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名古屋大学 1971年理系第2問解説

方針・初手

与えられた不等式に自然数 $n$ が含まれているため、数学的帰納法によるアプローチが第一感として挙げられます。帰納法のステップにおいては、多項式の大小比較が必要となるため、関数をおいて微分法を利用します。

また、左辺が等比数列の和の形になっていることに着目し、和の公式を用いてから微分する方法や、代数的な式変形のみで証明する方法も有効です。以下に3つの解法を示します。

解法1

数学的帰納法を用いて証明する。

(I) $n=2$ のとき

左辺は $\sum_{k=0}^{2} x^k = 1 + x + x^2$ 右辺は $2 + x^3$

右辺と左辺の差をとると、

$$ \begin{aligned} (2 + x^3) - (1 + x + x^2) &= x^3 - x^2 - x + 1 \\ &= x^2(x - 1) - (x - 1) \\ &= (x^2 - 1)(x - 1) \\ &= (x + 1)(x - 1)^2 \end{aligned} $$

$0 \leqq x \leqq 1$ において、$x + 1 > 0$ かつ $(x - 1)^2 \geqq 0$ であるから、$(x + 1)(x - 1)^2 \geqq 0$ となる。よって、$n=2$ のとき不等式は成り立つ。

(II) $n=m$ ($m \geqq 2$) のとき成り立つと仮定する。

すなわち、次が成り立つと仮定する。

$$ \sum_{k=0}^{m} x^k \leqq m + x^{m+1} $$

$n=m+1$ のとき、左辺は次のように評価できる。

$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{m+1} x^k &= \sum_{k=0}^{m} x^k + x^{m+1} \\ &\leqq (m + x^{m+1}) + x^{m+1} \\ &= m + 2x^{m+1} \end{aligned} $$

これが $n=m+1$ のときの右辺 $(m + 1) + x^{m+2}$ 以下であることを示せばよい。そのために、差 $f(x) = (m + 1 + x^{m+2}) - (m + 2x^{m+1})$ を考える。

$$ f(x) = x^{m+2} - 2x^{m+1} + 1 $$

$x$ で微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &= (m+2)x^{m+1} - 2(m+1)x^m \\ &= x^m \{ (m+2)x - 2(m+1) \} \end{aligned} $$

$0 \leqq x \leqq 1$ において、

$$ (m+2)x - 2(m+1) \leqq (m+2) \cdot 1 - 2m - 2 = -m $$

$m \geqq 2$ より $-m < 0$ である。また、$x^m \geqq 0$ であるから、$0 \leqq x \leqq 1$ において $f'(x) \leqq 0$ となる。したがって、$f(x)$ は $0 \leqq x \leqq 1$ で単調に減少する。

$x=1$ のとき、

$$ f(1) = 1^{m+2} - 2 \cdot 1^{m+1} + 1 = 0 $$

であるから、$0 \leqq x \leqq 1$ において常に $f(x) \geqq f(1) = 0$ が成り立つ。すなわち、

$$ m + 2x^{m+1} \leqq m + 1 + x^{m+2} $$

が示された。これと先の評価を合わせることで、

$$ \sum_{k=0}^{m+1} x^k \leqq m + 1 + x^{m+2} $$

となり、$n=m+1$ のときも不等式は成り立つ。

(I), (II) より、$2$ 以上のすべての自然数 $n$ について、与えられた不等式が成り立つ。

解法2

等比数列の和の公式と微分法を用いて証明する。

(I) $x=1$ のとき

左辺は $\sum_{k=0}^{n} 1^k = n + 1$ 右辺は $n + 1^{n+1} = n + 1$ よって、等号が成立し、不等式は満たされる。

(II) $0 \leqq x < 1$ のとき

等比数列の和の公式より、左辺は次のように変形できる。

$$ \sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} $$

示すべき不等式は $\frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} \leqq n + x^{n+1}$ となる。 $0 \leqq x < 1$ より $1 - x > 0$ であるから、両辺に $1 - x$ を掛けて整理する。

$$ \begin{aligned} 1 - x^{n+1} &\leqq (n + x^{n+1})(1 - x) \\ 1 - x^{n+1} &\leqq n - nx + x^{n+1} - x^{n+2} \\ x^{n+2} - 2x^{n+1} + nx - n + 1 &\leqq 0 \end{aligned} $$

ここで、$g(x) = x^{n+2} - 2x^{n+1} + nx - n + 1$ とおく。 $x$ で微分すると、

$$ g'(x) = (n+2)x^{n+1} - 2(n+1)x^n + n $$

さらに微分すると、

$$ \begin{aligned} g''(x) &= (n+1)(n+2)x^n - 2n(n+1)x^{n-1} \\ &= (n+1)x^{n-1} \{ (n+2)x - 2n \} \end{aligned} $$

