有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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微分法による不等式の証明(理系)

微分法による不等式の証明

 不等式 $f(x) \geqq g(x)$ を示すには, 関数 $h(x) = f(x)-g(x)$ の最小値が $0$ 以上であることを示せばよい. $h(x) \geqq 0$ を示すには, $h(x)$ の増減を調べる方法が有用である.

問題《ジョルダンの不等式》

 $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において \[\frac{2}{\pi}x \leqq \sin x \leqq x\] が成り立つことを示せ.
(参考: $2021$ 奈良教育大)

解答例

  • 右側の不等式: $f(x) = x-\sin x$ とおく. $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において, \[ f'(x) = 1-\cos x \geqq 0\] であるから, $f(x) \geqq f(0) = 0$ つまり $\sin x \leqq x$ が成り立つ.
  • 左側の不等式: $g(x) = \sin x-\dfrac{2}{\pi}x$ とおく. \[ g'(x) = \cos x-\frac{2}{\pi}\] であるから, $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において, $\cos x = \dfrac{2}{\pi}$ の解を $x = \alpha$ とおくと増減表は次のようになり, $g(x) \geqq g(0) = g\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0$ が成り立つ.
    $x$$0$$\cdots$$\alpha$$\cdots$$\dfrac{\pi}{2}$
    $g'(x)$$+$$0$$-$
    $g(x)$$0$$\nearrow$極大$\searrow$$0$

参考

  • 不等式 $\dfrac{2}{\pi}x \leqq \sin x \leqq x$ $\left( 0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ は「ジョルダンの不等式」(Jordan's inequality)として知られている. この不等式は, 次の図を使って証明することもできる.
  • 「ジョルダンの不等式」はさまざまな応用をもち, 例えば「バーゼル問題」(こちらを参照)を解くときに使われる.
(最終更新日: $2022/07/22$)

問題《対数関数と $1$ 次関数の比の極限》

 次のことを示せ. $2 < e < 4$ (こちらこちらを参照)は, 証明なしに使ってよい.
(1)
$x < 2^x$ $(x \geqq 1)$ が成り立つ.
(2)
$\lim\limits_{x \to \infty}\dfrac{x}{e^x} = 0$ である.
(3)
$\lim\limits_{t \to \infty}\dfrac{\log t}{t} = 0$ である.

解答例

(1)
$f(x) = 2^x-x$ $(x \geqq 1)$ とおく. $x > 1$ において, $e < 4$ から \[\begin{aligned} f'(x) &= 2^x\log 2-1 \\ &> 2\log 2-1 = \log\frac{4}{e} > \log 1 = 0 \end{aligned}\] であるので, $f(x)$ は単調増加である. よって, $f(x)$ の連続性により, $x \geqq 1$ において \[ f(x) \geqq f(1) = 2-1 = 1 > 0\] が成り立つ. よって, $x < 2^x$ $(x \geqq 1)$ が成り立つ.
(2)
(1) により $x \geqq 1$ において \[ 0 < \frac{x}{e^x} < \frac{2^x}{e^x} = \left(\frac{2}{e}\right) ^x\] が成り立ち, $0 < \dfrac{2}{e} < 1$ から $x \to \infty$ のとき右辺は $0$ に収束するので, \[\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{e^x} = 0\] である.
(3)
$t = e^x$ とおくと, $x = \log t$ であり, $x \to \infty$ のとき $t \to \infty$ となるから, \[\lim\limits_{t \to \infty}\dfrac{\log t}{t} = 0\] が成り立つ.

参考

 一般に,「ロピタルの定理」(l'Hospital's rule)と呼ばれる, 次の定理が知られている: $a$ が実数または $\infty,$ $-\infty$ のいずれかを表すとする. 関数 $f(x),$ $g(x)$ が $3$ つの条件
  • $\lim\limits_{x \to a}f(x) = \lim\limits_{x \to a}g(x) = 0,$ $\pm\infty$
  • $a$ の十分近くで $f(x),$ $g(x)$ は微分可能で, $\lim\limits_{x \to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ が存在する
  • $a$ の十分近くで, $x \neq a$ のとき, $g'(x) \neq 0$
を満たすとき, \[\lim\limits_{x \to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\] が成り立つ. この定理により, 本問の極限は \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{e^x} &= \lim\limits_{x \to \infty}\frac{1}{e^x} = 0, \\ \lim\limits_{t \to \infty}\frac{\log t}{t} &= \lim\limits_{t \to \infty}\frac{\dfrac{1}{t}}{1} = 0 \end{aligned}\] と求められる.
(最終更新日: $2022/06/17$)

