2014 死ぬ気で数学の 壁を 破る道具 不等式scipio.secret.jp/2014-1st/inequalities.pdf1...
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2014死ぬ気で数学の
壁を破る道具不等式
-1-
目 次
第 1章 不等式証明の基本 5
第 2章 幾何学的不等式 19
第 3章 Cauchy-Schwarzの不等式 37
第 4章 再配列不等式 59
第 5章 グラフの凸性と Jensen不等式 69
第 6章 不等式証明の３角関数の応用 81
3
1不等式証明の基本
【演習1】相加平均・相乗平均の不等式を用いるか、差をとるかすれば、次の不等式を示すことができる。
(1) x > 0のとき、x +1
x= 2を示せ。
(2) a, b > 0のとき、a
b+
b
a= 2を示せ。
(3) a, b, c > 0のとき、a
b + c+
b
c + a+
c
a + b= 3
2
を示せ。
5
第 1. 不等式証明の基本
証明a
b + c+
b
c + a+
c
a + b
=a
b + c+ 1 +
b
c + a+ 1 +
c
a + b+ 1 − 3
= (a + b + c)
(1
b + c+
1
c + a+
1
a + b
)− 3
=1
2{(a + b) + (b + c) + (c + a)}
(1
b + c+
1
c + a+
1
a + b
)− 3
=1
2
{a + b
b + c+
b + c
a + b+
a + b
c + a+
c + a
a + b+
c + a
b + c+
b + c
c + a+ 3
}− 3
= 1
2{2 + 2 + 2 + 3} − 3 =
3
2
Caucgy-Schwarzの不等式を用いて、
(A + B + C)
(1
A+
1
B+
1
C
)=(√
A · 1√A
+√
B · 1√B
+√
C · 1√C
)2
= 9
としてもよい。【演習2】
実数 a, b, c, dが a4 + b4 + c4 + d4 = 16を満たすとき、
a5 + b5 + c5 + d5 5 32
を示せ。
証明 16 = a4 + b4 + c4 + d4 = a4より、a 5 2であるから、
a5 5 2a4
同様に、b5 5 2b4, c5 5 2c4, d5 5 2d4である。
∴ a5 + b5 + c5 + d5 5 2(a4 + b4 + c4 + d4
)= 16
等号成立は、例えば、a = 2, b = c = d = 0のとき。
-6-
第 1. 不等式証明の基本
【演習3】不等式証明は差をとるのが原則。その際、平方の形を上手に作ろう。
(1) a, b, c ∈ Rのとき、
a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca
を示せ。
(2) a, b, c ∈ Rのとき、
3(ab + bc + ca) 5 (a + b + c)2 5 3(a2 + b2 + c2)
を示せ。
(3) x, y, z > 0, x + y + z = 1のとき、√
6x + 1 +√
6y + 1 +√
6z + 1 5 3√
3
を示せ。
(4) a, b, c ∈ Rのとき、
a4 + b4 + c4 = abc(a + b + c)
を示せ。
証明 (1)
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
=1
2
{(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2} = 0
(2)
(a + b + c)2 − 3 (ab + bc + ca)
= a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 0
3(a2 + b2 + c2
)− (a + b + c)2
= 2(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
)= 0
(3)√
6x + 1 = X,√
6y + 1 = Y,√
6z + 1 = Zとおくと、X2 + Y 2 + Z2 = 6 (x + y + z) + 3 = 9
-7-
第 1. 不等式証明の基本
である。
(X + Y + Z)2 5 3(X2 + Y 2 + Z2
)= 27
∴ X + Y + Z 5 3√
3
___
___y =
√6x + 1の凸性を用いてもよい。
(4)
a4 + b4 + c4 = a2b2 + b2c2 + c2a2
= ab · bc + bc · ca + ca · ab
= abc (a + b + c)
【演習4】さまざまな平均。以下、文字はすべて正とする。
(1) √a2 + b2
2= a + b
2=
√ab = 2
1a
+ 1b
を示せ。
(2) √a2 + b2 + c2
3= a + b + c
3= 3
√abc = 3
1a
+ 1b+ 1
c
を示せ。
-8-
第 1. 不等式証明の基本
証明 (1)(√a2 + b2
2
)2
−(
a + b
2
)2
=(a − b)2
4= 0(
a + b
2
)2
−(√
ab)2
=(a − b)2
4= 0
1
a+
1
b= 2√
ab⇔
√ab = 2
1
a+
1
b
(2) √a2 + b2 + c2 + d2
4=√
1
2
(a2 + b2
2+
c2 + d2
2
)
=
√√√√1
2
((a + b
2
)2
+
(c + d
2
)2)
= 1
2
{a + b
2+
c + d
2
}=
a + b + c + d
4
ここに、3d = a + b + cとおくと、√a2 + b2 + c2 + d2
4= 4d
4= d
⇔ a2 + b2 + c2 + d2
4= d2
⇔ a2 + b2 + c2
3= d2
⇔√
a2 + b2 + c2
3= d =
a + b + c
3
-9-
第 1. 不等式証明の基本
a + b + c + d
4=
1
2
(a + b
2+
c + d
2
)= 1
2
(√ab +
√cd)
=√√
ab +√
cd =4√
abcd
ここに、3d = a + b + cとおくと、4d
4= 4
√abcd
⇔ d4 = abcd
⇔ d3 = abc
⇔ d = 3√
abc
⇔ a + b + c
3= 3
√abc
1
a+
1
b+
1
c= 3
3√
abc⇔ 3
√abc = 3
1a
+ 1b+ 1
c
-10-
第 1. 不等式証明の基本
【演習5】(1) x, y, z > 0, x + y + z = 1のとき、
xy
z+
yz
x+
zx
y= 1
を示せ。
(2) x, y, z > 0のとき、
x2 − z2
y + z+
y2 − x2
z + x+
z2 − y2
x + y= 0
を示せ。
(3) a, b, c > 0のとき、(a +
1
b
)(b +
1
c
)(c +
1
a
)= 8
を示せ。
(4) a, b, c > 0のとき、ab
a + b + 2c+
bc
b + c + 2a+
ca
c + a + 2b5 a + b + c
4
を示せ。
証明 (1)
xy
z+
yz
x+
zx
y=
1
2
{(xy
z+
yz
x
)+
(yz
x+
zx
y
)+
(xy
z+
zx
y
)}= y + z + x = 1
(2) y + z = X, z + x = Y, x + y = Zとおくと、
x =Y + Z − X
2, y =
Z + X − Y
2, z =
X + Y − Z
2
-11-
第 1. 不等式証明の基本
であるから、
P ≡ x2 − z2
y + z+
y2 − x2
z + y+
z2 − y2
x + y
=Y (Z − X)
X+
Z (X − Y )
Y+
X (Y − Z)
Z
=Y Z
X+
ZX
Y+
XY
Z− (X + Y + Z)
さらに、a2 =Y Z
X, b2 =
ZX
Y, c2 =
XY
Z(a, b, c > 0)とおくと、a2b2c2 = XY Z
である。
a2 =Y Z
X=
XY Z
X2=
a2b2c2
X2
∴ X = bc
同様に、Y = ca, Z = abとなるから、P = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
=1
2
{(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2} = 0
(3) (a +
1
b
)(b +
1
c
)(c +
1
a
)= 2
√a
b· 2√
b
c· 2√
c
a= 8
(4) 相加平均・調和平均の不等式：a + b
2= 2
1a
+ 1b
もしくは、Cauchy-Schwarzの不等式:
(a + b)
(1
a+
1
b
)= (1 + 1)2 = 4
を用いて、ab
a + b + 2c=
ab
(a + c) + (b + c)5 ab
4
(1
a + c+
1
b + c
)bc
b + c + 2a=
bc
(b + a) + (c + a)5 bc
4
(1
b + a+
1
c + a
)ca
c + a + 2b=
ca
(c + b) + (a + b)5 ca
4
(1
c + b+
1
a + b
)-12-
第 1. 不等式証明の基本
これらの辺々を加えると、ab
a + b + 2c+
bc
b + c + 2a+
ca
c + a + 2b5 a + b + c
4
を得る。
【演習6】文字はすべて正の数とする。次の不等式を示せ。
(1) x + y + z = 1のとき、
xy + yz + zx = 9xyz
(2) a2 + b2 + c2 = 3のとき、1
1 + ab+
1
1 + bc+
1
1 + ca= 3
2
(3) √a + b
c+
√b + c
a+
√c + a
b= 3
√2
証明 (1)
xy + yz + zx = (x + y + z) (xy + yz + zx)
= 3 3√
xyz · 3 3√
x2y2z2 = 9xyz
(2)
A + B + C
3= 3
√ABC = 3
1A
+ 1B
+ 1C
であったから、1
A+
1
B+
1
C= 9
A + B + C
-13-
第 1. 不等式証明の基本
これを用いると、1
1 + ab+
1
1 + bc+
1
1 + ca= 9
3 + ab + bc + ca
= 9
3 + a2 + b2 + c2=
3
2
(3) √a + b
c+
√b + c
a+
√c + a
b=
√2√
ab
c+
√2√
bc
a+
√2√
ca
b
= 33
√√√√√2√
ab
c
√2√
bc
a
√2√
ca
b= 3
√2
【演習7】文字はすべて正の数とする。次の不等式を示せ。
(1)1
x+
1
y+
1
z= 1のとき、
(x − 1) (y − 1) (z − 1) = 8
(2) x + y + z = 1のとき、
x2 + y2
z+
y2 + z2
x+
z2 + x2
y= 2
(3) xyz = 1のとき、
x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx√x +
√y +
√z
= 2
-14-
第 1. 不等式証明の基本
証明 (1) 示すべきは、
(x − 1) (y − 1) (z − 1) = 8
⇔(
1 − 1
x
)(1 − 1
y
)(1 − 1
z
)= 8
xyz
⇔(
1
y+
1
z
)(1
x+
1
z
)(1
x+
1
y
)= 8
xyz
であるが、(1
y+
1
z
)(1
x+
1
z
)(1
x+
1
y
)= 2
√1
yz· 2√
1
xz2
√1
xy=
8
xyz
であるから、示せた。
(2)
x2 + y2
z+
y2 + z2
x+
z2 + x2
y
= 2xy
z+
2yz
x+
2zx
y
=(xy
z+
yz
x
)+
(yz
x+
zx
y
)+
(xy
z+
zx
y
)= 2y + 2z + 2x = 2
(3)
x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx√x +
√y +
√z
=x2 + yz + y2 + zx + z2 + xy√
x +√
y +√
z
= 2√
xyz√
x + 2√
xyz√
y + 2√
xyz√
z√
x +√
y +√
z
= 2
-15-
第 1. 不等式証明の基本
【演習8】a, b, c > 0のとき、
9abc
2(a + b + c)5 ab2
a + b+
bc2
b + c+
ca2
c + a5 a2 + b2 + c2
2
を示せ。
証明 まず、右側の不等式を示す。A + B
2= 2
1
A+
1
B
を用いると、
ab2
a + b+
bc2
b + c+
ca2
c + a=
11b2
+ 1ab
+ +1
1c2
+ 1bc
+1
1a2 + 1
ca
5 b2 + ab
4+
c2 + bc
4+
a2 + ca
4
=a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
4
5 2 (a2 + b2 + c2)
4
(∵ a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca
)=
a2 + b2 + c2
2
つぎに、左側の不等式を示す。ab2
a + b+
bc2
b + c+
ca2
c + a= 3abc
3√
(a + b) (b + c) (c + a)
であるから、3abc
3√
(a + b) (b + c) (c + a)= 9abc
2(a + b + c)
⇔ 2(a + b + c) = 3 3√
(a + b) (b + c) (c + a)
を示せばよいが2(a + b + c) = (a + b) + (b + c) + (c + a)
= 3 3√
(a + b) (b + c) (c + a)
であるから、明らか。
-16-
第 1. 不等式証明の基本
【演習9】a, b, c > 0のとき、
a2
b+
b2
c+
c2
a= a + b + c
を示せ。
証明a2
