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東北大学 1975年文系第3問解説

方針・初手

大小比較の基本に従い、2式の差をとって正負を判定する。(1)は差を因数分解し、$a$ と $b$ の大小関係で場合分けをして符号を調べる。(2)は(1)の結果を利用して数学的帰納法で証明するか、凸関数の性質を用いて示す。

解法1

(1)

与えられた2式の差をとると

$$ \begin{aligned} 2(a^{m+n} + b^{m+n}) - (a^m + b^m)(a^n + b^n) &= 2a^{m+n} + 2b^{m+n} - (a^{m+n} + a^m b^n + a^n b^m + b^{m+n}) \\ &= a^{m+n} - a^m b^n - a^n b^m + b^{m+n} \\ &= a^m(a^n - b^n) - b^m(a^n - b^n) \\ &= (a^m - b^m)(a^n - b^n) \end{aligned} $$

となる。ここで、$a, b$ は正の数、$m, n$ は正の整数である。

(i) $a \ge b$ のとき

$a^m \ge b^m$ かつ $a^n \ge b^n$ であるから、$a^m - b^m \ge 0$ かつ $a^n - b^n \ge 0$ となる。したがって、$(a^m - b^m)(a^n - b^n) \ge 0$ が成り立つ。

(ii) $a < b$ のとき

$a^m < b^m$ かつ $a^n < b^n$ であるから、$a^m - b^m < 0$ かつ $a^n - b^n < 0$ となる。したがって、$(a^m - b^m)(a^n - b^n) > 0$ が成り立つ。

(i), (ii) のいずれの場合も $(a^m - b^m)(a^n - b^n) \ge 0$ となるため

$$ 2(a^{m+n} + b^{m+n}) \ge (a^m + b^m)(a^n + b^n) $$

が成り立つ。等号が成立するのは $a=b$ のときである。

(2)

数学的帰納法を用いて $2^{n-1}(a^n + b^n) \ge (a+b)^n$ を証明する。

(I) $n=1$ のとき

左辺は $2^0(a^1 + b^1) = a+b$ 、右辺は $(a+b)^1 = a+b$ となる。よって、左辺 $=$ 右辺となり、不等式は等号で成り立つ。

(II) $n=k$ （$k$ は正の整数）のとき、不等式が成り立つと仮定する。すなわち

$$ 2^{k-1}(a^k + b^k) \ge (a+b)^k $$

が成り立つとする。$n=k+1$ のときを考える。 (1)の不等式において $m=1, n=k$ とおくと

$$ 2(a^{k+1} + b^{k+1}) \ge (a+b)(a^k + b^k) $$

が成り立つ。この両辺に正の数 $2^{k-1}$ を掛けると

$$ 2^k(a^{k+1} + b^{k+1}) \ge 2^{k-1}(a+b)(a^k + b^k) $$

となる。また、帰納法の仮定の両辺に正の数 $a+b$ を掛けると

$$ 2^{k-1}(a^k + b^k)(a+b) \ge (a+b)^{k+1} $$

となる。これら2つの不等式から

$$ 2^k(a^{k+1} + b^{k+1}) \ge (a+b)^{k+1} $$

が得られ、$n=k+1$ のときも不等式が成り立つ。

(I), (II) より、すべての正の整数 $n$ について

$$ 2^{n-1}(a^n + b^n) \ge (a+b)^n $$

が成り立つ。

解法2

(2) について、関数の凸性を利用する別解を示す。

$n=1$ のとき、両辺ともに $a+b$ となり等号で成立する。

$n \ge 2$ とする。関数 $f(x) = x^n$ を考えると、$x>0$ において

$$ f''(x) = n(n-1)x^{n-2} > 0 $$

となるため、$f(x)$ は $x>0$ において下に凸な関数である。

したがって、任意の正の数 $a, b$ について、次の不等式が成り立つ。

$$ \frac{f(a) + f(b)}{2} \ge f\left(\frac{a+b}{2}\right) $$

これに $f(x) = x^n$ を代入すると

$$ \frac{a^n + b^n}{2} \ge \left(\frac{a+b}{2}\right)^n $$

となる。この両辺に $2^n$ を掛けると

$$ 2^{n-1}(a^n + b^n) \ge (a+b)^n $$

が得られる。これは $n=1$ のときも含めてすべての正の整数 $n$ で成り立つ。

解説

(1)はチェビシェフの不等式の特別な場合にあたる。(2)はその結果を繰り返し用いることで証明できる。(1)の式の形から、数学的帰納法において $a^k+b^k$ と $a+b$ の積が $a^{k+1}+b^{k+1}$ を生み出すことを見抜くのがポイントである。また、解法2のように関数の凸性を利用する手法も、微積分を学習済みの場合は記述が簡潔になる強力な道具となる。