問題《指数関数の近似とその応用》

 $n$ を $2$ 以上の整数とする.
(1)
すべての実数 $x$ に対して $x \leqq e^{x-1}$ が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.
(2)
正の数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ が $x_1+\cdots +x_n = n$ を満たすとする. このとき, $x_1\cdots x_n \leqq 1$ が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.
(3)
正の数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ に対して, $a = \dfrac{x_1+\cdots +x_n}{n}$ とおく. このとき, \[ x_1\cdots x_n \leqq a^n\] が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.
(参考: $2007$ 横浜市立大)

解答例

(1)
$f(x) = e^{x-1}-x$ とおく. このとき, $f'(x) = e^{x-1}-1$ から, \[ f'(x) \geqq 0 \iff x \geqq 1, \quad f'(x) \leqq 0 \iff x \leqq 1\] である. よって, $f(x)$ は $x = 1$ で極小かつ最小になるので, $f(x) \geqq f(1) = 0$ から $e^{x-1}-x \geqq 0$ つまり $x \leqq e^{x-1}$ であり, 等号成立は $x = 1$ の場合に限る.
(2)
(1) の結果から, \[ x_1\cdots x_n \leqq e^{x_1-1}\cdots e^{x_n-1} = e^{x_1+\cdots +x_n-n} = e^0 = 1\] であり, 等号成立は $x_1 = \cdots = x_n = 1$ の場合に限る.
(3)
$a = \dfrac{x_1+\cdots +x_n}{n}$ から $\dfrac{x_1}{a}+\cdots +\dfrac{x_n}{a} = n$ であるので, (2) の結果から
$\dfrac{x_1}{a}\cdots\dfrac{x_n}{a} \leqq 1$ つまり $x_1\cdots x_n \leqq a^n$
であり, 等号成立は $\dfrac{x_1}{a} = \cdots = \dfrac{x_n}{a} = 1$ つまり $x_1 = \cdots = x_n$ の場合に限る.

参考

  • $x = a$ を含む開区間で, 何回でも微分可能なある種の関数 $f(x)$ は, \[ f(x) = \sum_{n = 0}^\infty\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n\] と表せる. ただし, $f^{(0)}(a) = f(a)$ と定める. この表示を $f(x)$ の $x = a$ の周りの「テイラー展開」(Taylor expansion)と呼ぶ. $a = 0$ のときは「マクローリン展開」(Maclaurin expansion)と呼ぶ. 例えば, 指数関数 $e^x$ は \[ e^x = \sum_{n = 0}^\infty\frac{x^n}{n!} \quad \cdots [*]\] と「マクローリン展開」されることが知られている. $[*]$ において, 右辺の $n = 1$ までの部分和を考えると, $e^x$ の $1$ 次関数による近似 $e^x \geqq 1+x$ が得られる. 本問では, $e^{x-1} \geqq 1+(x-1)$ を使って, $n$ 変数の相加・相乗平均の不等式を証明した.
  • 相加・相乗平均の不等式の別証明については, こちらを参照されたい.
(最終更新日: $2022/06/17$)

問題《関数の増減と相加・相乗平均の不等式》

 $n$ を正の整数とする.
(1)
$s,$ $p$ を正の数とする. 関数 \[ f(x) = \frac{s+x}{n+1}-(px)^{\frac{1}{n+1}} \quad (x > 0)\] の最小値を求めよ.
(2)
正の数 $a_1,$ $\cdots,$ $a_n$ に対して \[\frac{a_1+\cdots +a_n}{n} \geqq (a_1\cdots a_n)^{\frac{1}{n}} \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つことを数学的帰納法で示せ.