b+
b2
c+
c2
a+ a + b + c − (a + b + c)
=
(a2
b+ b
)+
(b2
c+ c
)+
(c2
a+ a
)− (a + b + c)
= 2
√a2
b· b + 2
√b2
c· c + 2
√c2
a· a − (a + b + c)
= 2a + 2b + 2c − (a + b + c)
= a + b + c
【演習10】a, b, c > 0のとき、
abc
(1 + a) (a + b) (b + c) (c + 16)5 1
81
を示せ。
証明(1 + a) (a + b) (b + c) (c + 16)
=(1 +
a
2+
a
2
)(a +
b
2+
b
2
)(b +
c
2+
c
2
)(c + 8 + 8)
= 33
√a2
4· 3 3
√ab2
4· 3 3
√bc2
4· 3 3
√64c
= 81abc
∴ abc
(1 + a) (a + b) (b + c) (c + 16)5 1
81
-17-
第 1. 不等式証明の基本
【演習11】a, b, c, d > 0, a + b + c + d = 4のとき、
1
a2 + 1+
1
b2 + 1+
1
c2 + 1+
1
d2 + 1= 2
を示せ。
証明 Cauchy-Schwarzの不等式より、(1
a2 + 1+
1
b2 + 1+
1
c2 + 1+
1
d2 + 1
)(a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 + d2 + 1
)= (1 + 1 + 1 + 1)2
より、
P =1
a2 + 1+
1
b2 + 1+
1
c2 + 1+
1
d2 + 1= 16
a2 + b2 + c2 + d2 + 4
再びCauchy-Schwarzの不等式より、(a2 + b2 + c2 + d2
) (12 + 12 + 12 + 12
)= (a + b + c + d)2 = 42
∴ a2 + b2 + c2 + d2 = 4
∴ P = 16
4 + 4= 2
-18-
2幾何学的不等式
B
A
CH N M
a
c b
β
α
γ
ha
la
tα
このセクションでは３角形に関しての不等式を紹介する。4ABCにおいて、AB= c,BC=
a,CA= bと表し、∠A = α, ∠B = β,∠C = γ
とする。また、頂点Aから対辺への垂線の長さを ha,AからBCの中点に引いた中線の長さを ta, ∠Aの二等分線の長さを lα, ３角形の面積を S,外接円の半径を R,内接円の半径を r
とする。ここに、パップスの定理より、
t2a =b2 + c2
2− a2
4
が成り立つ。4ABCが∠Aの二等分線で分割されることより、２つの３角形の面
19
第 2. 幾何学的不等式
積の和で表すと、1
2bc sin α =
1
2blα sin
α
2+
1
2clα sin
α
2
2bc cosα
2= lα (b + c)
lα =2bc
b + ccos
α
2
であり、さらに、
cos2 α
2=
cos α + 1
2
=1
2
(1 +
b2 + c2 − a2
2bc
)=
(b + c)2 − a2
4bc
であるから、
l2α =bc{(b + c)2 − a2
}(b + c)2
となる。これは、また、
l2α = 4bcs (s − a)
(b + c)2
と書き直せる。
定理 2.0.1. ３角形ABCにおいて次の不等式が成り立つ。
R = 2r, a2 + b2 + c2 5 9R2
証明 前半の証明をいくつかしよう。
-20-
第 2. 幾何学的不等式
A
B C
IO
D
E
FGH
•••
•××
内心を I,外心をOとおく．AIの延長と外接円の交点をDとし，DOの延長と外接円の交点をEとする。また直線OIと外接円の交点を F, GとしF, O,
I, Gがこの順に並ぶものとする。IからACへ垂線をひき，交点をHとする。4AHIと4EBDは，∠HAI = ∠BAD = ∠BED, ∠AHI = ∠EBD = 90◦
であるから相似で，ED:AI=BD:HIが成り立ちAI · BD = 2rR · · · · · · 1©
次に4DBIにおいて∠DIB = ∠IAB + ∠IBA
∠DBI = ∠DBC + ∠IBC
∠IBA = ∠IBC
∠IAB = ∠DAC = ∠DBC
であるから，∠DIB = ∠DBIで，4DBIは二等辺三角形となり
BD = ID · · · · · · 2©
4IFDと4IAGにおいて∠IFD = ∠GFD = ∠IAG,∠FID = ∠AIG
したがって，4IFDと4IAGは相似でありAI · DI = FI · GI
= (GO + OI)(GO − OI)
= R2 − OI2 · · · · · · 3©
1©, 2©, 3©からOI2 = R2 − 2rR
が成り立つ。したがって、R = 2r
が成り立つ．
-21-
第 2. 幾何学的不等式
別の証明を与えよう。
証明 ３辺の長さを a, b, c, 2s = a + b + cとし内接円の半径を r,外接円の半径をR,4ABCの面積を Sとする．このとき、
S = sr, S =1
2ab sin A =
abc
4R
また、ヘロンの公式より、
S =√
s (s − a) (s − b) (s − c)
このとき、
R − 2r =abc
4S− 2S
s
=abcs − 8S2
4Ss
=abcs − 8s (s − a) (s − b) (s − c)
4Ss
=abc − 8 (s − a) (s − b) (s − c)
4S
α = s − a, β = s − b, γ = s − cとおくと、
α = s − a =b + c − a
2> 0
β > 0, γ > 0
であって、α + β + γ = 3s − (a + b + c) = s
a = s − α, b = s − β, c = s − γ
であるから、abc − 8 (s − a) (s − b) (s − c)
= (s − α) (s − β) (s − γ) − 8αβγ
= (β + γ) (γ + α) (α + β) − 8αβγ
= α (β − γ)2 + β (γ − α)2 + γ (α − β)2 = 0
よって、
R = 2r
-22-
第 2. 幾何学的不等式
___
___相加平均・相乗平均を用いて、
β + γ = 2√
βγ
γ + α = 2√
γα
α + β = 2√
αβ
∴ (β + γ) (γ + α) (α + β) = 8αβγ
としてもよい．もう１つ。
証明
r = (s − a) tanA
2
=b + c − a
2tan
A
2
= R (sin B + sin C − sin A) tanA
2
= R
(2 sin
B + C
2cos
B − C
2− sin A
)tan
A
2
= R
(2 cos
A
2cos
B − C
2− sin A
)tan
A
2
5 R
(2 cos
A
2− sin A
)tan
A
2
= 2R
(1 − sin
A
2
)sin
A
2
5 −2R
(sin
A
2− 1
2
)2
+R
25 R
2
ベクトルを用いてみる。
証明−→OA = a,
−→OB = b,
−−→OC = c
とおく．ここに外接円の半径をRとして考える．−→OI =
aa + bb + cc
a + b + c
-23-
第 2. 幾何学的不等式
と表わせるから、∣∣∣−→OI∣∣∣2 =
∣∣∣∣aa + bb + cc
a + b + c
∣∣∣∣2=
R2(a2 + b2 + c2) + 2 (abab + bcbc + caca)
4s2(2s = a + b + c)
さて、ここで、
a2 = |b − c|2 = 2R2 − 2bc
⇔ 2bc = 2R2 − a2
だから、∣∣∣−→OI∣∣∣2 =
R2(a2 + b2 + c2) + ab (2R2 − c2) + bc (2R2 − a2) + ca (2R2 − b2)
4s2
=R2 (a + b + c)2 − abc (a + b + c)
4s2
=4R2 · s2 − 2sabc
4s2
= R2 − abc
2s
= R2 − 2Rr
[S =
abc
4R,S = sr
]これより、
R2 − 2Rr = 0 ⇔ R = 2r
最後にもう１つ
-24-
第 2. 幾何学的不等式
証明
A
B C
IO
D
E
H
M
AIと外接円との交点をDとする。DOの延長と外接円
との交点をEとし、BCの中点をM とする。
(
BD=
(
DCだから、BD=DCであり、
∠DBO = ∠DBC + ∠CBI
= ∠BAI + ∠ABI = ∠DIB
より、DB=DIとなるので、B,I,CはDを中心とする円周上にある。
OB2 − OI2 = OB2 − DB2 + DI2 − OI2 (∵ DB = DI)
=(BM2 + OM2
)−(BM2 + DM2
)+(IH2 + HD2
)−(IH2 + OH2
)= OM2 − DM2 + HD2 − OH2
以下、点の順序関係はこの図の場合以外にもあるので、線分は有向線分とする。例えば、AB = −BAと考える。
OB2 − OI2 = OM2 − DM2 + HD2 − OH2
= (OM − DM) (OM + DM) + (HD + OH) (HD − OH)
= (OM + MD) (OM + DM) + (HD + OH) (HD − OH)
= OD (OM + DM) + OD (HD − OH)
= OD (OM + DM + HD − OH)
= OD (OM + DM + HD + HO)
= OD (HD + DM + HO + OM)
= OD (2HM)
よって、 OD=R,HM=rだから、
OI2 = R2 − 2Rr
∴ R = 2r
後半の証明をします。
証明 そのための準備として、stewartの定理を示しておきます。
-25-
第 2. 幾何学的不等式A
B CP
c
a
bl
m n
それは4ABCの辺BC上に点Pをとるとき、AP=l,BP=m,PC=n
とすると、
a(l2 + mn) = b2m + c2n
が成り立つ。m = nのときはPappusの定理であるから、これはそれの拡張である。
−−→AP =
n−→AB + m
−→AC
m + n∣∣∣−→AP∣∣∣2 =
n2∣∣∣−→AB
∣∣∣2 + m2∣∣∣−→AC
∣∣∣2 + 2mn−→AB ·
−→AC
(m + n)2
l2 (m + n)2 = n2c2 + m2b2 + mn(c2 + b2 − a2
)l2a2 = n2c2 + m2b2 + mn
(c2 + b2 − a2
)(l2 + mn
)a2 = nc2 (n + m) + mb2 (m + n)(
l2 + mn)a2 =
(nc2 + mb2
)a
∴ a(l2 + mn
)= b2m + c2n
4OAMで stewartの定理を使うと、A
B C
G O
M
AM(OG2 + AG · GM
)= MO2 · AG + AO2 · GM
⇔ AM
(OG2 +
2
3AM · 1
3AM
)= MO2 · 2
3AM + AO2 · 1
3AM
⇔ OG2 +2
9AM2 =
2
3MO2 +
1
3AO2
ここで、AM2 =
b2 + c2
2− a2
4
MO2 = R2 − a2
4AO2 = R2
-26-
第 2. 幾何学的不等式
であるから、
∴ OG2 +2
9
(b2 + c2
2− a2
4
)=
2
3
(R2 − a2
4
)+
1
3R2
⇔ OG2 = R2 − a2 + b2 + c2
9
これより、示すべき不等式を得る。
参考までに、この定理は京都大学の入試問題として出題された。入試問題例� �
半径 1の円周上に相異なる 3点A, B, Cがある。
(1) AB2 + BC2 + CA2 > 8ならば4ABCは鋭角三角形であることを示せ。
(2) AB2 + BC2 + CA2 5 9が成立することを示せ。また，この等号が成立するのはどのような場合か。
【2002京都大学】
� �入試問題例� �
平面上の点Oを中心とし半径1の円周上に相異なる3点A, B, Cがある。4ABC
の内接円の半径 rは 12以下であることを示せ。 【2006京都大学】
� �３角形ABCの頂点Aから内接円への接点までの距離を x, 同様に頂点B, Cから接点までの距離をそれぞれ y, zとおくと、
c = x + y, a = y + z, b = z + x
⇔ x =b + c − a
2, y =
c + a − b
2, z =
a + b − c
2
が成り立ち、明らかに、x, y, z > 0である。この置き換えは有用である。
-27-
第 2. 幾何学的不等式
【演習12】4ABCにおいて BC = a, CA = b, AB = cとおく。以下、断りがなければこのように定める。次の不等式を示せ。
3
25 a
b + c+
b
c + a+
c
a + b< 2
証明
b + c − s =b + c − a
2> 0
∴ b + c > s
同様に c + a > s, a + b > sである。a
b + c+
b
c + a+
c
a + b<
a
s+
b
s+
c
s=
2s
s= 2
また、b + c = x.c + a = y, a + b = zと置き換えると、
a =y + z − x
2, b =
z + x − y
2, c =
x + y − z
2
こうして、a
b + c+
b
c + a+
c
a + b=
y + z − x
2x+
z + x − y
2y+
x + y − z
2z
=1
2
{(y
x+
x
y
)+
(y
z+
z
y
)+(z
x+
x
z
)}− 3
2
= 3 − 3
2=
3
2
【演習13】1
s − a+
1
s − b+
1
s − c= 9
s
を示せ。
-28-
第 2. 幾何学的不等式
証明 Cauchy-Schwarzの不等式、もしくは相加平均・調和平均の不等式より、(1
s − a+
1
s − b+
1
s − c
)(s − a + s − b + s − c) = (1 + 1 + 1)2(
1
s − a+
1
s − b+
1
s − c
)(s) = 9
