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京都大学 1964年文系第6問解説

方針・初手

$f(x) = x^2 - ax - b$ とおき、$0 \leqq x \leqq 2$ における $|f(x)|$ の最大値を $M$ とする。この $M$ を最小にするような $a, b$ を求める。まず一方の文字を固定して値域を整理し、その後に残りを動かすと見通しが立つ。別の見方として、区間の端点と頂点で誤差がつり合う形にも注目できる。

解法1

$f(x) = x^2 - ax - b$ とおく。まず $a$ を固定して考える。$h(x) = x^2 - ax$ とおくと、区間 $0 \leqq x \leqq 2$ における $h(x)$ の最大値 $M_h$ と最小値 $m_h$ は $a$ の値によって決まる。 $f(x) = h(x) - b$ であるから、$0 \leqq x \leqq 2$ における $|f(x)|$ の最大値 $M$ は、値域 $m_h - b \leqq f(x) \leqq M_h - b$ の両端の絶対値の大きい方である。これが最小となるのは、$- (m_h - b) = M_h - b$ となるとき、すなわち $b = \frac{M_h + m_h}{2}$ のときであり、そのときの $M$ の最小値は $\frac{M_h - m_h}{2}$ となる。

$h(x) = \left(x - \frac{a}{2}\right)^2 - \frac{a^2}{4}$ のグラフの軸は $x = \frac{a}{2}$ である。軸の位置によって場合分けを行う。

(i)

$\frac{a}{2} < 0$ すなわち $a < 0$ のとき

区間 $0 \leqq x \leqq 2$ において $h(x)$ は単調増加である。したがって、$m_h = h(0) = 0$、$M_h = h(2) = 4 - 2a$ となる。このときの $M$ の最小値は、

$$ \frac{M_h - m_h}{2} = \frac{4 - 2a - 0}{2} = 2 - a $$

$a < 0$ より、この値は $2$ より大きい。

(ii)

$0 \leqq \frac{a}{2} \leqq 1$ すなわち $0 \leqq a \leqq 2$ のとき

区間内に軸があり、軸は区間の中央より左寄り（または中央）である。最小値は頂点でとり、$m_h = h\left(\frac{a}{2}\right) = -\frac{a^2}{4}$。最大値は区間の右端でとり、$M_h = h(2) = 4 - 2a$。このときの $M$ の最小値は、

$$ \frac{M_h - m_h}{2} = \frac{4 - 2a - \left(-\frac{a^2}{4}\right)}{2} = \frac{a^2 - 8a + 16}{8} = \frac{(a - 4)^2}{8} $$

$0 \leqq a \leqq 2$ において $\frac{(a - 4)^2}{8}$ は単調減少であり、$a = 2$ のとき最小値 $\frac{(2 - 4)^2}{8} = \frac{1}{2}$ をとる。

(iii)

$1 < \frac{a}{2} \leqq 2$ すなわち $2 < a \leqq 4$ のとき

区間内に軸があり、軸は区間の中央より右寄りである。最小値は頂点でとり、$m_h = h\left(\frac{a}{2}\right) = -\frac{a^2}{4}$。最大値は区間の左端でとり、$M_h = h(0) = 0$。このときの $M$ の最小値は、

$$ \frac{M_h - m_h}{2} = \frac{0 - \left(-\frac{a^2}{4}\right)}{2} = \frac{a^2}{8} $$

$2 < a \leqq 4$ において $\frac{a^2}{8}$ は単調増加であり、値域は $\frac{1}{2} < \frac{a^2}{8} \leqq 2$ となる。

(iv)

$2 < \frac{a}{2}$ すなわち $a > 4$ のとき

区間 $0 \leqq x \leqq 2$ において $h(x)$ は単調減少である。したがって、$m_h = h(2) = 4 - 2a$、$M_h = h(0) = 0$ となる。このときの $M$ の最小値は、

$$ \frac{M_h - m_h}{2} = \frac{0 - (4 - 2a)}{2} = a - 2 $$

$a > 4$ より、この値は $2$ より大きい。

以上（i）〜（iv）より、$M$ の値が最も小さくなるのは $a = 2$ のときであり、その値は $\frac{1}{2}$ である。このとき、（ii）の境界における $M_h$ と $m_h$ を用いて $b$ を求めると、

$$ m_h = -\frac{2^2}{4} = -1, \quad M_h = 4 - 2 \cdot 2 = 0 $$

であるから、

$$ b = \frac{M_h + m_h}{2} = \frac{0 + (-1)}{2} = -\frac{1}{2} $$

となる。

解法2

$f(x) = x^2 - ax - b$ とし、区間 $0 \leqq x \leqq 2$ における $|f(x)|$ の最大値を $M$ とする。放物線 $y = f(x)$ の形状から、$|f(x)|$ の最大値が最小になるとき、区間の両端 $x=0, 2$ と極小値をとる点において、最大値 $M$ と最小値 $-M$ を交互にとることが予想される。すなわち、$f(0) = M$、$f(2) = M$ となる条件を考えると、

$$ -b = 4 - 2a - b $$

これを解いて $a = 2$ を得る。このとき、$f(x) = x^2 - 2x - b = (x - 1)^2 - 1 - b$ となり、極小値は $x = 1$ でとり $f(1) = -1 - b$ となる。 $f(0) = -f(1)$ となればよいので、

$$ -b = -(-1 - b) $$

これを解いて $b = -\frac{1}{2}$ を得る。このとき、$f(x) = x^2 - 2x + \frac{1}{2} = (x - 1)^2 - \frac{1}{2}$ であり、区間 $0 \leqq x \leqq 2$ において

$$ -\frac{1}{2} \leqq f(x) \leqq \frac{1}{2} $$

が成り立つため、最大値は $M = \frac{1}{2}$ となる。

次に、任意の $a, b$ に対して $M \geqq \frac{1}{2}$ となることを背理法で示す。ある実数 $a, b$ が存在して、区間 $0 \leqq x \leqq 2$ における $|f(x)|$ の最大値が $\frac{1}{2}$ 未満になったと仮定する。すなわち、すべての $0 \leqq x \leqq 2$ に対して $|x^2 - ax - b| < \frac{1}{2}$ が成り立つとする。とくに $x = 0, 1, 2$ における値に注目すると、絶対値の性質より以下の不等式が成り立つ。

$$ f(0) < \frac{1}{2} $$

$$ f(1) > -\frac{1}{2} $$

$$ f(2) < \frac{1}{2} $$

ここで、$f(0) - 2f(1) + f(2)$ の値を計算する。

$$ \begin{aligned} f(0) - 2f(1) + f(2) &= (-b) - 2(1 - a - b) + (4 - 2a - b) \\ &= -b - 2 + 2a + 2b + 4 - 2a - b \\ &= 2 \end{aligned} $$

一方で、上の3つの不等式を用いると、

$$ \begin{aligned} f(0) - 2f(1) + f(2) &< \frac{1}{2} - 2\left(-\frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{2} = 2 \end{aligned} $$

となり、$2 < 2$ という矛盾が生じる。したがって、最大値が $\frac{1}{2}$ 未満になることはなく、$M \geqq \frac{1}{2}$ である。最大値 $\frac{1}{2}$ を実現する $a=2, b=-\frac{1}{2}$ が存在するため、これが求める答えである。