解答例

(1)
与式を $x$ で微分すると \[ f'(x) = \frac{1}{n+1}-p^{\frac{1}{n+1}}\cdot\frac{1}{n+1}x^{-\frac{n}{n+1}} = \frac{x^{\frac{n}{n+1}}-p^{\frac{1}{n+1}}}{(n+1)x^{\frac{n}{n+1}}}\] となるから, $f(x)$ は $x = p^{\frac{1}{n}}$ のとき極小かつ最小の値 \[\begin{aligned} f(p^{\frac{1}{n}}) &= \frac{s+p^{\frac{1}{n}}}{n+1}-(p^{1+\frac{1}{n}})^{\frac{1}{n+1}} \\ &= \frac{s+p^{\frac{1}{n}}}{n+1}-p^{\frac{1}{n}} = \frac{s-np^{\frac{1}{n}}}{n+1} \end{aligned}\] をとる.
(2)
(i)
$n = 1$ のとき. $[\ast ]$ は明らかに成り立つ.
(ii)
$n = k$ ($k$: 正の整数)のとき $[\ast ]$ が成り立つとする. このとき, $s = a_1+\cdots +a_k,$ $p = a_1\cdots a_k$ に (1) の結果を適用すると, \[\begin{aligned} &\frac{s+x}{k+1}-(px)^{\frac{1}{k+1}} \geqq \frac{s-kp^{\frac{1}{k}}}{k+1} \\ &= \frac{k}{k+1}\left\{\frac{a_1+\cdots +a_k}{k}-(a_1\cdots a_k)^{\frac{1}{k}}\right\} \geqq 0 \end{aligned}\] となる. そこで, $x = a_{k+1}$ を代入すると, \[\begin{aligned} &\frac{s+a_{k+1}}{k+1}-(pa_{k+1})^{\frac{1}{k+1}} \geqq 0 \\ &\frac{a_1+\cdots +a_k+a_{k+1}}{k+1} \geqq (a_1\cdots a_ka_{k+1})^{\frac{1}{k+1}} \end{aligned}\] が得られる. よって, $n = k+1$ のとき $[*]$ が成り立つ.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

参考

 相加・相乗平均の不等式の別証明については, こちらを参照されたい.

問題《ヤングの不等式とその応用》

(1)
$0 < r < 1$ とする. $x > 0$ のとき, $r(x-1),$ $x^r-1$ の大小を比較せよ.
(2)
$p,$ $q > 1,$ $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q} = 1$ とする. $a,$ $b > 0$ のとき, $\dfrac{a}{p}+\dfrac{b}{q},$ $a^{\frac{1}{p}}b^{\frac{1}{q}}$ の大小を比較せよ.
(3)
$n$ を $2$ 以上の整数とする. $n$ 個の正の数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ に対して, $A_n = \dfrac{x_1+\cdots +x_n}{n},$ $G_n = (x_1\cdots x_n)^{\frac{1}{n}}$ とおくと, \[ A_{k+1} = \frac{kA_k+x_{k+1}}{k+1}, \quad G_{k+1} = G_k{}^{\frac{k}{k+1}}x_{k+1}{}^{\frac{1}{k+1}}\] が成り立つ. このことと (2) の結果を使って, \[ A_n \geqq G_n\] が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.
(参考: $2017$ 一橋大, $2019$ 九州歯科大)

解答例

(1)
\[ f(x) = r(x-1)-(x^r-1) \quad (x > 0)\] とおく. これを $x$ で微分すると \[ f'(x) = r-rx^{r-1} = \frac{r(x^{1-r}-1)}{x^{1-r}}\] となるから, \[ f'(x) \geqq 0 \iff x \geqq 1, \quad f'(x) \leqq 0 \iff x \leqq 1\] である. よって, $f(x)$ は $x = 1$ において極小かつ最小の値をとるから, \[ f(x) \geqq f(1) = 0\] が成り立つ. ゆえに, \[ r(x-1) \geqq x^r-1 \quad \cdots [1]\] であり, 等号成立は $x = 1$ の場合に限る.
(2)
$r = \dfrac{1}{p}$ ($p > 1$ から $0 < x < 1$), $x = \dfrac{a}{b}$ ($a,$ $b > 0$ から $x > 0$)を $[1]$ に代入すると, \[\begin{aligned} \frac{1}{p}\left(\frac{a}{b}-1\right) &\geqq \left(\frac{a}{b}\right) ^{\frac{1}{p}}-1 \\ \frac{1}{p}(a-b) &\geqq a^{\frac{1}{p}}b^{-\frac{1}{p}}b-b \\ \frac{a}{p}+\left( 1-\frac{1}{p}\right) b &\geqq a^{\frac{1}{p}}b^{1-\frac{1}{p}} \\ \frac{a}{p}+\frac{b}{q} &\geqq a^{\frac{1}{p}}b^{\frac{1}{q}} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が得られる. 等号成立は, $\dfrac{a}{b} = 1$ つまり $a = b$ の場合に限る.
(3)
(i)
$n = 2$ のとき. $a = x_1,$ $b = x_2,$ $p = q = 2$ に $[2]$ を適用すると, \[ A_2 = \frac{x_1}{2}+\frac{x_2}{2} \geqq x_1{}^{\frac{1}{2}}x_2{}^{\frac{1}{2}} = G_2\] が得られる. 等号成立は, $x_1 = x_2$ の場合に限る.
(ii)
$n = k$ ($k$: $2$ 以上の整数)のとき不等式が成り立ち, 等号成立が $x_1 = \cdots = x_k$ の場合に限るとする. このとき, $a = G_k,$ $b = x_{k+1},$ $p = \dfrac{k+1}{k},$ $q = k+1$ とおくと, $[2]$ から \[\begin{aligned} A_{k+1} &= \frac{kA_k+x_{k+1}}{k+1} \\ &\geqq \frac{kG_k+x_{k+1}}{k+1} = \frac{G_k}{\dfrac{k+1}{k}}+\frac{x_{k+1}}{k+1} = \frac{a}{p}+\frac{b}{q} \\ &\geqq a^{\frac{1}{p}}b^{\frac{1}{q}} = G_{k+1} \end{aligned}\] が得られる. 等号成立は, $A_k = G_k = x_{k+1}$ つまり $x_1 = \cdots = x_k = x_{k+1}$ の場合に限る.
(i), (ii) から, $2$ 以上のすべての整数 $n$ に対して, $A_n \geqq G_n$ が成り立ち, 等号成立は $x_1 = \cdots = x_n$ の場合に限る.