∴ 1
s − a+
1
s − b+
1
s − c= 9
s
等号は a = b = cのときに成り立つ。
【演習14】
s = 3√
3r
を示せ。
証明S =
1
2bc sin A =
abc
4RS = sr
R = 2r
と相加平均・相乗平均を用いて、2s = a + b + c = 3
3√
abc = 33√
4SR = 33√
4srR = 33√
8sr2
8s3 = 33 · 8sr2
∴ s = 3√
3r
次のようにも示せる。まず、s
3=
(s − a) + (s − b) + (s − c)
3= 3√
(s − a) (s − b) (s − c)
ここでヘロンの公式より、S2 = s (s − a) (s − b) (s − c)
-29-
第 2. 幾何学的不等式
だから、
(s − a) (s − b) (s − c) =S2
s=
s2r2
s= sr2
これらから、s
3= 3
√sr2 ⇔ s = 3
√3r
【演習15】
(a + b − c) (b + c − a) (c + a − b) 5 abc
を示せ。
証明a2 = a2 − (b − c)2 = (a − b + c) (a + b − c)
b2 = b2 − (c − a)2 = (b − c + a) (b + c − a)
c2 = c2 − (a − b)2 = (c − a + b) (c + a − b)
の辺々をかけて、
(abc)2 = {(a + b − c) (b + c − a) (c + a − b)}2
∴ abc = (a + b − c) (b + c − a) (c + a − b)
置き換えを思いつくだろうか。
a = x + y, b = y + z, c = z + x
とおくと、示すべきは、
(x + y) (y + z) (z + x) = 8xyz
x + y = 2√
xy, y + z > 2√
yz, z + x = 2√
zx
の辺々をかけて,
(x + y) (y + z) (z + x) = 8xyz
-30-
第 2. 幾何学的不等式
【演習16】
a2 + b2 + c2 < 2 (ab + bc + ca)
を示せ。
証明a = x + y, b = y + z, c = z + x
とおくと、示すべきは、(x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2
< 2 {(x + y) (y + z) + (y + z) (z + x) + (z + x) (x + y)}⇔ xy + yz + zx > 0
であるが、これは明らか。
【演習17】
8 (a + b − c) (b + c − a) (c + a − b) 5 (a + b) (b + c) (c + a)
を示せ。
証明 まず、相加平均・相乗平均を用いると、(a + b) (b + c) (c + a) = 2
√ab · 2
√bc · 2
√ca = 8abc
そこで、abc = (a + b − c) (b + c − a) (c + a − b)
を示すことになるが、これはすでに演習 15で証明済み。
【演習18】1
a+
1
b+
1
c5 1
a + b − c+
1
b + c − a+
1
c + a − b
を示せ。
-31-
第 2. 幾何学的不等式
証明(1
a + b − c+
1
b + c − a
)(a + b − c + b + c − a) = (1 + 1)2
⇔ 1
2
(1
a + b − c+
1
b + c − a
)= 1
b
同様に、1
2
(1
b + c − a+
1
c + a − b
)= 1
c
1
2
(1
c + a − b+
1
a + b − c
)= 1
a
以上３つの不等式の辺々を加えれば、1
a+
1
b+
1
c6 1
a + b − c+
1
b + c − a+
1
c + a − b
【演習19】4ABC の面積を Sとする。a +
b
2, b +
c
2, c +
a
2を３辺にもつ３角形の面積を
T とする。このとき、
T = 9
4S
を示せ。
証明 Heronの公式より、
S =√
s (s − a) (s − b) (s − c)
s − a = x, s − b = y, s − c − z
とおくと、
a = y + z, b = z + x, c = x + y
だから、
S2 = sxyz
-32-
第 2. 幾何学的不等式
また、(a +
b
2
)+(b +
c
2
)+(c +
a
2
)= 3s
であるから、再びHeronの公式を用いて、
T =
√3s
2
(3s
2− a − b
2
)(3s
2− b − c
2
)(3s
2− c − a
2
)
T 2 =3
16· 3s (3s − 2a − b) (3s − 2b − c) (3s − 2c − a)
=9
16s (2x + y) (2y + z) (2z + x)
T 2
S2=
9
16
(2x + y) (2y + z) (2z + x)
xyz
= 9
16
3 3√
xxy · 3 3√
yyz · 3 3√
zzx
xyz=
92
16
∴ T = 9
4S
【演習20】
2(ab2 + bc2 + ca2
)= a2b + b2c + c2a + 3abc
のとき、3角形は正３角形であることを示せ。
証明 a = 2, b = 2, c = 1とおくと、
2(ab2 + bc2 + ca2
)= 2 (8 + 2 + 4) = 28
a2b + b2c + c2a + 3abc = 8 + 4 + 2 + 12 = 24
だから、
a2b + b2c + c2a + 3abc < 2(ab2 + bc2 + ca2
)となるから、示すべきは、
a2b + b2c + c2a + 3abc 5 2(ab2 + bc2 + ca2
)-33-
第 2. 幾何学的不等式
であって、かつ、等号が成り立つのは a = b = cのときに限ることを示せばよい。
a = x + y, b = y + z, c = z + x
とおくと、a2b + b2c + c2a + 3abc
= (x + y)2 (y + z) + (y + z)2 (z + x) + (z + x)2 (x + y) + 3 (x + y) (y + z) (z + x)
= x3 + y3 + z3 + 5(x2y + y2z + z2x
)+ 6
(xy2 + yz2 + zx2
)+ 12xyz
2(ab2 + bc2 + ca2
)= 2
{(x + y) (y + z)2 + (y + z) (z + x)2 + (z + x) (x + y)2}
= 2(x3 + y3 + z3 + 3
(x2y + y2z + z2x
)+ 2
(xy2 + yz2 + zx2
)+ 6xyz
)示すべきは、
a2b + b2c + c2a + 3abc 5 2(ab2 + bc2 + ca2
)⇔ x3 + y3 + z3 + x2y + y2z + z2x = 2
(xy2 + yz2 + zx2
)x3 + y3 + z3 + x2y + y2z + z2x − 2
(xy2 + yz2 + zx2
)= x (x − y)2 + y (y − z)2 + z (z − x)2 > 0
と変形できるから示せた。このとき、等号成立は、x = y = zのときに限って成立するから、命題は成立する。
【演習21】π
35 aA + bB + cC
a + b + c<
π
2
を示せ。
証明 a = b = cと仮定してもよい。このとき、対応する頂角について、A =B = Cが成り立つ。
(a − b) (A − B) + (b − c) (B − C) + (c − a) (C − A) = 0
⇔ 2 (aA + bB + cC) = (b + c) A + (c + a) B + (a + b) C
⇔ 3 (aA + bB + cC) = (a + b + c) (A + B + C)
⇔ aA + bB + cC
a + b + c= π
3
-34-
第 2. 幾何学的不等式
また、
a + b + c > 2a, a + b + c > 2b, a + b + c > 2c
だから、
(a + b + c) A > 2aA
(a + b + c) B > 2bB
(a + b + c) C > 2cC
辺々を加えて、
(a + b + c) (A + B + C) > 2 (aA + bB + cC)
∴ π
2>
aA + bB + cC
a + b + c
-35-
3Cauchy-Schwarzの不等式
定理 3.0.2. (Bernoulliの不等式)
xi > −1 (i = 1, 2, 3, · · · · · · , n)であり、xi (i = 1, 2, 3, · · · · · · , n)は同符号のとき、
(1 + x1) (1 + x2) · · · · · · (1 + xn) = 1 + x1 + x2 + · · · · · · + xn
が成り立つ。
証明(1 + x1) (1 + x2) · · · · · · (1 + xn) = 1 + x1 + x2 + · · · · · · + xn · · · · · · (∗)
を数学的帰納法で示す。
( i ) n = 1のとき、(∗)は明らか。
( ii ) n = kのとき、(∗)を仮定すると、(1 + x1) (1 + x2) · · · · · · (1 + xk) = 1 + x1 + x2 + · · · · · · + xk
(1 + x1) (1 + x2) · · · · · · (1 + xk) (1 + xk+1) = (1 + x1 + x2 + · · · · · · + xk) (1 + xk+1)
= 1 + x1 + x2 + · · · · · · + xk + xk+1 + (x1 + x2 + · · · · · · + xk) (xk+1)
= 1 + x1 + x2 + · · · · · · + xk + xk+1
[∵ (x1 + x2 + · · · · · · + xk) (xk+1) = 0]
37
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
よって、示せた。
系 3.0.1. x > −1のとき、
(1 + x)n = 1 + nx (n ∈ N)
証明 上の定理で、
x1 = x2 = · · · · · · = xn
とすればよい。
定理 3.0.3. (Cauchy-Schwarzの不等式)
ai, bi > 0(i = 1, 2, · · · , n)のとき、(a2
1 + a22 + · · · + a2
n
) (b21 + b2
2 + · · · + b2n
)≥ (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2
が成り立ち、等号は、a1
b1
=a2
b2
= · · · =an
bn
のときに限る。
証明
f (x) ≡n∑
i=1
(aix − bi)2
=
(n∑
i=1
a2i
)x2 − 2
(n∑
i=1
aibi
)x +
(n∑
i=1
b2i
)
とおくと、任意の実数 xに対して、f(x) = 0だから、(n∑
i=1
aibi
)2
−
(n∑
i=1
a2i
)(n∑
i=1
b2i
)5 0
∴(
n∑i=1
a2i
)(n∑
i=1
b2i
)=(
n∑i=1
aibi
)2
-38-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
等号は、n∑
i=1
(aix − bi)2 = 0
⇔ x =a1
b1
=a2
b2
= · · · =an
bn
定理 3.0.4. n次元空間で√√√√ n∑i=1
x2i +
√√√√ n∑i=1
y2i =
√√√√ n∑i=1
(xi − yi)2
が成り立つ。これを三角不等式という。
証明 示すべきは、√√√√ n∑i=1
x2i +
√√√√ n∑i=1
y2i =
√√√√ n∑i=1
(xi − yi)2
⇔n∑
i=1
x2i +
n∑i=1
y2i + 2
√√√√ n∑i=1
x2i
√√√√ n∑i=1
y2i =
n∑i=1
(xi − yi)2
⇔ 2
√√√√ n∑i=1
x2i
√√√√ n∑i=1
y2i = −2
n∑i=1
xiyi
√√√√ n∑i=1
x2i
√√√√ n∑i=1
y2i =
√√√√ n∑i=1
x2i
n∑i=1
y2i =
√√√√( n∑i=1
xiyi
)2
=
∣∣∣∣∣n∑
i=1
xiyi
∣∣∣∣∣だから、示されたことになる。
【演習22】x, y, z > 0とする。次の不等式を示せ。
a2
x+
b2
y= (a + b)2
x + y
-39-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
証明a2
x+
b2
y− (a + b)2
x + y=
a2y (x + y) + b2x (x + y) − (a + b)2 xy
xy (x + y)
=(ay − bx)2
xy (x + y)= 0
∴ a2
x+
b2
y= (a + b)2
x + y
___
___これを繰り返し用いると、
a2
x+
b2
y+
c2
z= (a + b)2
x + y+
c2
z
= (a + b + c)2
x + y + z
a2
x+
b2
y+
c2
z+
d2
w= (a + b + c)2
x + y + z+
d2
w
= (a + b + c + d)2
x + y + z + w
a2
x+
b2
y= (a + b)2
x + y
において、
x = X2, y = Y 2,a2
x= A2,
b2
y= B2
とおくと、(A2 + B2
) (X2 + Y 2
)= (AX + BY )2
と書き直せるから、この不等式はCauchy-Schwarzの不等式の別の証明になっている。これをCauchy-Schwarzの不等式の別表記としてもよい。
-40-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
定理 3.0.5.
