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大阪大学 1971年理系第6問解説

方針・初手

(1) は与えられた和 $\alpha + \beta = 1$ と $\alpha > 0, \beta > 0$ の条件から、積 $\alpha\beta$ のとり得る値の範囲を求め、その逆数の範囲を求める問題である。相加平均と相乗平均の大小関係、または 2 次方程式の実数解の条件を利用する。

(2) は与式を展開し、対称式の性質を利用して (1) で求めた $\frac{1}{\alpha\beta}$ のみで表す。$\frac{1}{\alpha\beta} = t$ とおくことで、$t$ の 2 次関数または 1 次関数の最大・最小問題に帰着させる。係数に定数 $c$ を含むため、最高次 $t^2$ の係数の符号および放物線の軸の位置による場合分けが必要となる。

解法1

(1)

$\alpha > 0, \beta > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より

$$ \frac{\alpha + \beta}{2} \ge \sqrt{\alpha\beta} $$

が成り立つ。$\alpha + \beta = 1$ を代入すると

$$ \frac{1}{2} \ge \sqrt{\alpha\beta} $$

両辺ともに正であるから、2乗して

$$ \alpha\beta \le \frac{1}{4} $$

等号は $\alpha = \beta = \frac{1}{2}$ のとき成立し、これは $\alpha + \beta = 1, \alpha > 0, \beta > 0$ の条件を満たす。また、$\alpha > 0, \beta > 0$ より $\alpha\beta > 0$ である。したがって、$0 < \alpha\beta \le \frac{1}{4}$ であるから、逆数をとると

$$ \frac{1}{\alpha\beta} \ge 4 $$

よって、$\frac{1}{\alpha\beta}$ がとる値の範囲は $4$ 以上のすべての実数である。

(2)

$t = \frac{1}{\alpha\beta}$ とおくと、(1) より $t \ge 4$ である。与えられた式を展開すると

$$ \left(c + \frac{1}{\alpha^2}\right)\left(c + \frac{1}{\beta^2}\right) = c^2 + c\left(\frac{1}{\alpha^2} + \frac{1}{\beta^2}\right) + \frac{1}{\alpha^2\beta^2} $$

ここで、括弧の中を通分して対称式の変形を行うと

$$ \frac{1}{\alpha^2} + \frac{1}{\beta^2} = \frac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha^2\beta^2} = \frac{(\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta}{(\alpha\beta)^2} $$

$\alpha + \beta = 1$ および $\alpha\beta = \frac{1}{t}$ を代入して

$$ \frac{1}{\alpha^2} + \frac{1}{\beta^2} = \frac{1 - \frac{2}{t}}{\frac{1}{t^2}} = t^2 - 2t $$

これを与式に代入し、$t$ の関数 $f(t)$ とおくと

$$ f(t) = c^2 + c(t^2 - 2t) + t^2 = (c+1)t^2 - 2ct + c^2 $$

問題は、定義域 $t \ge 4$ における $f(t)$ の最大値または最小値を求めることに帰着する。 $t^2$ の係数 $c+1$ の符号によって場合分けをする。

(i)

$c+1 > 0$ すなわち $c > -1$ のとき

$f(t)$ は下に凸の 2 次関数であり、平方完成すると

$$ f(t) = (c+1)\left(t - \frac{c}{c+1}\right)^2 - \frac{c^2}{c+1} + c^2 = (c+1)\left(t - \frac{c}{c+1}\right)^2 + \frac{c^3}{c+1} $$

軸の方程式は $t = \frac{c}{c+1}$ である。 $c > -1$ より $c+1 > 0$ であるから

$$ \frac{c}{c+1} = \frac{c+1-1}{c+1} = 1 - \frac{1}{c+1} < 1 < 4 $$

したがって、軸は定義域 $t \ge 4$ の左側にあるため、$t \ge 4$ において $f(t)$ は単調に増加する。ゆえに、最大値はもたず、$t = 4$ で最小値をとる。その最小値は

$$ f(4) = 16(c+1) - 8c + c^2 = c^2 + 8c + 16 = (c+4)^2 $$

(ii)

$c+1 = 0$ すなわち $c = -1$ のとき

$$ f(t) = 2t + 1 $$

これは傾き $2$ の直線であり、$t \ge 4$ において単調に増加する。ゆえに、最大値はもたず、$t = 4$ で最小値 $f(4) = 9$ をとる。この値は、(i) で求めた式 $(c+4)^2$ に $c = -1$ を代入したものと一致する。したがって、(i) と (ii) はまとめて「$c \ge -1$ のとき、最小値 $(c+4)^2$ をとり、最大値はない」とできる。

(iii)

$c+1 < 0$ すなわち $c < -1$ のとき

$f(t)$ は上に凸の 2 次関数である。$t$ をいくらでも大きくできるため、$f(t)$ はいくらでも小さくなり、最小値はもたない。最大値を求めるために、軸 $t = \frac{c}{c+1}$ と定義域の端点 $t = 4$ の大小関係を調べる。

$$ \frac{c}{c+1} - 4 = \frac{c - 4(c+1)}{c+1} = \frac{-3c-4}{c+1} $$

$c < -1$ より分母 $c+1 < 0$ であるから

$$ \frac{c}{c+1} \ge 4 \iff -3c-4 \le 0 \iff c \ge -\frac{4}{3} $$

$$ \frac{c}{c+1} < 4 \iff -3c-4 > 0 \iff c < -\frac{4}{3} $$

よって、以下の 2 つの場合に分かれる。

(ア)

$-\frac{4}{3} \le c < -1$ のとき

軸 $t = \frac{c}{c+1}$ は定義域 $t \ge 4$ の範囲に含まれるため、頂点で最大値をとる。最大値は

$$ f\left(\frac{c}{c+1}\right) = \frac{c^3}{c+1} $$

(イ)

$c < -\frac{4}{3}$ のとき

軸 $t = \frac{c}{c+1}$ は定義域 $t \ge 4$ の左側にあるため、$t \ge 4$ において $f(t)$ は単調に減少する。ゆえに、$t = 4$ で最大値をとる。最大値は

$$ f(4) = c^2 + 8c + 16 = (c+4)^2 $$

解説

対称式を基本対称式で表す変形と、置き換えた変数の定義域を確認するという数学の基本的な手技を問う問題である。

(1) において $\alpha\beta$ の範囲を求める際、相加平均・相乗平均の関係を用いるのが最も簡潔であるが、解と係数の関係を用いて $\alpha, \beta$ を 2 次方程式 $x^2 - x + \alpha\beta = 0$ の解とみなし、判別式 $D \ge 0$ から導出する方法も定石である。どちらを用いた場合でも、「$\alpha > 0, \beta > 0$ から $\alpha\beta > 0$」という下限の条件を忘れないよう注意したい。

(2) は文字定数を含む 2 次関数の最大・最小問題である。「下に凸か、上に凸か、あるいは 1 次関数か（$t^2$ の係数）」「定義域と軸の位置関係」という 2 つの観点から、漏れなく場合分けを遂行する力が必要となる。