参考

  • (2) の不等式は「ヤングの不等式」(Young's inequality)として知られており, 定積分に関する「ヤングの不等式」(こちらを参照)に一般化される.
  • 相加・相乗平均の不等式の別証明については, こちらを参照されたい.
(最終更新日: $2022/06/17$)

問題《ベルヌーイの不等式の一般化とその応用》

 $n$ を $2$ 以上の整数とする.
(1)
$r < 0$ とする. \[ (1+x)^r \geqq 1+rx \quad (x > -1) \quad \cdots [1]\] が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.
(2)
$a_1\cdots a_n = 1$ なる正の数 $a_1,$ $\cdots,$ $a_n$ に対して \[ a_1+\cdots +a_n \geqq n \quad \cdots [2]\] が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.
(3)
正の数 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ に対して \[ x_1+\cdots +x_n \geqq n(x_1\cdots x_n)^{\frac{1}{n}} \quad \cdots [3]\] が成り立つことを示せ. また, 等号成立条件を求めよ.

解答例

(1)
$f(x) = (1+x)^r-(1+rx)$ とおく. このとき, \[ f'(x) = r(1+x)^{r-1}-r = r\{ (1+x)^{r-1}-1\}\] である. $r < 0$ であるから, $x > -1$ において \[\begin{aligned} f'(x) \geqq 0 &\iff (1+x)^{r-1}-1 \leqq 0 \iff (1+x)^{r-1} \leqq 1 \\ &\iff 1+x \geqq 1 \iff x \geqq 0, \\ f'(x) \leqq 0 &\iff -1 < x \leqq 0 \end{aligned}\] が成り立つ.
$x$$-1$$\cdots$$0$$\cdots$
$f'(x)$$-$$0$$+$
$f(x)$$\searrow$$0$$\nearrow$
よって, $f(x)$ の $x > -1$ における最小値は $f(0) = 0$ であるから, $f(x) \geqq 0\ (x > -1)$ つまり $[1]$ が成り立つ. 等号成立は $x = 1$ の場合に限る.
(2)
(i)
$n = 2$ のとき. $a_1a_2 = 1$ から $a_2 = a_1{}^{-1}$ であるので, \[ (a_1+a_2)-2 = a_1+a_1{}^{-1}-2 = (\sqrt{a_1}-\sqrt{a_1}{}^{-1})^2 \geqq 0\] から $[2]$ が成り立つ. 等号成立は $a_1 = a_1{}^{-1} = a_2$ つまり $a_1 = a_2 = 1$ の場合に限る.
(ii)
$n = k$ ($k$: $2$ 以上の整数)のとき $[2]$ が成り立ち, 等号成立が $a_1 = \cdots = a_k$ の場合に限るとする. $n = k+1$ のとき, $a_1\cdots a_ka_{k+1} = 1$ から $a_1\cdots a_k = a_{k+1}{}^{-1}$ であるので, \[\begin{aligned} &a_1+\cdots +a_k+a_{k+1} \\ &\geqq k(a_1\cdots a_k)^{\frac{1}{k}}+a_{k+1} \\ &= ka_{k+1}{}^{-\frac{1}{k}}+a_{k+1} \\ &= k\left\{ 1+\left( a_{k+1}-1\right)\right\} ^{-\frac{1}{k}}+a_{k+1} \\ &\geqq k\left\{ 1+\left( -\frac{1}{k}\right) (a_{k+1}-1)\right\} +a_{k+1} \\ &= k+1 \end{aligned}\] が成り立つ. 第 $2$ の不等号は, $x = a_{k+1}-1\ (> -1),$ $r = -\dfrac{1}{k}\ (< 0)$ に $[1]$ を適用することで得られる. 等号成立は $a_1 = \cdots = a_k = a_{k+1} = 1$ の場合に限る.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[2]$ が成り立ち, 等号成立は $a_1 = \cdots = a_n = 1$ の場合に限る.
(3)
$G_n = (x_1\cdots x_n)^{\frac{1}{n}},$ $a_k = \dfrac{x_k}{G_n}$ とおくと, $a_1\cdots a_n = 1$ となるから, $[2]$ により, \[\begin{aligned} \frac{x_1}{G_n}+\cdots +\frac{x_n}{G_n} &\geqq n \\ x_1+\cdots +x_n &\geqq nG_n \end{aligned}\] つまり $[3]$ が得られる. 等号成立は $x_1 = \cdots = x_n$ の場合に限る.