x, y, · · · , z > 0のとき、
a2
x+
b2
y+ · · · · · · + c2
z= (a + b + · · · + c)2
x + y + · · · + z
が成り立つ。(Cauchy-Schwarzの不等式)
系 3.0.2. ai, bi ∈ R (i = 1, 2, · · · · · · , n)のとき、√a2
1 + b21 +
√a2
2 + b22 + · · · · · · +
√a2
n + b2n
=√
(a1 + a2 + · · · · · · + an)2 + (b1 + b2 + · · · · · · + bn)2
を示せ。
数学的帰納法で示す。n = 1のときは明らか、
( i ) n = 2のとき、示すべきは、√a2
1 + b21 +
√a2
2 + b22 >
√(a1 + a2)
2 + (b1 + b2)2
⇔ a21 + b2
1 + a22 + b2
2 + 2√
a21 + b2
1
√a2
2 + b22 = (a1 + a2)
2 + (b1 + b2)2
⇔(a2
1 + b21
) (a2
2 + b22
)= (a1a2 + b1b2)
2
であるが、これはCauchy-Schwarzの不等式であるので、成立。
( ii ) n = kのとき成り立つと仮定する。√a2
1 + b21 +
√a2
2 + b22 + · · · · · · +
√a2
k + b2k
=√
(a1 + a2 + · · · · · · + ak)2 + (b1 + b2 + · · · · · · + bk)
2
である。両辺に√
a2k+1 + b2
k+1を加えて、√a2
1 + b21 +
√a2
2 + b22 + · · · · · · +
√a2
k + b2k +
√a2
k+1 + b2k+1
=√
(a1 + a2 + · · · · · · + ak)2 + (b1 + b2 + · · · · · · + bk)
2 +√
a2k+1 + b2
k+1
=√
(a1 + a2 + · · · · · · + ak + ak+1)2 + (b1 + b2 + · · · · · · + bk + bk+1)
2
-41-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
系 3.0.3. a, b, c, x, y, z > 0のとき、x
y + z(b + c) +
y
z + x(c + a) +
z
x + y(a + b) =
√3 (ab + bc + ca)
を示せ。
これは難しい問題です。示すべき不等式は、a, b, cについて同次式であることに着目すると、a+ b+ c = 1
とおいてよい。その理由は、x
y + z(b + c) +
y
z + x(c + a) +
z
x + y(a + b) =
√3 (ab + bc + ca)
⇔ x
y + z
(b
a + b + c+
c
a + b + c
)+
y
z + x
(c
a + b + c+
a
a + b + c
)+
z
x + y
(a
a + b + c+
b
a + b + c
)=√
3
(a
a + b + c· b
a + b + c+
b
a + b + c· c
a + b + c+
c
a + b + c· a
a + b + c
)a
a + b + c= A,
b
a + b + c= B,
c
a + b + c= C
とおくと、x
y + z(B + C) +
y
z + x(C + A) +
z
x + y(A + B) =
√3 (AB + BC + CA)
となるからである。したがって、示すべきは、a + b + c = 1のもとで、x
y + z(b + c) +
y
z + x(c + a) +
z
x + y(a + b) =
√3 (ab + bc + ca)
⇔ x
y + z(1 − a) +
y
z + x(1 − b) +
z
x + y(1 − c) =
√3 (ab + bc + ca)
⇔ x
y + z+
y
z + x+
z
x + y= ax
y + z+
by
z + x+
cz
x + y+√
3 (ab + bc + ca)
これを示すには、x, y, zを固定して、右辺をa, b, cの関数とみて、その最大値M(x, y, z)
ですら右辺のx
y + z+
y
z + x+
z
x + y
-42-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
以下であるとすればよい。Cauchy-Schwarzの不等式より、
ax
y + z+
by
z + x+
cz
x + y5
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2√a2 + b2 + c2
続いて、再び、Cauchy-Schwarzの不等式：AX + BY + CZ 5
√A2 + B2 + C2
√X2 + Y 2 + Z2
を用いて、
√3 (ab + bc + ca) +
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2√a2 + b2 + c2
=
√3
4
√ab + bc + ca +
√3
4
√ab + bc + ca
+
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2√a2 + b2 + c2
5
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2
+3
4+
3
4
×√
a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca)
=
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2
+3
2
√(a + b + c)2
=
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2
+3
2
したがって、
x
y + z+
y
z + x+
z
x + y=
√(x
y + z
)2
+
(y
z + x
)2
+
(z
x + y
)2
+3
2
⇔ 2
(x
y + z
)(y
z + x
)+ 2
(y
z + x
)(z
x + y
)+ 2
(z
x + y
)(x
y + z
)= 3
2
⇔ xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) = 3
4(x + y) (y + z) (z + x)
⇔ x2y + y2x + y2z + yz2 + z2x + zx2 = 6xyz
⇔ z (x − y)2 + x (y − z)2 + y (z − x)2 = 0
が成り立てばよいが、これは成立。よって、示せた。___
___A = Bを示すには、A = CかつC = BなるCを見つければよい。
-43-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
定理 3.0.6.
a1 5 a2 5 · · · 5 an、b1 5 b2 5 · · · 5 bnのとき、
(a1 + a2 + · · · + an) (b1 + b2 + · · · + bn) 5 n (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)
が成り立つ。これをChebishevの不等式という。等号成立は、
a1 = a2 = · · · = anまたは b1 = b2 = · · · = bn
のときである。
証明 再配列不等式を考えれば、
aibi + ajbj = aibj + aibj
これを繰り返し用いれば、(a1 + a2 + · · · + an) (b1 + b2 + · · · + bn)
= a1b1 + a1b2 + · · · + a1bn
+a2b1 + a2b2 + · · · + a2bn
+ · · · · · ·+anb1 + anb2 + · · · + anbn
= a1b1
+ (a1b2 + a2b1) + a2b2
+ (a1b3 + a3b1) + (a2b3 + a3b2) + a3b3
+ (a1b4 + a4b1) + (a2b4 + a4b2) + (a3b4 + a4b3) + a4b4
+ · · · · · ·+ (a1bn + anb1) + (a2bn + anb2) + (a3bn + anb3) + · · · + anbn
5 a1b1
+ (a1b1 + a2b2) + a2b2
+ (a1b1 + a3b3) + (a2b2 + a3b3) + a3b3
+ (a1b1 + a4b4) + (a2b2 + a4b4) + (a3b3 + a4b4) + a4b4
+ · · · · · ·+ (a1b1 + anbn) + (a2b2 + anbn) + (a3b3 + anbn) + · · · + anbn
= n (a1b1 + a2b2 + a3b3 + · · · + anbn)
-44-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
【演習23】Chebishevの不等式を用いて、a, b, c > 0のとき、
a
b + c+
b
c + a+
c
a + b= 3
2
を示せ。
証明 a = b = cと仮定しても一般性を失わない。このとき、 1
b + c= 1
c + a=
1
a + bである。Chebishevの不等式により、
(a + b + c)
(1
b + c+
1
c + a+
1
a + b
)5 3
(a
b + c+
b
c + a+
c
a + b
)Cauchy-Schwarzの不等式より、
(a + b + c)
(1
b + c+
1
c + a+
1
a + b
)=
1
2{(b + c) + (c + a) + (a + b)}
(1
b + c+
1
c + a+
1
a + b
)= 1
2(1 + 1 + 1)2
∴ a
b + c+
b
c + a+
c
a + b= 1
2(1 + 1 + 1)2 × 1
3=
3
2
【演習24】a, b, c, d > 0のとき、
1
a+
1
b+
4
c+
16
d= 64
a + b + c + d
を示せ。
証明 Cauchy-Schwarzの不等式より、(1
a+
1
b+
4
c+
16
d
)(a + b + c + d) = (1 + 1 + 2 + 4)2 = 64
∴ 1
a+
1
b+
4
c+
16
d= 64
a + b + c + d
-45-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
【演習25】a, b, c > 0のとき、
a2
33+
b2
43+
c2
53= (a + b + c)2
63
を示せ。
証明(a2
33+
b2
43+
c2
53
)(33 + 43 + 53
)> (a + b + c)2
∴ a2
33+
b2
43+
c2
53= (a + b + c)2
63
【演習26】a, b, c > 0のとき、
3a
b + c+
4b
c + a+
5c
a + b= 1
2
(√3 +
√4 +
√5)2
− 12
を示せ。
証明3a
b + c+
4b
c + a+
5c
a + b+ 3 + 4 + 5
= (a + b + c)
(3
b + c+
4
c + a+
5
a + b
)=
1
2{(b + c) + (c + a) + (a + b)}
(3
b + c+
4
c + a+
5
a + b
)= 1
2
(√3 +
√4 +
√5)2
∴ 3a
b + c+
4b
c + a+
5c
a + b= 1
2
(√3 +
√4 +
√5)2
− 12
-46-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
【演習27】a, b, c > 0のとき、
a2 + b2
a + b+
b2 + c2
b + c+
c2 + a2
c + a= a + b + c
を示せ。
証明A2
X+
B2
Y+
C2
Z= (A + B + C)2
X + Y + Z
であるから、a2 + b2
a + b+
b2 + c2
b + c+
c2 + a2
c + a
=a2
a + b+
b2
b + c+
c2
c + a+
b2
a + b+
c2
b + c+
a2
c + a
= (a + b + c)2
2a + 2b + 2c+
(a + b + c)2
2a + 2b + 2c
= a + b + c
【演習28】a, b, c > 0のとき、
a
b + 2c+
b
c + 2a+
c
a + 2b= 1
を示せ。
証明(a
b + 2c+
b
c + 2a+
c
a + 2b
)(a (b + 2c) + b (c + 2a) + c (a + 2b)) = (a + b + c)2
∴ a
b + 2c+
b
c + 2a+
c
a + 2b= (a + b + c)2
3 (ab + bc + ca)= 1 (a + b + c)2 − 3 (ab + bc + ca)
=1
2
{(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0
}
-47-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
【演習29】a, b, c > 0のとき、
a
b + 1+
b
c + 1+
c
a + 1= 3 (a + b + c)
1 + a + b + c
を示せ。
証明a
b + 1+
b
c + 1+
c
a + 1=
a2
a (b + 1)+
b2
b (c + 1)+
c2
c (a + 1)
= (a + b + c)2
a (b + 1) + b (c + 1) + c (a + 1)
=(a + b + c)2
ab + bc + ca + a + b + c[(a + b + c)2 = 3 (ab + bc + ca)
]= (a + b + c)2
13(a + b + c)2 + a + b + c
=3 (a + b + c)
1 + a + b + c
【演習30】a, b, c > 0, ab + bc + ca = 1のとき、
a2
b + c+
b2
c + a+
c2
a + b=
√3
2
を示せ。
証明(a2
b + c+
b2
c + a+
c2
a + b
)((b + c) + (c + a) + (a + b)) = (a + b + c)2
∴ a2
b + c+
b2
c + a+
c2
a + b= a + b + c
2
-48-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
ここで、
(a + b + c)2 = 3 (ab + bc + ca) = 3
∴ a + b + c =√
3
だから、
a2
b + c+
b2
c + a+
c2
a + b=
√3
2
【演習31】a, b, c > 0, abc = 1のとき、
a
a + b4 + c4+
b
b + c4 + a4+
c
c + a4 + b45 1
を示せ。
証明 Cauchy-Schwarzの不等式を用いて、a
a + b4 + c4=
a (a3 + 1 + 1)
a + b4 + c4 (a3 + 1 + 1)
5 a (a3 + 2)
(a2 + b2 + c2)2
同様に、b
b + c4 + a45 b (b3 + 2)
(a2 + b2 + c2)2
c
c + a4 + b45 c (c3 + 2)
(a2 + b2 + c2)2
これらを辺々を加えて、a
