-a_{n-k+1})^2 \geqq 0\] となるから, 求める不等式が成り立つ.

別解

 $(x_1,\cdots,x_n) = (a_1,\cdots,a_n),$ $(y_1,\cdots,y_n) = (a_n,\cdots,a_1)$ としてコーシー=シュワルツの不等式を用いると \[\left(\!\sum_{k = 1}^na_k{}^2\!\right) ^2 \!\!=\!\! \left(\!\sum_{k = 1}^na_k{}^2\!\right)\!\!\left(\!\sum_{k = 1}^na_{n-k+1}{}^2\!\right) \!\!\geqq\!\! \left(\!\sum_{k = 1}^na_ka_{n-k+1}\!\right) ^2\] となるから, 両辺の平方根をとることにより求める不等式が得られる.

問題≪チェビシェフの不等式≫

 実数 $a,$ $b,$ $c,$ $x,$ $y,$ $z$ が $a \geqq b \geqq c,$ $x \geqq y \geqq z$ を満たすとき, 次の不等式が成り立つことを示せ:
(1)
$\dfrac{ax+by}{2} \geqq \dfrac{a+b}{2}\cdot\dfrac{x+y}{2}.$
(2)
$\dfrac{ax+by+cz}{3} \geqq \dfrac{a+b+c}{3}\cdot\dfrac{x+y+z}{3}.$

解答例

(1)
\begin{align*} &2(ax+by)-(a+b)(x+y) \\ &= (2ax+2by)-(ax+ay+bx+by) \\ &= ax-ay-bx+by \\ &= (a-b)(x-y) \geqq 0 \end{align*} だから, \[ 2(ax+by) \geqq (a+b)(x+y).\] 両辺を $4$ で割ると, 求める不等式が得られる.
(2)
\begin{align*} &3(ax+by+cz)-(a+b+c)(x+y+z) \\ &= (3ax+3by+3cz)-(ax+ay+az \\ &\qquad\qquad\qquad +bx+by+bz+cx+cy+cz) \\ &= (ax-ay-bx+by)+(ax-az-cx+cz) \\ &\qquad +(by-bz-cy+cz) \\ &= (a-b)(x-y)+(a-c)(x-z)+ \\ &\qquad (b-c)(y-z) \\ &\geqq 0 \end{align*} だから, \[ 3(ax+by+cz) \geqq (a+b+c)(x+y+z).\] 両辺を $9$ で割ると, 求める不等式が得られる.

問題≪$2$ 項のチェビシェフの不等式≫

 正の実数 $a,$ $b$ と正の整数 $m,$ $n$ に対して, 次の不等式が成り立つことを示せ:
(1)
$2(a^{m+n}+b^{m+n}) \geqq (a^m+b^m)(a^n+b^n).$ 
(2)
$2^{n-1}(a^n+b^n) \geqq (a+b)^n.$ 

解答例

(1)
\begin{align*} &2(a^{m+n}+b^{m+n})-(a^m+b^m)(a^n+b^n) \\ &= a^{m+n}-a^mb^n-a^nb^m+b^{m+n} \\ &= (a^m-b^m)(a^n-b^n). \end{align*} 仮定より $a,$ $b$ は正の数, $m,$ $n$ は正の整数だから, \[ a \geqq b \iff a^m \geqq b^m \iff a^n \geqq b^n.\] ゆえに, \[ 2(a^{m+n}+b^{m+n}) \geqq (a^m+b^m)(a^n+b^n) \quad \cdots [1].\] 等号は $a = b$ のとき成り立つ.
(2)
$[1]$ の両辺を $2$ で割ると, \[ a^{m+n}+b^{m+n} \geqq \frac{1}{2}(a^m+b^m)(a^n+b^n).\] よって, \begin{align*} a^n+b^n &\geqq \frac{1}{2}(a^{n-1}+b^{n-1})(a+b) \\ &\geqq \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}(a^{n-2}+b^{n-2})(a+b)\cdot (a+b) \\ &\geqq \cdots \\ &\geqq \left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}(a^1+b^1)(a+b)^{n-1} \\ &= \frac{1}{2^{n-1}}(a+b)^n. \end{align*} ゆえに, \[ 2^{n-1}(a^n+b^n) \geqq (a+b)^n.\]