参考

  • $[1]$ は,「ベルヌーイの不等式」(Bernoulli's inequality)と呼ばれ, よく知られている $r$ が正の整数の場合だけでなく, $r \leqq 0,$ $r \geqq 1$ の場合にも成り立つ.
  • 相加・相乗平均の不等式の別証明については, こちらを参照されたい.
(最終更新日: $2022/06/17$)

問題《円に内接する $n$ 角形の周長・面積の最大値》

(1)
$n$ を $2$ 以上の整数とし, $t_1,$ $\cdots,$ $t_n > 0,$ $t_1+\cdots +t_n = 1$ とする. $x_1,$ $\cdots,$ $x_n \in (0,\pi )$ のとき, \[\sin\left(\sum_{k = 1}^nt_kx_k\right) \geqq \sum_{k = 1}^nt_k\sin x_k\] が成り立つことを示せ. また, 等号成立は $x_1 = \cdots = x_n$ の場合に限ることを示せ.
(2)
$3$ 以上の整数 $n$ に対して, 単位円に内接する $n$ 角形のうち周の長さ $L$ が最大になるもの, 面積 $S$ が最大になるものは正 $n$ 角形であることを示せ.
(参考: $2022$ 大阪公立大)

解答例

(1)
(i)
$n = 2$ のとき. $x_2$ を定数とみなして, $0 < x_1 < \pi$ の範囲で $x_1$ の関数 \[ f(x_1) = \sin (t_1x_1+t_2x_2)-t_1\sin x_1-t_2\sin x_2\] を考える. \[ f'(x_1) = t_1\{\cos (t_1x_1+t_2x_2)-\cos x_1\}\] であり, $\cos x$ ($0 < x < \pi $)は単調減少であるから, $t_1x_1+t_2x_2 \leqq x_1$ つまり $x_1 \geqq x_2$ のとき $f'(x_1) \geqq 0$ であり, $t_1x_1+t_2x_2 \geqq x_1$ つまり $x_1 \leqq x_2$ のとき $f'(x_1) \leqq 0$ である. よって, $f(x_1) \geqq f(x_2) = 0$ であるから, \[\sin (t_1x_1+t_2x_2) \geqq t_1\sin x_1+t_2\sin x_2 \quad (0 < x_1 < \pi )\] が成り立ち, 等号成立は $x_1 = x_2$ の場合に限る.
(ii)
$n = m$ ($m$: $2$ 以上の整数)のとき不等式と等号成立条件が成り立つとする. $n = m+1$ の場合に, $s = t_1+\cdots +t_m$ とおく. \[ u_k = \frac{t_k}{s} \quad (1 \leqq k \leqq m)\] とおくと, \[\begin{aligned} &\sin\left(\sum_{k = 1}^{m+1}t_kx_k\right) \\ &= \sin\left(\sum_{k = 1}^mt_kx_k+t_{m+1}x_{m+1}\right) \\ &= \sin\left( s\sum_{k = 1}^mu_kx_k+t_{m+1}x_{m+1}\right) \\ &\geqq s\sin\left(\sum_{k = 1}^mu_kx_k\right) +t_{m+1}\sin x_{m+1} \quad (\because\text{(i)}) \\ &\geqq s\sum_{k = 1}^mu_k\sin x_k+t_{m+1}\sin x_{m+1} \\ &= \sum_{k = 1}^{m+1}t_k\sin x_k \end{aligned}\] が得られる. 等号成立は, “ $\displaystyle\sum\limits_{k = 1}^mu_kx_k = x_{m+1},$ $x_1 = \cdots = x_m$ ” つまり $x_1 = \cdots = x_m = x_{m+1}$ の場合に限る.
(i), (ii) から, $2$ 以上のすべての整数 $n$ に対して不等式, 等号成立条件が成り立つ.
(2)