a + b4 + c4+
b
b + c4 + a4+
c
c + a4 + b45 a4 + b4 + c4 + 2 (a + b + c)
(a2 + b2 + c2)2
したがって、示すべきは、
a4 + b4 + c4 + 2 (a + b + c) 5(a2 + b2 + c2
)2⇔ a2b2 + b2c2 + c2a2 = a + b + c
-49-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
よく知られた不等式：
A2 + B2 + C2 = AB + BC + CA
を用いると、
a2b2 + b2c2 + c2a2 = abc (a + b + c)
abc = 1であったから、
a2b2 + b2c2 + c2a2 = a + b + c
が成り立つ。
【演習32】a, b, c > 0, a + b + c = 1のとき、
(a + b)2(1 + 2c)(2a + 3c)(2b + 3c) = 54abc
を示せ。
証明 示すべきは、
(a + b)2 (1 + 2c)
(2 +
3c
a
)(2 +
3c
b
)= 54c · · · · · · (∗)
Cauchy-Schwarzの不等式と相加平均・相乗平均より、(2 +
3c
a
)(2 +
3c
b
)=(
2 +3c√ab
)2
>(
2 +6c
a + b
)2
={2 (a + b) + 6c}2
(a + b)2
={2 (1 − c) + 6c}2
(a + b)2
=4 (1 − 2c)2
(a + b)2
であるから、
(a + b)2 (1 + 2c)
(2 +
3c
a
)(2 +
3c
b
)= 4 (1 − 2c)3
-50-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
0 < c < 1のもとでは、
4 (1 − 2c)3 − 54c = 2 (c + 2) (4c − 1)2 = 0
よって、(∗)は成立する。
y = (1 − 2x)3と y = 54xは x =1
4で接しています。
【演習33】a, b, c, d, e, f は正の数である。このとき、
a
b + c+
b
c + d+
c
d + e+
d
e + f+
e
f + a+
f
a + b= 3
を示せ。
証明 Cauchy-Schwarzの不等式を用いて、a
b + c+
b
c + d+
c
d + e+
d
e + f+
e
f + a+
f
a + b
= a2
ab + ac+
b2
bc + bd+
c2
cd + ce+
d2
de + df+
e2
ef + ea+
f2
fa + fb
= (a + b + c + d + e + f)2
ab + ac + bc + bd + cd + ce + de + df + ef + ea + fa + fb
が成り立つ。
S = ab + ac + bc + bd + cd + ce + de + df + ef + ea + fa + fb
とおく。
2S = (a + b + c + d + e + f)2
−(a2 + b2 + c2 + d2 + e2 + f2 + 2ad + 2be + 2cf
)= (a + b + c + d + e + f)2
−{(a + d)2 + (b + e)2 + (c + f)2}
が成り立つ。ここで、
(A + B + C)2 5 3(A2 + B2 + C2
)⇔ (A − B)2 + (B − C)2 + (C − A)2 = 0
-51-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
であるから、a
b + c+
b
c + d+
c
d + e+
d
e + f+
e
f + a+
f
a + b
= (a + b + c + d + e + f)2
S= 3
【演習34】正数 a, b, cが
1
a + b + 1+
1
b + c + 1+
1
c + a + 1= 1
を満たすとき、
a + b + c = ab + bc + ca
を示せ。
証明 Cauchy-Schwarzの不等式より、
(a + b + 1)(a + b + c2
)= (a + b + c)2
⇔ 1
a + b + 15 a + b + c2
(a + b + c)2
同様に、1
b + c + 15 a2 + b + c
(a + b + c)2
1
c + a + 15 a + b2 + c
(a + b + c)2
これと仮定の条件より、
1 6 1
a + b + 1+
1
b + c + 1+
1
c + a + 15 a2 + b2 + c2 + 2 (a + b + c)
(a + b + c)2
(a + b + c)2 5 a2 + b2 + c2 + 2 (a + b + c)
∴ a + b + c = ab + bc + ca
-52-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
【演習35】正数 a, b, cが
ab + bc + ca = 3
を満たすとき、a (b2 + c2)
a2 + bc+
b (c2 + a2)
b2 + ca+
c (a2 + b2)
c2 + ab= 3
を示せ。
証明
x = a(b2 + c2
), y = b
(c2 + a2
), z = c
(a2 + b2
)とおくと、
y + z = (b + c)(a2 + bc
)z + x = (c + a)
(b2 + ca
)x + y = (a + b)
(c2 + ab
)だから、
a (b2 + c2)
a2 + bc+
b (c2 + a2)
b2 + ca+
c (a2 + b2)
c2 + ab
=x (b + c)
y + z+
y (c + a)
z + x+
z (a + b)
x + y
と表せる。系3.0.3の結果を用いると、x (b + c)
y + z+
y (c + a)
z + x+
z (a + b)
x + y=√
3 (ab + bc + ca) = 3
【演習36】x, y, z = 0のとき、
√x2 + 1 +
√y2 + 1 +
√z2 + 1 =
√6 (x + y + z)
を示せ。
-53-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
証明 系3.0.2の結果を用いると、√
x2 + 1 +√
y2 + 1 +√
z2 + 1 =√
(x + y + z)2 + 9
相加平均・相乗平均より、
(x + y + z)2 + 9 = 2
√9 (x + y + z)2 = 6 (x + y + z)
であるから、示せた。
【演習37】a, b, c > 0のとき、
(1) 2 (a8 + b8) = (a3 + b3) (a5 + b5)
(2) 3 (a8 + b8 + c8) = (a3 + b3 + c3) (a5 + b5 + c5)
を示せ。
証明 (1) a = bと仮定してよい。このとき、a3 = b3, a5 = b5である。Chebishev
の不等式より、
(2) 2 (a8 + b8) = (a3 + b3) (a5 + b5)
(3) 上と同様。
【演習38】a, b, cは３角形の３辺の長さ、α, β, γはそれらの辺に対する頂角の大きさとする。s =
a + b + c
2とする。
b + c
α+
c + a
β+
a + b
γ= 12s
π
を示せ。
-54-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
証明 一般性を失うことなく、a 5 b 5 cとする。このとき、
α 5 β 5 γ, a + b 5 a + c 5 b + c
である。Chebishevの不等式より、
{(a + b) + (b + c) + (c + a)}(
1
γ+
1
β+
1
α
)6 3
(a + b
γ+
c + a
β+
b + c
α
)∴ b + c
α+
c + a
β+
a + b
γ= 4s
3
(1
γ+
1
β+
1
α
)そして、(
1
γ+
1
β+
1
α
)(γ + β + α) = (1 + 1 + 1)2
⇔ 1
γ+
1
β+
1
α= 9
γ + β + α=
9
π
だから、b + c
α+
c + a
β+
a + b
γ= 12s
π
が成り立つ。
【演習39】a, b, c, d >のとき、
a3 + b3 + c3
a + b + c+
a3 + b3 + d3
a + b + d+
a3 + c3 + d3
a + c + d+
b3 + c3 + d3
b + c + d
= a2 + b2 + c2 + d2
を示せ。
証明 一般性を失うことなく、a = b = c = dとすると、a2 =2= c2 = d2である。Chebishevの不等式より、
(a + b + c)(a2 + b2 + c2
)5 3
(a3 + b3 + c3
)⇔ a3 + b3 + c3
a + b + c= a2 + b2 + c2
3
-55-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
同様に、a3 + b3 + d3
a + b + d= a2 + b2 + c2
3a3 + c3 + d3
a + c + d= a2 + c2 + d2
3b3 + c3 + d3
b + c + d= b2 + c2 + d2
3
以上４つの不等式の辺々を加えて、a3 + b3 + c3
a + b + c+
a3 + b3 + d3
a + b + d+
a3 + c3 + d3
a + c + d+
b3 + c3 + d3
b + c + d
= a2 + b2 + c2 + d2
を得る。
【演習40】
a1, a2, · · · · · · , an > 0, a1 + a2 + · · · · · · + an = 1
のとき、a1
2 − a1
+a2
2 − a2
+ · · · · · · + an
2 − an
= n
2n − 1
を示せ。
証明 一般性を失うことなく、1 > a1 = a2 = · · · · · · = an > 0
と仮定すると、1
2 − a1
= 1
2 − a2
= · · · · · · = 1
2 − an
が成り立つから、Chebishevの不等式より、
(a1 + a2 + · · · · · · + an)
(1
2 − a1
+1
2 − a2
+ · · · · · · + 1
2 − an
)5 n
(a1
2 − a1
+a2
2 − a2
+ · · · · · · + an
2 − an
)⇔ a1
2 − a1
+a2
2 − a2
+ · · · · · · + an
2 − an
= 1
n
(1
2 − a1
+1
2 − a2
+ · · · · · · + 1
2 − an
)-56-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
ここに、(1
2 − a1
+1
2 − a2
+ · · · · · · + 1
2 − an
)(2 − a1 + 2 − a2 + · · · · · · + 2 − an) = n2(
1
2 − a1
+1
2 − a2
+ · · · · · · + 1
2 − an
)(2n − 1) = n2
1
2 − a1
+1
2 − a2
+ · · · · · · + 1
2 − an
= n2
2n − 1
よって、示せた。等号成立は、
a1 = a2 = · · · · · · = a =1
n
のときに限る。
【演習41】a, b, c, d > 0で、a + b + c + d = 4のとき、
1
11 + a2+
1
11 + b2+
1
11 + c2+
1
11 + d25 1
3
を示せ。
証明 示すべきは、1
11 + a2+
1
11 + b2+
1
11 + c2+
1
11 + d25 1
3
⇔ 1
11 + a2+
1
11 + b2+
1
11 + c2+
1
11 + d2− 1
35 0
⇔ 1
11 + a2− 1
12+
1
11 + b2− 1
12+
1
11 + c2− 1
12+
1
11 + d2−− 1
125 0
⇔ a2 − 1
11 + a2+
b2 − 1
11 + b2+
c2 − 1
11 + c2+
d2 − 1
11 + d2= 0
⇔ (a − 1)a + 1
11 + a2+ (b − 1)
b + 1
11 + b2+ (c − 1)
c + 1
11 + c2+ (d − 1)
d + 1
11 + d2= 0
である。そこで、一般性を失うことなく、a = b = c = dと仮定すると、
a − 1 = b − 1 = c − 1 = d − 1
a + 1
11 + a2= b + 1
11 + b2= c + 1
11 + c2= d + 1
11 + d2
-57-
第 3. CAUCHY-SCHWARZの不等式
が成り立つから、Chebishevの不等式より、1
11 + a2+
1
11 + b2+
1
11 + c2+
1
11 + d25 1
3
等号は a = b = c = d = 1のときに限る。
-58-
4再配列不等式
定理 4.0.7. (Rearrangement Inequality)
a1 5 a2 5 · · · 5 anかつ b1 5 b2 5 · · · 5 bnのとき、a1, a2, · · · , anの順序を換えた順列を x1, x2, · · · , xnとすると、次の不等式が
a1b1 + a2b2 + · · · · · · + anbn = x1b1 + x2b2 + · · · · · · + xnbn
= anb1 + an−1b2 + · · · · · · + a1bn
が成立する。
証明
T = x1b1 + x2b2 + · · · · · · + xnbn
とおく。ある i < jについて、xi = xiが成り立っているとすると、xi, xjの順序を交換した順列に対して定まる T の値を T ′とおくと、（このような操作を rと呼ぶ。）
T ′ − T = xibi + xjbj − xjbi − xibj
= (xi − xj) (bi − bj) = 0
59
第 4. 再配列不等式
したっがて、順列 {xi}が「ある i < jについて、xi = xiが成り立っている」ときは操作 rによって、T は増加する。この操作を続けると、有限回で、「すべての i < j
について、xi 5 xiが成り立っている」ことになり、順列 {xi}は順列 {ai}に一致し、Tはこのとき最大になる。rの逆の操作を続ければ、有限回で、「すべての i < jについて、xi = xiが成り立っている」ことになり、x1 = an, x2 = an−1, · · · · · · , xn = a1
となって、このとき T は最小になる。
補題 4.0.1. a1, a2, · · · , anの順序を換えた順列を x1, x2, · · · , xnとすると
a12 + a2
2 + · · · · · · + an2 = x1a1 + x2a2 + · · · · · · + xnan
が成立する。
証明 定理4.0.7において、b1 5 b2 5 · · · 5 bnを a1 5 a2 5 · · · 5 anとみなせばよい。
【演習42】n を 2 以上の自然数とする。x1 = x2 = · · · = xn および y1 = y2 =· · · = ynを満足する数列 x1, x2, · · · , xnおよび y1, y2, · · · , ynが与えられている。y1, y2, · · · , ynを並びかえて得られるどのような数列 z1, z2, · · · , znに対しても
