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北海道大学 2022年理系第1問解説

方針・初手

関数 $f(x)$ は2つの絶対値の和で与えられており、各絶対値の中身は2次式である。 (1) は、最小値が区間 $0 \le x \le 1$ の外には存在しないことを示す問題である。$f(x)$ が区間外で $f(0)$ や $f(1)$ よりも真に大きくなることを具体的に計算して示せばよい。 (2) は、最小値が区間 $[0, 1]$ の端点 $x=0$ または $x=1$ のいずれかでとることを示す問題である。$0 \le x \le 1$ における $f(x)$ の絶対値を外し、各区間における関数の形（1次関数と上に凸の2次関数）から最小値の候補を絞り込む。 (3) は、(2) の結果から $m = \min(f(0), f(1))$ となることを利用し、2変数 $a, b$ の関数としての $m$ の最大値を求める。大小比較に基づく場合分けと、相加平均と相乗平均の大小関係を活用する。

解法1

(1)

$0 \le a \le b \le 1$ における $f(0)$ と $f(1)$ の値を求める。

$$ f(0) = |0 \cdot (-1)| + |(-a)(-b)| = ab $$

$$ f(1) = |1 \cdot 0| + |(1-a)(1-b)| = (1-a)(1-b) $$

関数 $f(x)$ はすべての実数 $x$ において最小値 $m$ をもつから、$m \le f(0)$ かつ $m \le f(1)$ が成り立つ。

$x < 0$ のとき、 $x < 0$ かつ $x-1 < 0$ より $x(x-1) > 0$ である。また、$0 \le a \le b$ より $x-a < 0$ かつ $x-b < 0$ となるため、$(x-a)(x-b) > 0$ である。したがって、絶対値記号はそのまま外すことができ、

$$ \begin{aligned} f(x) &= x(x-1) + (x-a)(x-b) \\ &= x^2 - x + x^2 - (a+b)x + ab \\ &= 2x^2 - (a+b+1)x + ab \end{aligned} $$

となる。ここで、$x < 0$ より $2x^2 > 0$ であり、$a \ge 0, b \ge 0$ より $a+b+1 \ge 1 > 0$ であるから、$-(a+b+1)x > 0$ となる。ゆえに、

$$ f(x) > ab = f(0) \ge m $$

となり、$x < 0$ において $f(x) > m$ が成り立つ。

$x > 1$ のとき、 $x > 0$ かつ $x-1 > 0$ より $x(x-1) > 0$ である。また、$a \le 1 \le b \le 1$ より $x-a > 0$ かつ $x-b > 0$ となるため、$(x-a)(x-b) > 0$ である。したがって、絶対値記号はそのまま外すことができ、

$$ f(x) = 2x^2 - (a+b+1)x + ab $$

となる。ここで、$f(x) - f(1)$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} f(x) - f(1) &= \{2x^2 - (a+b+1)x + ab\} - \{2 - (a+b+1) + ab\} \\ &= 2(x^2 - 1) - (a+b+1)(x - 1) \\ &= (x-1) \{2(x+1) - (a+b+1)\} \\ &= (x-1) (2x + 1 - a - b) \end{aligned} $$

となる。$x > 1$ より $x-1 > 0$ である。また、$x > 1$ と $a \le 1, b \le 1$ から $a+b \le 2$ であることを用いると、

$$ 2x + 1 - a - b > 2 \cdot 1 + 1 - 2 = 1 > 0 $$

となる。したがって、$f(x) - f(1) > 0$ すなわち $f(x) > f(1)$ である。ゆえに、

$$ f(x) > f(1) \ge m $$

となり、$x > 1$ において $f(x) > m$ が成り立つ。以上より、$x < 0$ および $x > 1$ では $f(x) > m$ となることが示された。

(2)

(1) の結果より、もし $x < 0$ または $x > 1$ において $f(x) = m$ となる $x$ が存在すると仮定すると、$f(x) > m$ となり矛盾する。したがって、関数 $f(x)$ は区間 $0 \le x \le 1$ において最小値 $m$ をとる。

$0 \le x \le 1$ において、$x(x-1) \le 0$ であるから、

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

となる。さらに $x$ の値の範囲を $a, b$ との大小によって3つに場合分けする。

(i) $0 \le x \le a$ のとき $x-a \le 0$ かつ $x-b \le 0$ より $(x-a)(x-b) \ge 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} f(x) &= (-x^2 + x) + (x^2 - (a+b)x + ab) \\ &= (1-a-b)x + ab \end{aligned} $$

これは $x$ の1次関数または定数関数であるから、この閉区間における $f(x)$ の最小値は端点である $f(0)$ または $f(a)$ のいずれかである。

(ii) $a \le x \le b$ のとき $x-a \ge 0$ かつ $x-b \le 0$ より $(x-a)(x-b) \le 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} f(x) &= (-x^2 + x) - (x^2 - (a+b)x + ab) \\ &= -2x^2 + (1+a+b)x - ab \end{aligned} $$

これは $x^2$ の係数が負であるため、上に凸の2次関数である。閉区間において、上に凸の2次関数の最小値は区間の端点でとる。したがって、この閉区間における $f(x)$ の最小値は $f(a)$ または $f(b)$ のいずれかである。