$n$ 角形 $\mathrm P_1\cdots\mathrm P_n$ が単位円 $\mathrm O$ に内接するとする. $\mathrm P_{n+1} = \mathrm P_1$ として, $\theta _k = \angle\mathrm P_k\mathrm{OP}_{k+1}$ とおく. \[\begin{aligned} L &= \sum_{k = 1}^n\mathrm P_k\mathrm P_{k+1} = \sum_{k = 1}^n2\sin\frac{\theta _k}{2} = 2n\sum_{k = 1}^n\frac{1}{n}\sin\frac{\theta _k}{2} \\ &\leqq 2n\sin\left(\sum_{k = 1}^n\frac{1}{n}\cdot\frac{\theta _k}{2}\right) = 2n\sin\frac{\pi}{n} \end{aligned}\] であり, 等号成立は $\dfrac{\theta _1}{2} = \cdots = \dfrac{\theta _n}{2}$ の場合に限るから, 単位円に内接する $n$ 角形のうち周の長さ $L$ が最大になるものは正 $n$ 角形である. \[\begin{aligned} S &= \sum_{k = 1}^n\triangle\mathrm{OP}_k\mathrm P_{k+1} = \sum_{k = 1}^n\frac{1}{2}\sin\theta _k = \frac{n}{2}\sum_{k = 1}^n\frac{\sin\theta _k}{n} \\ &\leqq \frac{n}{2}\sin\left(\sum_{k = 1}^n\frac{\theta _k}{n}\right) = \frac{n}{2}\sin\frac{2\pi}{n} \end{aligned}\] であり, 等号成立は $\theta _1 = \cdots = \theta _n$ の場合に限るから, 単位円に内接する $n$ 角形のうち面積 $S$ が最大になるものは正 $n$ 角形である.

参考

 (1) の不等式は「イェンゼンの不等式」(こちらを参照)である.
(最終更新日: $2022/07/07$)

問題《$2^x = x^2$ の実数解》

 次の問に答えよ. $e < 4$ であること(こちらを参照)は証明なしに使ってよい.
(1)
$\dfrac{1}{2} < \log 2$ を示せ.
(2)
$x > 4$ において $f(x) = 2^x-x^2$ は単調増加であることを示せ.
(3)
$2^x = x^2$ の整数解をすべて求めよ.
(4)
$2^x = x^2$ は整数でない実数解を $1$ つもつ. その整数部分を求めよ.

解答例

(1)
$\log x$ の単調増加性, $e < 2^2$ から,
$1 < 2\log 2$ つまり $\dfrac{1}{2} < \log 2$
である.
(2)
$f(x) = 2^x-x^2$ から, \[\begin{aligned} f'(x) &= 2^x\log 2-2x, \\ f''(x) &= 2^x(\log 2)^2-2 \end{aligned}\] である. $2^x$ の単調増加性から, $x > 4$ のとき, \[\begin{aligned} f''(x) &> 2^4(\log 2)^2-2 \\ &> 2^4\left(\frac{1}{2}\right) ^2-2 = 2 \\ &> 0 \end{aligned}\] である. よって, $x > 4$ において $f'(x)$ は単調増加で, \[ f'(4) > 2^4\cdot\frac{1}{2}-2\cdot 4 = 0\] であるから, $x > 4$ において $f'(x) > 0$ が成り立つ. これは, $x > 4$ において $f(x)$ が単調増加であることを意味する.
(3)
(2) の結果と $f(4) = 2^4-4^2 = 0,$ $f(x)$ の連続性により, $x > 4$ において $f(x) > 0$ が成り立つ. また, $x \leqq -1$ において, $2^x,$ $-x^2$ は単調増加で, その和 $2^x-x^2$ も単調増加であるから, \[ f(x) \leqq f(-1) = 2^{-1}-(-1)^2 = -\frac{1}{2} < 0\] が成り立つ. さらに, \[ f(0) = 1, \quad f(1) = 1, \quad f(2) = 0, \quad f(3) = -1\] である. 以上から, $f(x) = 0$ つまり $2^x = x^2$ の整数解は $x = 2,$ $4$ に限る.
(4)
$f(x)$ は連続で $f(-1) < 0,$ $f(0) > 0$ であるから, 中間値の定理により $-1 < x < 0$ の範囲に $f(x) = 0$ つまり $2^x = x^2$ の実数解が存在する. ゆえに, 求める実数解の整数部分は $-1$ である.