n∑j=1
(xj − yj)2 5
n∑j=1
(xj − zj)2
が成り立つことを証明せよ。【1987東京大学】
証明 明らかに、n∑
k=1
y2k =
n∑k=1
z2k
-60-
第 4. 再配列不等式
が成り立つ。従って、示すべきは、n∑
k=1
(xk − yk)2 5
n∑k=1
(xk − zk)2
⇔n∑
k=1
xkyk =n∑
k=1
xkzk
これは再配列不等式より明らか。
【演習43】a, b, cが正の数のとき、次の不等式を示せ。
a
b + c+
b
c + a+
c
a + b= 3
2
証明 一般性を失うことなく、a = b = cとする。このとき、1
b + c= 1
c + a= 1
a + b
であるから、再配列不等式より、a
b + c+
b
c + a+
c
a + b= b
b + c+
c
c + a+
a
a + ba
b + c+
b
c + a+
c
a + b= c
b + c+
a
c + a+
b
a + b
この辺々を加えると、
2
(a
b + c+
b
c + a+
c
a + b
)= 3
∴ a
b + c+
b
c + a+
c
a + b= 3
2
-61-
第 4. 再配列不等式
【演習44】a, b, cを３角形の３辺の長さとするとき、
a2(b + c − a) + b2(c + a − b) + c2(a + b − c) 5 3abc
を示せ。
証明 一般性を失うことなく、a = b = cとする。このとき、a(b + c − a) 5b(c + a − b) 5 c(a + b − c)となる。再配列不等式より、
a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c)
5 ba (b + c − a) + cb (c + a − b) + ac (a + b − c) · · · · · · 1©a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c)
5 ca (b + c − a) + ab (c + a − b) + bc (a + b − c) · · · · · · 2©
1© + 2©より、
2{a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c)
}5 6abc
∴ a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c) 5 3abc
【演習45】a, b, c > 0のとき、
a5 + b5 + c5 = a4b + b4c + c4a
を示せ。
証明 一般性を失うことなく、a = b = cと仮定すると、a3 = b4 = c4だから、Rearrangement不等式より、
a5 + b5 + c5 = a4b + b4c + c4a
-62-
第 4. 再配列不等式
相加平均・相乗平均を用いることもできる。a5 + a5 + a5 + a5 + b5 = 5a4b · · · · · · 1©b5 + b5 + b5 + b5 + c5 = 5b4c · · · · · · 2©c5 + c5 + c5 + c5 + a5 = 5c4a · · · · · · 3©
1©+ 2©+ 3© より、結論を得る。【演習46】
a, b, c > 0, abc = 1のとき、1
a3(b + c)+
1
b3(c + a)+
1
c3(a + b)= 3
2
を示せ。
証明 一般性を失うことなく、a = b = cと仮定する。
x =1
a, y =
1
b, z =
1
c
とおくと、xyz = 1となり、このとき、1
a3(b + c)+
1
b3(c + a)+
1
c3(a + b)
=x3
1y
+ 1z
+y3
1z
+ 1x
+z3
1x
+ 1y
=x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y
と書き直せるので、x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= 3
2
を示す。a = b = cであったから、
x 5 y 5 z
x + y 5 z + x 5 y + zx
y + z5 y
z + x5 z
x + y
-63-
第 4. 再配列不等式
が成り立つ。Rearrangement不等式より、
x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= xy
y + z+
yz
z + x+
zx
x + y
x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= xz
y + z+
yx
z + x+
zy
x + y
辺々を加えて、
2
(x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y
)> x + y + z = 3 3
√xyz = 3
∴ x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= 3
2
【演習47】a, b, c > 0 のとき
a2 + c2
b+
b2 + a2
c+
c2 + b2
a= 2 (a + b + c)
を示せ。
証明 a = b = cとすると、
a2 = b2 = c2,1
c= 1
b= 1
a
a2
b+
b2
c+
c2
a= a2
a+
b2
b+
c2
c= a + b + c
c2
b+
a2
c+
b2
a= a2
a+
b2
b+
c2
c= a + b + c
の辺々を加えて、結論を得る。
-64-
第 4. 再配列不等式
示すべきは、a2 + c2
b+
b2 + a2
c+
c2 + b2
a= 2 (a + b + c)
⇔ a2 + b2 + c2
b+
a2 + b2 + c2
c+
a2 + b2 + c2
a= 3 (a + b + c)
⇔(a2 + b2 + c2
)(1
a+
1
b+
1
c
)= 3 (a + b + c)
である。Cauchy-Schwarzの不等式より、(a2 + b2 + c2
)(1 + 1 + 1) = (a + b + c)2 · · · · · · 1©(
1
a+
1
b+
1
c
)(a + b + c) = (1 + 1 + 1)2 · · · · · · 2©
1©× 2©より、(a2 + b2 + c2
)(1
a+
1
b+
1
c
)> 3 (a + b + c)
を得る。【演習48】
x, y, z > 0 ⇒ x2 − z2
y + z+
y2 − x2
z + x+
z2 − y2
x + y= 0
を示せ。
証明 示すべきは、x2 − z2
y + z+
y2 − x2
z + x+
z2 − y2
x + y= 0
⇔ x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= z2
y + z+
x2
z + x+
y2
x + y
である。一般性を失うことなく、x = y = zと仮定すれば、
x2 = y2 = z2
1
y + z= 1
z + x= 1
x + y
-65-
第 4. 再配列不等式
であるから、Rearrangement不等式より、x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= z2
y + z+
x2
z + x+
y2
x + y
が成り立つ。
もし、z = y = xと仮定したとすると、
z2 = y2 = x2
1
x + y= 1
z + x= 1
z + y
であるから、Rearrangement不等式より、
x2
y + z+
y2
z + x+
z2
x + y= z2 · 1
x + y+ x2 · 1
z + y+ y2 · 1
z + x
= z2 · 1
z + y+ x2 · 1
z + x+ y2 · 1
x + y
=z2
y + z+
x2
z + x+
y2
x + y
【演習49】x, y, zのとき、
x3
yz+
y3
zx+
z3
xy= x + y + z
を示せ。
証明 x = y = zと仮定する。
x3 = y3 = z3
1
yz= 1
zx= 1
xy
-66-
第 4. 再配列不等式
だから、Rearrangement 不等式より、
x3
yz+
y3
zx+
z3
xy= x3 · 1
yz+ y3 · 1
zx+ z3 · 1
xy
= x3 · 1
xy+ y3 · 1
yz+ z3 · 1
zx
=x2
y+
y2
z+
z2
x
さらに、x2
y+
y2
z+
z2
x= x2 · 1
y+ y2 · 1
z+ z2 · 1
x
= x2 · 1
x+ y2 · 1
y+ z2 · 1
z
= x + y + z
∴ x3
yz+
y3
zx+
z3
xy= x + y + z
【演習50】a, b, c, d > 0, a + b + c + d = 4のとき、
a2bc + b2cd + c2da + d2ab 5 4
を示せ。
証明 (x, y, z, t)を順列 (a, b, c, d)のひとつとする。このとき、x = y = z = tとすると、
xyz = xyt = xzt = yzt
であるから、Rearrangement 不等式より、
x · xyz + y · xyt + z · xzt + t · yzt = a2bc + b2cd + c2da + d2ab
-67-
第 4. 再配列不等式
相加平均・相乗平均より、
x · xyz + y · xyt + z · xzt + t · yzt = (xy + zt) (xz + yt) 5 (xy + xz + xt + zt)2
4
xy + xz + xt + zt = (x + z) (y + t) 5 (x + y + z + t)2
4= 4
よって、
x · xyz + y · xyt + z · xzt + t · yzt 5 4
となるから、
a2bc + b2cd + c2da + d2ab 5 4
-68-
5グラフの凸性とJensen不等式
定義 5.0.1. 区間 [a, b]で定義された関数 f(x)が下に凸 (convex)であるとは、区間 [a, b]に属す任意の x, yに対して、すべての t(0 < t < 1)について、
f ((1 − t) x + ty) 5 (1 − t) f (x) + tf (y)
が成り立つことである。
定理 5.0.8. 第２次導関数をもつ f(x)が下に凸であれば、f ′′(x) > 0である。
証明F (x) = (1 − t) f (x) + tf (y) − f ((1 − t) x + ty)
とおく。f ′′(x) > 0かつ x 5 yと仮定する。F ′ (x) = (1 − t) f ′ (x) − (1 − t) f ′ ((1 − t) x + ty)
であるが、平均値の定理を用いると、f ′ (x) − f ′ ((1 − t) x + ty)
= {x − (1 − t) x − ty} f ′ (z)
= t (x − y) f ′′ (z)かつx < z < (1 − t) x + ty
69
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
となる zが存在する。よって、
F ′ (x) = (1 − t) t (x − y) f ′′ (z) 5 0
したがって、F (x)は単調減少である。
∴ F (x) = F (y) = 0
よって、f(x)は下に凸である。また逆に、f(x)が下に凸であるならば、F (x) = 0であるから、
F (x) > F (y) = 0
となり、F (x)は単調減少である。したがって、F ′(x) 5 0である。
F ′ (x) = (1 − t) f ′ (x) − (1 − t) f ′ ((1 − t) x + ty)
であるから、
f ′ (x) − f ′ ((1 − t) x + ty) 5 0
であり、x < (1 − t) x + tyだから、f ′(x)は単調増加。ゆえに、f ′′(x) > 0
定理 5.0.9. f1 (x) , f2 (x) , · · · · · · , fn (x) が凸ならば、
c1f1 (x) + c2f2 (x) + · · · · · · + cnfn (x) (ci > 0)
も凸である。
定理 5.0.10. (Jensenの不等式)
f(x)が区間 a < x < bで下に凸であるならば、この区間に属す x1, x2, · · · , xnに対して、α1, α2, · · · , αn = 0, α1 + α2 + · · · + αn = 1であるならば、
f (α1x1 + α2x2 + · · · + αnxn) 5 α1f (x1) + α2f (x2) + · · · + αnf (xn)
が成り立つ。
証明 ( i ) n = 2のときは凸性の定義より明らか。
( ii ) n = N のとき,命題が成り立つと仮定する。
xi ∈ (a, b) , (i = 1, 2, · · · , N, N + 1)
α1, α2, · · · , αN+1 = 0, α1 + α2 + · · · + αN+1 = 1
-70-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
とする。α1x1 + α2x2 + · · · + αNxN + αN+1xN+1
= α1x1 + α2x2 + · · · + (αN + αN+1) yN
(: yN =
αNxN + αN+1xN+1
αN + αN+1
)とみて、yN ∈ (a, b)に注意して、
f (α1x1 + α2x2 + · · · + αN+1xN+1)
= f (α1x1 + α2x2 + · · · + (αN + αN+1) yN)
5 α1f (x1) + α2f (x2) + · · · + (αN + αN+1) f (yN)
ここに、n = 2の結果より、
f (yN) = f
(αN
αN + αN+1
xN +αN+1
αN + αN+1
xN+1
)5 αN
αN + αN+1
f (xN) +αN+1
αN + αN+1
f (xN+1)
∴ f (α1x1 + α2x2 + · · · + αN+1xN+1) 5 α1f (x1)+α2f (x2)+· · ·+αN+1f (xN+1)
【演習51】凸性を用いて、相加平均・相乗平均の不等式
x1 + x2 + · · · + xn
n= n
√x1x2 · · ·xn (: xi > 0)
を示せ。
証明 f(x) = − log xとおくと、
f ′ (x) = −1
x, f ′′ (x) =
1
x2> 0
であるので、Jensenの不等式定理5.0.10において、
α1 = α2 = · · · · · · = αn =1
n
とおくと、
− log
(x1 + x2 + · · · · · · + xn
n
)5 −
(log x1 + log x2 + · · · + log xn
n
)⇔ log
(x1 + x2 + · · · · · · + xn
n
)= log n
√x1x2 · · ·xn
⇔ x1 + x2 + · · · · · · + xn
n= n
√x1x2 · · ·xn
-71-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
【演習52】凸性を用いて、Cauchy-Schwarzの不等式(
a21 + a2
2 + · · · + a2n
) (b21 + b2
2 + · · · + b2n
)= (a1b1 + a2b2 + · · · + a2b2)
2
を示せ。
証明 Jensenの不等式で f(x) = x2とおくと、