(iii) $b \le x \le 1$ のとき $x-a \ge 0$ かつ $x-b \ge 0$ より $(x-a)(x-b) \ge 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} f(x) &= (-x^2 + x) + (x^2 - (a+b)x + ab) \\ &= (1-a-b)x + ab \end{aligned} $$

(i) と同様に、これは $x$ の1次関数または定数関数であるから、この閉区間における $f(x)$ の最小値は端点である $f(b)$ または $f(1)$ のいずれかである。

以上 (i), (ii), (iii) より、区間 $0 \le x \le 1$ 全体における $f(x)$ の最小値 $m$ は、$f(0), f(a), f(b), f(1)$ のいずれかである。

ここで、(i) および (iii) で得られた直線の式を $L(x) = (1-a-b)x + ab$ とおく。 (i) より区間 $0 \le x \le a$ で $f(x) = L(x)$ であるから、$f(0) = L(0)$ および $f(a) = L(a)$ が成り立つ。 (iii) より区間 $b \le x \le 1$ で $f(x) = L(x)$ であるから、$f(b) = L(b)$ および $f(1) = L(1)$ が成り立つ。 $L(x)$ は区間 $0 \le x \le 1$ 全体において単調増加、単調減少、または一定のいずれかであるから、区間 $[0, 1]$ における $L(x)$ の最小値は端点の $L(0)$ または $L(1)$ でとる。よって、区間内の値である $L(a)$ と $L(b)$ については、

$$ L(a) \ge \min(L(0), L(1)) $$

$$ L(b) \ge \min(L(0), L(1)) $$

が成り立つ。すなわち、

$$ f(a) \ge \min(f(0), f(1)) $$

$$ f(b) \ge \min(f(0), f(1)) $$

である。これにより、$f(0), f(a), f(b), f(1)$ の中で最も小さい値は $f(0)$ または $f(1)$ となる。したがって、最小値 $m$ は $m = f(0)$ または $m = f(1)$ であることが示された。

(3)

(2) の結果から、最小値 $m$ は次のように表せる。

$$ m = \min(f(0), f(1)) = \min(ab, (1-a)(1-b)) $$

$ab$ と $(1-a)(1-b)$ の大小を比較するために、その差を計算する。

$$ ab - (1-a)(1-b) = ab - (1 - a - b + ab) = a + b - 1 $$

この差の符号によって、場合分けを行う。

(ア) $a+b \ge 1$ のとき $ab - (1-a)(1-b) \ge 0$ より $ab \ge (1-a)(1-b)$ となるため、

$$ m = (1-a)(1-b) $$

である。$a \le 1, b \le 1$ より $1-a \ge 0, 1-b \ge 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$ \sqrt{(1-a)(1-b)} \le \frac{(1-a) + (1-b)}{2} = \frac{2 - (a+b)}{2} = 1 - \frac{a+b}{2} $$

両辺を2乗すると、

$$ (1-a)(1-b) \le \left( 1 - \frac{a+b}{2} \right)^2 $$

ここで、$a+b \ge 1$ であるから、

$$ 1 - \frac{a+b}{2} \le 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $$

となり、$1 - \frac{a+b}{2} \ge 0$ であることと合わせると、

$$ \left( 1 - \frac{a+b}{2} \right)^2 \le \frac{1}{4} $$

が成り立つ。よって $m \le \frac{1}{4}$ である。等号が成立するのは、$1-a = 1-b$ すなわち $a=b$ かつ、$a+b = 1$ のとき、つまり $a=b=\frac{1}{2}$ のときである。このとき、条件 $0 \le a \le b \le 1$ も満たす。

(イ) $a+b < 1$ のとき $ab - (1-a)(1-b) < 0$ より $ab < (1-a)(1-b)$ となるため、

$$ m = ab $$

である。$a \ge 0, b \ge 0$ であるから、同様に相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$ \sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2} $$

両辺を2乗し、$a+b < 1$ を用いると、

$$ ab \le \left( \frac{a+b}{2} \right)^2 < \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4} $$

が成り立つ。よって $m < \frac{1}{4}$ である。

(ア), (イ) より、すべての場合において $m \le \frac{1}{4}$ であり、最大値を与える $(a, b)$ の組が存在することがわかる。したがって、$m$ の最大値は $\frac{1}{4}$ である。

解説

絶対値を含む関数の最小値・最大値を考察する典型的な問題である。 (1) で定義域外をあらかじめ排除し、(2) で区間内の挙動を調べるという誘導が丁寧についている。 (2) では、上に凸な放物線の最小値が端点でとられる性質と、直線の方程式を拡張して端点の大小関係に帰着させる論法を用いると、煩雑な計算を回避してスマートに証明できる。 (3) の $\min(X, Y)$ の最大化は、「小さい方を採用する」という関数の性質上、$X = Y$ となる境界付近で最大値をとることが多い。差をとって場合分けを行い、相加平均と相乗平均の大小関係で上から押さえ込む手法は、このタイプの問題の定石である。