参考

  • $2^x = x^2$ の実数解は, $y = xe^x$ $(y \geqq -e^{-1})$ の「逆対応」として定まる「ランベルト $W$ 関数」(Lambert $W$ function) $W(x)$ $(x \geqq -e^{-1})$ を用いて \[ x = e^{-W(-\log\sqrt 2)},\ -e^{-W(\log\sqrt 2)}\] と表される. 実際, $x > 0$ のとき \[\begin{aligned} 2^x = x^2 &\iff x\log 2 = 2\log x \\ &\iff \frac{\log x}{x} = \frac{\log 2}{2} \\ &\iff -\log x\cdot e^{-\log x} = -\log\sqrt 2 \\ &\iff W(-\log x\cdot e^{-\log x}) = W( -\log\sqrt 2) \\ &\iff -\log x = W(-\log\sqrt 2) \\ &\iff x = e^{-W(-\log\sqrt 2)} \end{aligned}\] となり, $x < 0$ のとき \[\begin{aligned} 2^x = x^2 &\iff x\log 2 = 2\log (-x) \\ &\iff -\frac{\log (-x)}{-x} = \frac{\log 2}{2} \\ &\iff -\log (-x)\cdot e^{-\log (-x)} = \log\sqrt 2 \\ &\iff W(-\log (-x)\cdot e^{-\log (-x)}) = W(\log\sqrt 2) \\ &\iff -\log (-x) = W(\log\sqrt 2) \\ &\iff x = -e^{-W(\log\sqrt 2)} \end{aligned}\] となるからである. $-e^{-1} < x < 0$ のとき $x$ に対応する $W(x)$ の値は $2$ つあるため(こちらを参照), $x = e^{-W(-\log\sqrt 2)}$ は $2$ つの解 $x = 2,$ $4$ を表している. $y = W(x)$ のように, $1$ つの $x$ の値に $1$ つ以上の $y$ の値が対応しているとき, $y$ を $x$ の「多価関数」(multivalued function)と呼ぶ.
  • $2^x = x^2$ の整数解を求める解法については, こちらも参照されたい.
(最終更新日: $2022/06/17$)