f
(m1x1 + m2x2 + · · · + mnxn
m1 + m2 + · · · + mn
)5 m1f (x1) + m2f (x2) + · · · + mnf (xn)
m1 + m2 + · · · + mn
⇔(
m1x1 + m2x2 + · · · + mnxn
m1 + m2 + · · · + mn
)2
5 m1x21 + m2x
22 + · · · + mnx
2n
m1 + m2 + · · · + mn
⇔ (m1x1 + m2x2 + · · · + mnxn)2 5(m1x
21 + m2x
22 + · · · + mnx2
n
)(m1 + m2 + · · · + mn)
ここで、
mi = b2i , xi =
ai
bi
(i = 1, 2, · · · , n)
とおくと、
(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 5(a2
1 + a22 + · · · + a2
n
) (b21 + b2
2 + · · · + b2n
)
定理 5.0.11. (Popoviciuの不等式)
区間 [a, b]で（下に）凸である関数 f(x)がある。x, y, z ∈ [a, b]に対して、
f
(x + y + z
3
)+
f (x) + f (y) + f (z)
3
= 2
3
{f
(x + y
2
)+ f
(y + z
2
)+ f
(z + x
2
)}が成り立つ。
証明 x 5 y 5 zと仮定しても一般性を失わない。このとき、yと x + y + z
3の
大小は
-72-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
( i ) y 5 x + y + z
3
( ii ) y >x + y + z
3
である。まず、前者のときに命題を示す。このとき、
ZYX
x + y + z
3
x + z
2
y + z
2
x + y + z
35 x + z
25 z,
x + y + z
35 y + z
25 z
が成り立つから、この２組の３数の関係を分点で捉えると、x + z
2= s
(x + y + z
3
)+ (1 − s) z
y + z
2= t
(x + y + z
3
)+ (1 − t) z
となる 0 5 s, t 5 1が存在する。この２つを加えて、
x + y + 2z
2= (s + t)
(x + y + z
3
)+ (2 − s − t) z
x + y − 2z
2= (s + t)
(x + y − 2z
3
)∴ s + t =
3
2
f(x)は凸であったから、
f
(x + z
2
)5 sf
(x + y + z
3
)+ (1 − s) f (z)
f
(y + z
2
)5 tf
(x + y + z
3
)+ (1 − t) f (z)
そして、
f
(x + y
2
)5 1
2f (x) +
1
2f (y)
-73-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
が成り立つ。これら３つを加えると、
f
(x + y
2
)+ f
(y + z
2
)+ f
(z + x
2
)5 (s + t) f
(x + y + z
3
)+ (2 − s − t) f (z) +
1
2f (x) +
1
2f (y)
=3
2f
(x + y + z
3
)+
1
2f (x) +
1
2f (y) +
1
2f (z)
∴ f
(x + y + z
3
)+
f (x) + f (y) + f (z)
3
= 2
3
{f
(x + y
2
)+ f
(y + z
2
)+ f
(z + x
2
)}後者のときも全く同様に示すことができる。
定理 5.0.12. (一般化された Popoviciuの不等式)
区間 [a, b]で下に凸である f(x)がある。このとき、a1, a2, · · · · · · , an ∈ [a, b]に対して、
f (a1) + f (a2) + · · · + f (an) + n (n − 2) f (α)
= (n − 1) {f (b1) + f (b2) + · · · + f (bn)}
が成り立つ。ただし、
α =a1 + a2 + · · · + an
n
bi =1
n − 1
∑j 6=i
aj (i = 1, 2, · · · , n)
定理 5.0.13. （重み付き相加平均・相乗平均）
ai > 0, 0 5 αi 5 1 (i = 1, 2, · · · , n)
α1 + α2 + · · · + αn = 1
のとき、
aα11 · aα2
2 · · · · · ·aαnn 5 α1a1 + α2a2 + · · · + αnan
が成り立つ。
-74-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
証明 Jensenの不等式を f(x) = − log xで用いると、f (α1a1 + α2a2 + · · · + αnan) 5 α1f (a1) + α2f (a2) + · · · + αnf (an)
⇔ − log (α1a1 + α2a2 + · · · + αnan) 5 −{α1 log a1 + α2 log a2 + · · · + αn log an}⇔ log (α1a1 + α2a2 + · · · + αnan) = log aα1
1 · aα22 · · · · · ·aαn
n
⇔ α1a1 + α2a2 + · · · + αnan = aα11 · aα2
2 · · · · · ·aαnn
【演習53】α, β, γは３角形の内角の大きさとする。
sin α sin β sin γ 5 3√
3
8
が成り立つことを証明せよ。
証明sin α, sin β, sin γ > 0
だから相加平均・相乗平均より、sin α + sin β + sin γ
3= 3√
sin α sin β sin γ
f(x) = sin xは 0 < x < πで上に凸であるから、Jensenの不等式より、sin α + sin β + sin γ
35 sin
(α + β + γ
3
)=
√3
2
以上より、√
3
2= 3√
sin α sin β sin γ ⇔ sin α sin β sin γ 5 3√
3
8
【演習54】a, b, c > 0のとき、
(1) 4(a3 + b3) = (a + b)3
(2) 9(a3 + b3 + c3) = (a + b + c)3
-75-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
証明 (1) f(x) = x3(x > 0)で Jensenの不等式を用いると、(a + b
2
)3
5 a3 + b3
2
∴ (a + b)3 5 4(a3 + b3
)(2) (
a + b + c
3
)3
5 a3 + b3 + c3
3
∴ (a + b + c)3 5 9(a3 + b3 + c3
)
【演習55】α1, α2, · · · , αn > 0, α1 + α2 + · · · + αn = 1のとき、
αα11 αα2
2 · · ·ααnn = 1
n
を示せ。
証明 定理5.0.13 において、
ai =1
αi
(i = 1, 2, · · · , n)
とおくと、(1
α1
)a1(
1
α2
)a2
· · ·(
1
αn
)an
5(
1
α1
)· α1 +
(1
α2
)· α2 + · · · +
(1
αn
)· αn
⇔ 1
αα11 αα2
2 · · ·ααnn
5 n
∴ αα11 αα2
2 · · ·ααnn = 1
n
【演習56】任意の正数 a, bに対して次の不等式が成立するような kの最小値を求めよ。
3√
a +3√
b 5 k3√
a + b
-76-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
証明f (x) = 3
√x (x > 0)
とおくと、
f ′ (x) =1
3x− 2
3 , f ′′ (x) = −2
9x− 5
3 < 0 (x > 0)
である。Jensenの不等式より、1
2f (a) +
1
2f (b) 5 f
(a + b
2
)⇔
3√
a + 3√
b
25 3
√a + b
2
⇔ 3√
a +3√
b 5 23√
2
3√
a + b =3√
43√
a + b
だから、求める最小値は 3√
4
【演習57】x, y, z > 0のとき、
√x2 + 1 +
√y2 + 1 +
√z2 + 1 =
√6 (x + y + z)
を示せ。
証明f (x) =
√x2 + 1
とおくと、
f ′ (x) =x√
x2 + 1, f ′′ (x) =
1
(x2 + 1)√
x2 + 1> 0
Jensenの不等式より、f (x) + f (y) + f (z)
3= f
(x + y + z
3
)⇔
√x2 + 1 +
√y2 + 1 +
√z2 + 1
3=
√(x + y + z
3
)2
+ 1
⇔√
x2 + 1 +√
y2 + 1 +√
z2 + 1 =√
(x + y + z)2 + 9
-77-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
ここで、
t2 + 9 − 6t = (t − 3)2 = 0
を用いれば、√
x2 + 1 +√
y2 + 1 +√
z2 + 1 =√
6 (x + y + z)
を得る。
【演習58】x, y, z > 0のとき、
x + y
z+
y + z
x+
z + x
y= 4
(z
x + y+
x
y + z+
y
z + x
)を示せ。
証明
f (x) = x +1
x(x > 0)
とおくと、
f ′ (x) = 1 − 1
x2, f ′′ (x) =
2
x3> 0
Popoviciuの不等式
f
(x + y + z
3
)+
f (x) + f (y) + f (z)
3
= 2
3
{f
(x + y
2
)+ f
(y + z
2
)+ f
(y + z
2
)}
-78-
第 5. グラフの凸性と JENSEN不等式
を用いると、x + y + z
3+
3
x + y + z+
1
3
(x +
1
x+ y +
1
y+ z +
1
z
)= 2
3
{x + y
2+
2
x + y+
y + z
2+
2
y + z+
y + z
2+
2
y + z
}⇔ 2 (x + y + z)
3+
3
x + y + z+
1
3
(1
x+
1
y+
1
z
)= 2
3(x + y + z) +
4
3
(1
x + y+
1
y + z+
1
z + x
)⇔ 3
x + y + z+
1
3
(1
x+
1
y+
1
z
)= 4
3
(1
x + y+
1
y + z+
1
z + x
)⇔ 9 + (x + y + z)
(1
x+
1
y+
1
z
)= 4 (x + y + z)
(1
x + y+
1
y + z+
1
z + x
)⇔ 12 +
x + y
z+
y + z
x+
z + x
y= 4
(z
x + y+
x
y + z+
y
z + x+ 3
)⇔ x + y
z+
y + z
x+
z + x
y= 4
(z
x + y+
x
y + z+
y
z + x
)
-79-
6不等式証明の３角関数の応用
我々は時によって、代数的な不等式を証明するのに３角関数への置き換えで驚きほどいい結果を得ることができたりする。いつも解答に辿り着くことができる
定理 6.0.14. ３角形ABCにおいて次の等式を示せ。
(1) cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sinA
2sin
B
2sin
C
2
(2) sin A + sin B + sin C = 4 cosA
2cos
B
2cos
C
2
(3) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C
(4) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cos A cos B cos C
(5) sin2 A
2+ sin2 B
2+ sin2 C
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2= 1
(6) tanA
2tan
B
2+ tan
B
2tan
C
2+ tan
C
2tan
A
2= 1
(7) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
81
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(8) cotA
2+ cot
B
2+ cot
C
2= cot
A
2cot
B
2cot
C
2
証明 (1)
cos A + cos B + cos C = 2 cosA + B
2cos
A − B
2+ cos C
= 2 cosA + B
2cos
A − B
2+ 1 − 2 sin2 C
2
= 2 cosπ − C
2cos
A − B
2+ 1 − 2 sin2 C
2
= 1 + 2 sinC
2cos
A − B
2− 2 sin2 C
2
= 1 + 2 sinC
2
(cos
A − B
2− sin
π − A − B
2
)= 1 + 2 sin
C
2
(cos
A − B
2− cos
A + B
2
)= 1 + 4 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
(2)
sin A + sin B + sin C = 2 sinA + B
2cos
A − B
2+ 2 sin
C
2cos
C
2
= 2 cosC
2cos
A − B
2+ 2 sin
C
2cos
C
2
= 2 cosC
2
(cos
A − B
2+ sin
C
2
)= 2 cos
C
2
(cos
A − B
2+ cos
A + B
2
)= 4 cos
A
2cos
B
2cos
C
2
-82-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(3)
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 sin2A + 2B
2cos
2A − 2B
2+ 2 sin C cos C
= 2 sin (π − C) cos (A − B) + 2 sin C cos C
= 2 sin C {cos (A − B) + cos (π − A − B)}= 2 sin C {cos (A − B) − cos (A + B)}= 4 sin A sin B sin C
(4)
sin2 A + sin2 B + sin2 C =1 − cos 2A
2+
1 − cos 2A
2+ 1 − cos2 C
= 2 −{
cos2A + 2B
2cos
2A − 2B
2+ cos C cos (π − A − B)
}= 2 − {cos (π − C) cos (A − B) − cos C cos (A + B)}= 2 − cos C {− cos (A − B) − cos (A + B)}= 2 + 2 cos A cos B cos C
(5)
sin2 A
2+ sin2 B
2+ sin2 C
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
=1
2(1 − cos A + 1 − cos B) + sin2 C
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