$0 \leqq x < 1$ において、

$$ (n+2)x - 2n < (n+2) \cdot 1 - 2n = 2 - n $$

$n \geqq 2$ より $2 - n \leqq 0$ であるから、$(n+2)x - 2n < 0$ となる。また、$x^{n-1} \geqq 0$, $n+1 > 0$ であるから、$g''(x) \leqq 0$ となる。したがって、$g'(x)$ は $0 \leqq x < 1$ において単調に減少する。

ここで $x=1$ における $g'(1)$ の値を計算すると、

$$ g'(1) = (n+2) - 2(n+1) + n = 0 $$

よって、$0 \leqq x < 1$ において $g'(x) > g'(1) = 0$ が成り立つ。したがって、$g(x)$ は $0 \leqq x < 1$ において単調に増加する。

ふたたび $x=1$ における $g(1)$ の値を計算すると、

$$ g(1) = 1 - 2 + n - n + 1 = 0 $$

よって、$0 \leqq x < 1$ において $g(x) < g(1) = 0$ が成り立つ。以上より、$x^{n+2} - 2x^{n+1} + nx - n + 1 \leqq 0$ が示されたため、元の不等式も成立する。

(I), (II) より、$0 \leqq x \leqq 1$ において与えられた不等式が成り立つ。

解法3

代数的な式変形のみを用いて証明する。

右辺から左辺を引いた式を考える。$n = \sum_{k=1}^{n} 1$ と書き換えることで、次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} (n + x^{n+1}) - \sum_{k=0}^{n} x^k &= n + x^{n+1} - \left( 1 + \sum_{k=1}^{n} x^k \right) \\ &= \sum_{k=1}^{n} 1 - \sum_{k=1}^{n} x^k - (1 - x^{n+1}) \\ &= \sum_{k=1}^{n} (1 - x^k) - (1 - x^{n+1}) \end{aligned} $$

ここで、因数分解の公式 $1 - x^k = (1 - x)(1 + x + \cdots + x^{k-1})$ を用いると、

$$ \begin{aligned} &\sum_{k=1}^{n} (1 - x)(1 + x + \cdots + x^{k-1}) - (1 - x)(1 + x + \cdots + x^n) \\ &= (1 - x) \left\{ \sum_{k=1}^{n} \left( \sum_{j=0}^{k-1} x^j \right) - \sum_{j=0}^{n} x^j \right\} \end{aligned} $$

中括弧の中にある $\sum_{k=1}^{n} \left( \sum_{j=0}^{k-1} x^j \right)$ は、$1 + (1+x) + (1+x+x^2) + \cdots + (1+x+\cdots+x^{n-1})$ のことであり、$x^j$ の係数はそれが現れる回数に等しい。$x^j$ は $k-1 \geqq j$ すなわち $k \geqq j+1$ となる $k$ の個数だけ現れるので、その係数は $n - j$ となる。

$$ \sum_{k=1}^{n} \left( \sum_{j=0}^{k-1} x^j \right) = \sum_{j=0}^{n-1} (n - j) x^j $$

これを代入し、さらに $\sum_{j=0}^{n} x^j = \sum_{j=0}^{n-1} x^j + x^n$ と分けて整理する。

$$ \begin{aligned} (1 - x) \left\{ \sum_{j=0}^{n-1} (n - j) x^j - \left( \sum_{j=0}^{n-1} x^j + x^n \right) \right\} &= (1 - x) \left\{ \sum_{j=0}^{n-1} (n - j - 1) x^j - x^n \right\} \\ &= (1 - x) \left\{ (n - 1) - x^n + \sum_{j=1}^{n-1} (n - j - 1) x^j \right\} \end{aligned} $$

$0 \leqq x \leqq 1$ および $n \geqq 2$ のとき、各項を評価する。

$1 - x \geqq 0$
$n - 1 \geqq 1$, $x^n \leqq 1$ より、$(n - 1) - x^n \geqq 0$
$j=1, 2, \cdots, n-1$ について $n - j - 1 \geqq 0$ かつ $x^j \geqq 0$ より、$\sum_{j=1}^{n-1} (n - j - 1) x^j \geqq 0$

したがって、すべての因数と項が $0$ 以上となるため、全体の式も $0$ 以上となる。ゆえに、$\sum_{k=0}^{n} x^k \leqq n + x^{n+1}$ が成り立つ。

解説

不等式の証明において、右辺と左辺の差をとって微分で押し切る手法は強力ですが、本問のように自然数 $n$ が含まれていると、式が複雑になりやすい傾向があります。

解法1の「数学的帰納法」は、文字 $n$ を含む命題の証明における王道であり、帰納法のステップで差をとって微分に持ち込むことで、扱う関数がシンプルに保たれます。解法2の「等比数列の和の公式を利用する」アプローチは、分母を払うことで多項式の微分に帰着させることができるため、こちらも自然な発想です。解法3の「代数変形」はやや技巧的ですが、多項式の係数を比較することで微分を一切用いずに鮮やかに証明することができます。