問題《三角関数のマクローリン展開にまつわる不等式》

(1)
各非負整数 $n$ に対して, 関数 $f_n(x)$ を \[ f_n(x) = \sum_{k = 0}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}-\sin x\] で定める. $n \geqq 1$ のとき, $f_n{}'(x),$ $f_n{}''(x),$ $f_n{}'''(x),$ $f_n{}''''(x)$ を求めよ.
(2)
$n$ を正の整数とする. $x \geqq 0$ において \[\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} &\leqq \cos x \leqq \sum_{k = 0}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}, \\ \sum_{k = 0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} &\leqq \sin x \leqq \sum_{k = 0}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}  \end{aligned}\] が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$f_n(x)$ を $4$ 回微分すると, \[\begin{aligned} f_n{}'(x) &= \sum_{k = 0}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}-\cos x, \\ f_n{}''(x) &= \sum_{k = 1}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k-1)!}x^{2k-1}+\sin x \\ &= \sin x-\sum_{k = 0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}, \\ f_n{}'''(x) &= \cos x-\sum_{k = 0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}, \\ f_n{}''''(x) &= -\sin x-\sum_{k = 1}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k-1)!}x^{2k-1} \\ &= \sum_{k = 0}^{2n-2}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}-\sin x = f_{n-1}(x) \end{aligned}\] が得られる.
(2)
(i)
$n = 1$ のとき. (1) の結果により, \[\begin{aligned} f_1{}''''(x) &= f_0(x) = x-\sin x, \\ f_0{}'(x) &= 1-\cos x \geqq 0 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $x \geqq 0$ において,
  • $f_1{}''''(x)$ は単調増加であるから \[ f_1{}''''(x) \geqq f_1{}''''(0) = 0,\]
  • $f_1{}'''(x)$ は単調増加であるから \[ f_1{}'''(x) \geqq f_1{}'''(0) = 0,\]
  • $f_1{}''(x)$ は単調増加であるから \[ f_1{}''(x) \geqq f_1{}''(0) = 0,\]
  • $f_1{}'(x)$ は単調増加であるから \[ f_1{}'(x) \geqq f_1{}'(0) = 0,\]
  • $f_1(x)$ は単調増加であるから \[ f_1(x) \geqq f_1(0) = 0\]
が成り立つ.
(ii)
$n > 1$ のとき. $x \geqq 0$ において $f_{n-1}(x) \geqq 0,$ $f_{n-1}{}'(x) \geqq 0,$ $f_{n-1}{}''(x) \geqq 0,$ $f_{n-1}{}'''(x) \geqq 0$ であるとすると, (1) と同様に, $x \geqq 0$ において $f_n(x) \geqq 0,$ $f_n{}'(x) \geqq 0,$ $f_n{}''(x) \geqq 0,$ $f_n{}'''(x) \geqq 0$ となる.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して, $x \geqq 0$ において, $f_n(x) \geqq 0,$ $f_n{}'(x) \geqq 0,$ $f_n{}''(x) \geqq 0,$ $f_n{}'''(x) \geqq 0,$ つまり \[\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} &\leqq \cos x \leqq \sum_{k = 0}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}, \\ \sum_{k = 0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} &\leqq \sin x \leqq \sum_{k = 0}^{2n}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}  \end{aligned}\] が成り立つ.

参考

 $\cos x,$ $\sin x$ は \[\cos x = \sum_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}, \quad \sin x = \sum_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\] と「マクローリン展開」される(こちらを参照).

問題《平方根の和と和の平方根に関する不等式》

 $a,$ $b$ を正の数とする. すべての正の数 $x,$ $y$ に対して \[ a\sqrt x+b\sqrt y \leqq c\sqrt{x+y}\] が成り立つような実数 $c$ の最小値を, $a,$ $b$ を用いて表せ.
(参考: $1995$ 東京大)

解答例

 $x,$ $y > 0$ として, $t = \dfrac{y}{x}\,(> 0)$ とおく. \[\begin{aligned} a\sqrt x+b\sqrt y \leqq c\sqrt{x+y} &\iff a+b\sqrt t \leqq c\sqrt{1+t} \\ &\iff \frac{a+b\sqrt t}{\sqrt{1+t}} \leqq c \end{aligned}\] であるから, 求める $c$ の値は関数 $f(t) = \dfrac{a+b\sqrt t}{\sqrt{1+t}}$ の最大値に等しい. \[\begin{aligned} f'(t) &= \frac{\dfrac{b}{2\sqrt t}\cdot\sqrt{1+t}-(a+b\sqrt t)\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{1+t}}}{1+t} \\ &= \frac{b(1+t)-(a+b\sqrt t)\sqrt t}{2\sqrt t(1+t)^{\frac{3}{2}}} = \frac{b-a\sqrt t}{2\sqrt t(1+t)^{\frac{3}{2}}} \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} f'(t) \geqq 0 &\iff 0 < t \leqq \frac{b^2}{a^2}, \\ f'(t) \leqq 0 &\iff t \geqq \frac{b^2}{a^2} \end{aligned}\] が成り立つ.
$t$$0$$\cdots$$\dfrac{b^2}{a^2}$$\cdots$
$f'(t)$$+$$0$$-$
$f(t)$$\nearrow$極大$\searrow$
よって, $t = \dfrac{b^2}{a^2}$ のとき, $f(t)$ は極大かつ最大の値  \[\frac{a+b\sqrt{\dfrac{b^2}{a^2}}}{\sqrt{1+\dfrac{b^2}{a^2}}} = \frac{a^2+b^2}{\sqrt{a^2+b^2}} = \sqrt{a^2+b^2}\] をとる. ゆえに, 求める値は $c = \sqrt{a^2+b^2}$ である.

参考

 「コーシー=シュワルツの不等式」を利用した別証明については, こちらを参照されたい.
(最終更新日: $2022/08/22$)