問題≪シューアの不等式≫

 $n$ を正の整数, $x,$ $y,$ $z$ を実数とする.
(1)
$x,$ $y,$ $z \geqq 0$ のとき, \begin{align*} &x^n(x-y)(x-z)+y^n(y-z)(y-x) \\ &\qquad +z^n(z-x)(z-y) \geqq 0 \end{align*} が成り立つことを示せ.
(2)
$x,$ $y,$ $z \geqq 0$ のとき, \begin{align*} &x^3+y^3+z^3+3xyz \\ &\qquad\geqq x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2 \end{align*} が成り立つことを示せ.
(3)
$x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2+3xyz$ を因数分解せよ.
(4)
$x^2+y^2+z^2 \geqq xy+yz+zx$ が成り立つことを示せ.
(5)
$x,$ $y,$ $z \geqq 0,$ $xy+yz+zx = 1$ のとき, $x^3+y^3+z^3+6xyz \geqq \sqrt 3$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$x \geqq y \geqq z \geqq 0$ として一般性を失わない. このとき, \[ z^n(z-x)(z-y) \geqq 0\] であり, \begin{align*} &x^n(x-y)(x-z)+y^n(y-z)(y-x) \\ &= (x-y)(x^n(x-z)-y^n(y-z)) \\ &\geqq (x-y)(y^n(x-z)-y^n(y-z)) \\ &= y^n(x-y)^2 \geqq 0 \end{align*} だから, 辺々を加えると求める不等式が得られる.
(2)
(1) において $n = 1$ とすると, \begin{align*} &x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x) \\ &\qquad +z(z-x)(z-y) \geqq 0. \end{align*} 左辺を展開して整理すると, 求める不等式が得られる.
(3)
\begin{align*} &x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2+3xyz \\ &= (x+y)z^2+(x^2+y^2+3xy)z+(x+y)xy \\ &= (z+(x+y))((x+y)z+xy) \\ &= (x+y+z)(xy+yz+zx). \end{align*}
(4)
\begin{align*} &2(x^2+y^2+z^2)-2(xy+yz+zx) \\ &= (x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2) \\ &\qquad +(z^2-2zx+x^2) \\ &= (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \geqq 0 \end{align*} より, $2(x^2+y^2+z^2) \geqq 2(xy+yz+zx)$ すなわち \[ x^2+y^2+z^2 \geqq xy+yz+zx.\]
(5)
\begin{align*} &x^3+y^3+z^3+6xyz \\ &\geqq x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2+3xyz \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad (\because (2))\\ &= (x+y+z)(xy+yz+zx) \quad (\because (3)) \\ &= x+y+z \quad (\because xy+yz+zx = 1). \end{align*} また, \begin{align*} &(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx) \\ &\geqq 3(xy+yz+zx) \quad (\because (4)) \\ &= 3 \quad (\because xy+yz+zx = 1). \end{align*} ゆえに, \[ x^3+y^3+z^3+6xyz \geqq \sqrt 3.\]

定理≪ネスビットの不等式≫

 $a,$ $b,$ $c > 0$ のとき, 不等式 \[\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \geqq \frac{3}{2}\] が成り立つことを示せ.

解答例

\[ x^3+y^3-x^2y-xy^2 = (x+y)(x-y)^2 \geqq 0\] から \[ x^3+y^3 \geqq x^2y+xy^2\] が成り立つ. 同様にして, \begin{align*} y^3+z^3 &\geqq y^2z+yz^2, \\ z^3+x^3 &\geqq z^2x+zx^2 \end{align*} が成り立つ. 辺々を足し合わせると, \begin{align*} &2(x^2+y^2+z^2) \\ &\geqq x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2 \end{align*} となるが, これは求める不等式の両辺を通分したものと同値である. これで, 求める結果が得られた.

問題≪根号を含む絶対不等式≫

 $a$ を定数とする. 任意の正の数 $x,$ $y$ に対して不等式 \[\sqrt x+\sqrt y \leqq a\sqrt{x+y}\] が成り立つとき, $a$ の取り得る値の範囲を求めよ.

解答例

 $s = \sqrt{\dfrac{y}{x}}$ とおくと, $s > 0$ であり, \begin{align*} &\sqrt x+\sqrt y \leqq a\sqrt{x+y} \\ &\iff 1+\sqrt{\frac{y}{x}} \leqq a\sqrt{1+\frac{y}{x}} \\ &\iff 1+s \leqq a\sqrt{1+s^2} \\ &\iff \frac{1+s}{\sqrt{1+s^2}} \leqq a \\ &\iff \frac{(1+s)^2}{1+s^2} \leqq a^2. \end{align*} よって, $f(s) = \dfrac{(1+s)^2}{1+s^2}$ の最大値を $M$ とおくと, $a^2 \geqq M$ すなわち $a \geqq \sqrt M$ ($a > 0$ に注意).
$t = s+1$ とおくと, $t > 1$ であり, \begin{align*} f(s) &= \frac{t^2}{1+(t-1)^2} = \frac{t^2}{t^2-2t+2} \\ &= \frac{1}{1-\dfrac{2}{t}+\dfrac{2}{t^2}} = \frac{1}{2\left(\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\right) ^2+\dfrac{1}{2}}. \end{align*} $2\left(\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\right) ^2+\dfrac{1}{2}$ は $\dfrac{1}{t} = \dfrac{1}{2}$ すなわち $t = 2$ のとき最小値 $\dfrac{1}{2}$ をとるから, その逆数である $f(s)$ は $t = 2 > 1$ のとき最大値 $M = 2$ をとる.
ゆえに, $a$ の取り得る値の範囲は, \[ a \geqq \sqrt 2.\]
最終更新日: 2017 年 4 月 1 日