数学3 最大最小・解の個数問題 13 解説

方針・初手

条件式 $x^p + y^q = 1$ を用いて1変数の最大値問題に帰着させる。累乗根のまま計算すると導関数が煩雑になるため、$z=xy$ が正であることに着目し、$z$ の代わりに $z^q$ などを新しい関数として考え、微分を用いて増減を調べるのがよい。

解法1

$x>0, y>0$ より $y^q > 0$ であるから、条件式 $x^p + y^q = 1$ より $0 < x^p < 1$ であり、$0 < x < 1$ である。

また、$y^q = 1 - x^p$ より $y = (1 - x^p)^{\frac{1}{q}}$ と表せる。これを用いて $z = xy$ を $x$ だけの式で表すと、以下のようになる。

$$z = x(1 - x^p)^{\frac{1}{q}}$$

$x>0, y>0$ より $z>0$ であるから、$z$ が最大となるとき、$z^q$ も最大となる。ここで、計算を容易にするために $f(x) = z^q$ とおく。

$$f(x) = x^q (1 - x^p) = x^q - x^{p+q}$$

$f(x)$ を $x$ について微分する。

$$\begin{aligned} f'(x) &= qx^{q-1} - (p+q)x^{p+q-1} \\ &= x^{q-1} \{ q - (p+q)x^p \} \end{aligned}$$

$x>0$ において $x^{q-1} > 0$ であるため、$f'(x)$ の符号は $q - (p+q)x^p$ の符号と一致する。 $f'(x) = 0$ となる $x$ は、以下のときである。

$$x^p = \frac{q}{p+q}$$

$p>0, q>0$ より $0 < \frac{q}{p+q} < 1$ であり、これを満たす $x$ は $0 < x < 1$ の範囲に存在する。 $x = \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}}$ を境にして、$x^p$ は単調に増加するため、$q - (p+q)x^p$ の符号は正から負へと変化する。

したがって、$f(x)$ の増減は以下のようになる。

($0 < x < \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}}$ のとき) $f'(x) > 0$ であり、$f(x)$ は単調増加する。

($x > \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}}$ のとき) $f'(x) < 0$ であり、$f(x)$ は単調減少する。

ゆえに、$f(x)$ は $x = \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}}$ のとき、極大かつ最大となる。このときの $f(x)$ の値は以下の通りである。

$$\begin{aligned} f(x) &= x^q (1 - x^p) \\ &= \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{q}{p}} \left( 1 - \frac{q}{p+q} \right) \\ &= \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{q}{p}} \left( \frac{p}{p+q} \right) \end{aligned}$$

$z = \{ f(x) \}^{\frac{1}{q}}$ であるから、求める最大値は以下のようになる。

$$\begin{aligned} z &= \left\{ \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{q}{p}} \left( \frac{p}{p+q} \right) \right\}^{\frac{1}{q}} \\ &= \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}} \left( \frac{p}{p+q} \right)^{\frac{1}{q}} \end{aligned}$$

解法2

対数関数 $y = \log t$ のグラフが上に凸であることを利用する。

$X = x^p, Y = y^q$ とおくと、$x>0, y>0$ より $X>0, Y>0$ であり、条件式は $X + Y = 1$ となる。また、$z = xy = X^{\frac{1}{p}} Y^{\frac{1}{q}}$ であり、両辺の自然対数をとると以下のようになる。

$$\log z = \frac{1}{p} \log X + \frac{1}{q} \log Y$$

ここで、$\alpha = \frac{q}{p+q}, \beta = \frac{p}{p+q}$ とおくと、$\alpha > 0, \beta > 0$ かつ $\alpha + \beta = 1$ である。これを用いて $\log z$ の式を無理やり $\alpha, \beta$ を用いた形に変形する。

$$\begin{aligned} \log z &= \frac{p+q}{pq} \left( \frac{q}{p+q} \log X + \frac{p}{p+q} \log Y \right) \\ &= \frac{p+q}{pq} \left( \alpha \log X + \beta \log Y \right) \end{aligned}$$

関数 $g(t) = \log t$ が上に凸であることを用いるため、$X = \alpha s, Y = \beta t$ なる $s, t$ を導入する。すなわち、$s = \frac{X}{\alpha} = \frac{p+q}{q} X, \ t = \frac{Y}{\beta} = \frac{p+q}{p} Y$ とおく。すると、$\alpha s + \beta t = X + Y = 1$ となる。

上に凸な関数の性質から、任意の $s>0, t>0$ と $\alpha>0, \beta>0 \ (\alpha+\beta=1)$ に対して、以下の不等式が成り立つ。

$$\alpha \log s + \beta \log t \leqq \log (\alpha s + \beta t)$$

これに $s, t$ を代入する。

$$\begin{aligned} \alpha \log \left( \frac{p+q}{q} X \right) + \beta \log \left( \frac{p+q}{p} Y \right) &\leqq \log (X + Y) \\ &= \log 1 \\ &= 0 \end{aligned}$$

対数の性質を用いて左辺を展開し、整理する。

$$\alpha \left( \log X - \log \frac{q}{p+q} \right) + \beta \left( \log Y - \log \frac{p}{p+q} \right) \leqq 0$$

$$\alpha \log X + \beta \log Y \leqq \alpha \log \left( \frac{q}{p+q} \right) + \beta \log \left( \frac{p}{p+q} \right)$$

この不等式を $\log z$ の式に適用する。

$$\begin{aligned} \log z &= \frac{p+q}{pq} \left( \alpha \log X + \beta \log Y \right) \\ &\leqq \frac{p+q}{pq} \left\{ \frac{q}{p+q} \log \left( \frac{q}{p+q} \right) + \frac{p}{p+q} \log \left( \frac{p}{p+q} \right) \right\} \\ &= \frac{1}{p} \log \left( \frac{q}{p+q} \right) + \frac{1}{q} \log \left( \frac{p}{p+q} \right) \\ &= \log \left\{ \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}} \left( \frac{p}{p+q} \right)^{\frac{1}{q}} \right\} \end{aligned}$$

対数の底 $e$ は $e > 1$ であるから、真数の大小関係より以下が得られる。

$$z \leqq \left( \frac{q}{p+q} \right)^{\frac{1}{p}} \left( \frac{p}{p+q} \right)^{\frac{1}{q}}$$

等号は $s = t$、すなわち $\frac{p+q}{q} X = \frac{p+q}{p} Y$ のとき成立する。 $X+Y=1$ と連立して解くと、$X = \frac{q}{p+q}, Y = \frac{p}{p+q}$ となり、これは $X>0, Y>0$ を満たす。よって、最大値が存在することが示された。

解説

多変数の条件付き最大・最小問題である。条件式を用いて変数を消去し、1変数関数の最大・最小に帰着させるのが定石のアプローチである。本問では、そのまま代入すると累乗根を含む微分の計算が煩雑になるため、$z^q$ を考えることで計算を大幅に楽にする工夫が重要である。解法2で示したような対数関数の凸性（あるいは重み付き相加平均と相乗平均の大小関係）を利用した解法は、発想はやや高度だが計算量が少なく、非常に鮮やかである。