= 1 − cosA + B
2cos
A − B
2+ sin
C
2sin
π − A − B
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
= 1 − cosπ − C
2cos
A − B
2+ sin
C
2sin
π − A − B
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
= 1 − sinC
2cos
A − B
2+ sin
C
2cos
A + B
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
= 1 − sinC
2
{− cos
A − B
2+ cos
A + B
2
}+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2
= 1 − 2 sinC
2sin
A
2sin
B
2+ 2 sin
A
2sin
B
2sin
C
2= 1
-83-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(6)
tanA
2tan
B
2+ tan
B
2tan
C
2+ tan
C
2tan
A
2
= tanA
2tan
B
2+ tan
C
2
(tan
A
2+ tan
B
2
)= tan
A
2tan
B
2+ tan
C
2
(sin A
2cos B
2+ sin B
2cos A
2
cos A2
cos B2
)
= tanA
2tan
B
2+ tan
C
2
(sin(
A2
+ B2
)cos A
2cos B
2
)
= tanA
2tan
B
2+ tan
C
2·
cos C2
cos A2
cos B2
=sin A
2sin B
2
cos A2
cos B2
+sin π−A−B
2
cos A2
cos B2
=sin A
2sin B
2
cos A2
cos B2
+cos A+B
2
cos A2
cos B2
=cos A
2cos B
2
cos A2
cos B2
= 1
A
B C
I
D
EF
s − b
s − b
s − c
s − c
s − as − a
以下のように３角形の図形的性質に訴えて示してもよい。Iを4ABCの内心として、内接円と３辺との接点を図のようにD,E,Fとする。内接円の半径を rとおく。
tanA
2=
r
s − a
(s =
a + b + c
2
)等が成り立つから、
-84-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
tanA
2tan
B
2+ tan
B
2tan
C
2+ tan
C
2tan
A
2
=r
s − a
r
s − b+
r
s − b
r
s − c+
r
s − c
r
s − a
=r2 (s − c + s − a + s − b)
(s − a) (s − b) (s − c)
=r2s
(s − a) (s − b) (s − c)
=r2s2
s (s − a) (s − b) (s − c)=
S2
S2= 1
ここで、ヘロンの公式と S = srの公式を用いたのはわかるだろう。
(7)
tan A + tan B + tan C =sin A
cos A+
sin B
cos B+ tan C
=sin A cos B + sin B cos A
cos A cos B+ tan C
=sin (A + B)
cos A cos B+ tan C
=sin (π − C)
cos A cos B+ tan C
=sin C
cos A cos B+ tan C
= tan C
(cos C
cos A cos B+ 1
)= tan C
(cos (π − A − B)
cos A cos B+ 1
)= tan C
(− cos A cos B + sin A sin B
cos A cos B+ 1
)= tan C
sin A sin B
cos A cos B= tan A tan B tan C
-85-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(8)
cotA
2+ cot
B
2+ cot
C
2=
cos A2
sin A2
+cos B
2
sin B2
+ cotC
2
=cos A
2sin B
2+ cos B
2sin A
2
sin A2
sin B2
+ cotC
2
=sin A+B
2
sin A2
sin B2
+ cotC
2
=cos C
2
sin A2
sin B2
+ cotC
2
= cotC
2
{sin C
2
sin A2
sin B2
}+ cot
C
2
= cotC
2
{sin C
2
sin A2
sin B2
+ 1
}
= cotC
2
{cos A+B
2
sin A2
sin B2
+ 1
}
= cotC
2
{cos A
2cos B
2
sin A2
sin B2
}= cot
A
2cot
B
2cot
C
2
定理 6.0.15. cot θ =1
tan θである。次のA,B, Cは任意の実数である。
(1) sin A + sin B + sin C − sin(A + B + C) = 4 sinA + B
2sin
B + C
2sin
C + A
2
(2) cos A + sin B + cos C + cos(A + B + C) = 4 cosA + B
2cos
B + C
2cos
C + A
2
-86-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
証明 (1)
sin A + sin B + sin C − sin (A + B + C)
= 2 sin
(A + B
2
)cos
(A − B
2
)− 2 sin
(A + B
2
)cos
(A + B + 2C
2
)= 2 sin
(A + B
2
){cos
(A − B
2
)− cos
(A + B + 2C
2
)}= 4 sin
(A + B
2
)sin
(B + C
2
)sin
(C + A
2
)
(2)
cos A + cos B + cos C + cos (A + B + C)
= 2 cos
(A + B
2
)cos
(A − B
2
)+ 2 cos
(A + B + 2C
2
)cos
(A + B
2
)= 2 cos
(A + B
2
){cos
(A − B
2
)+ cos
(A + B + 2C
2
)}= 4 sin
(A + B
2
)cos
(B + C
2
)cos
(C + A
2
)
定理 6.0.16. ３角形ABCにおいて次の不等式を示せ。
(1) sin α + sin β + sin γ 5 3√
3
2(2) sin α sin β sin γ 5 3
√3
8
(3) sinα
2+ sin
β
2+ sin
γ
25 3
2(4) sin
α
2sin
β
2sin
γ
25 1
8
(5) cos α + cos β + cos γ 5 3
2(6) cos α cos β cos γ 5 1
8
(7) cosα
2+ cos
β
2+ cos
γ
25 3
√3
2(8) cos
α
2cos
β
2cos
γ
25 3
√3
8
(9) sin2 α + sin2 β + sin2 γ 5 9
4(10) sin2 α
2+ sin2 β
2+ sin2 γ
2= 3
4
(11) cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 3
4(12) cos2 α
2+ cos2 β
2+ cos2 γ
25 9
4
(13) tanα
2+ tan
β
2+ tan
γ
2=
√3 (14) cot
α
2+ cot
β
2+ cot
γ
2= 3
√3
-87-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
証明 (1) 区間 (0, π)で f(x)は上に凸であるから、
sin α + sin β + sin γ
35 sin
(α + β + γ
3
)= sin
π
3
⇔ sin α + sin β + sin γ 5 3√
3
2
(2) 上の結果を用いて、
sin α sin β sin γ 5(
sin α + sin β + sin γ
3
)3
5(√
3
2
)3
=3√
3
8
(3) (1)と同様に凸性を用いて、
sin α2
+ sin β2
+ sin γ2
35 sin
(α + β + γ
6
)= sin
π
6=
1
2
⇔ sinα
2+ sin
β
2+ sin
γ
25 3
2
(4) (3)を用いて、
sinα
2sin
β
2sin
γ
25(
sin α2
+ sin β2
+ sin γ2
3
)3
5(
1
2
)3
=1
8
(5)
3 − 2 (cos α + cos β + cos γ)
= 3 − 2 {cos α + cos β + cos (π − α − β)}= 3 − 2 {cos α + cos β − cos (α + β)}= 3 − 2 {cos α + cos β − cos α cos β + sin α sin β}= sin2 α + sin2 β − 2 sin α sin β
+ cos2 α + cos2 β + 1 − 2 cos α − 2 cos β + 2 cos α cos β
= (sin α − sin β)2 + (1 − cos α − cos β)2 = 0
∴ cos α + cos β + cos γ 5 3
2
-88-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
___
___次のように示すのをおすすめ。
cos α + cos β + cos γ = 2 cosα + β
2cos
α − β
2+ cos γ
= 2 cosπ − γ
2cos
α − β
2+ cos γ [γを固定]
= 2 sinγ
2cos
α − β
2+ cos γ [α = βのときに最大]
5 2 sinγ
2+ cos γ
= 2 sinγ
2+ 1 − 2 sin2 γ
2
= −2
(sin
γ
2− 1
2
)2
+3
25 3
2
(6)
cos α cos β cos γ =1
2{cos (α + β) + cos (α − β)} cos γ
=1
2{− cos (α + β) + cos (α − β)} cos γ
=1
2{− cos γ + cos (α − β)} cos γ
= −1
2
{cos γ − cos (α − β)
2
}2
+1
8cos2 (α − β)
5 1
8cos2 (α − β) 5 1
8
___
___cos α cos β cos γを最大にしたいのであるから、
cos α cos β cos γ > 0 ⇔ cos α, cos β, cos γ > 0
のもとで考えればよい。
cos α cos β cos γ 5(
cos α + cos β + cos γ
3
)3
5(
1
2
)3
=1
8
(7) 凸性を用いて、1
3
{cos
α
2+ cos
β
2+ cos
γ
2
}5 cos
(α + β + γ
2 · 3
)= cos
π
6=
√3
2
∴ cosα
2+ cos
β
2+ cos
γ
25 3
√3
2
-89-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(8) cosα
2, cos
β
2, cos
γ
2> 0 であるから、
cosα
2cos
β
2cos
γ
25[1
3
{cos
α
2+ cos
β
2+ cos
γ
2
}]3
5(√
3
2
)3
=3√
3
8
(9) 定理6.0.14の恒等式を使う。
sin2 α + sin2 β + sin2 γ
=1 − cos 2α
2+
1 − cos 2β
2+ sin2 γ
= 1 − 1
2(cos 2α + cos 2β) + sin2 γ
= 1 − 1
2· 2 cos (α + β) cos (α − β) + sin2 γ
= 1 − cos (π − γ) cos (α − β) + sin2 γ
= 2 + cos γ cos (α − β) + sin2 γ − 1
= 2 + cos γ cos (α − β) − cos2 γ
= 2 + cos γ {cos (α − β) − cos (π − α − β)}= 2 + 2 cos α cos β cos γ
5 2 + 2 · 1
8=
9
4
-90-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(10) 定理6.0.14の恒等式を使う。
sin2 α
2+ sin2 β
2+ sin2 γ
2
=1 − cos α
2+
1 − cos β
2+ sin2 γ
2
= 1 − cos α + cos β
2+ sin2 γ
2
= 1 − cosα + β
2cos
α − β
2+ sin2 γ
2
= 1 − cosπ − γ
2cos
α − β
2+ sin2 γ
2
= 1 − sinγ
2cos
α − β
2+ sin2 γ
2
= 1 − sinγ
2
(cos
α − β
2− sin
π − α − β
2
)= 1 − sin
γ
2
(cos
α − β
2− cos
α + β
2
)= 1 − 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
= 1 − 2 · 1
8=
3
4
(11)
cos2 α + cos2 β + cos2 γ
= 3 −(sin2 α + sin2 β + sin2 γ
)= 3 − 9
4=
3
4
(12)
cos2 α
2+ cos2 β
2+ cos2 γ
2
= 3 −(
sin2 α
2+ sin2 β
2+ sin2 γ
2
)= 3 − 3
4=
9
4
-91-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
(13) 凸性を用いて、1
3
(tan
α
2+ tan
β
2+ tan
γ
2
)= tan
α + β + γ
2 · 3= tan
π
6=
1√3
∴ tanα
2+ tan
β
2+ tan
γ
2=
√3
(14) 凸性を用いて、
cotα
2+ cot
β
2+ cot
γ
2= 3 cot
α + β + γ
2 · 3= 3
√3
【演習59】α, β, γ (0 < α, β, γ < π)が4ABCの内角であることと
sin2 α
2+ sin2 β
2+ sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2= 1
であることは同値である。
証明 まず、α, β, γが4ABCの内角であるとする。
sin2 α
2+ sin2 β
2+ sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
=1 − cos α
2+
1 − cos β
2+ sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
= 1 − 1
2(cos α + cos β) + sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
= 1 − cosα + β
2cos
α − β
2+ sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
= 1 − cosπ − γ
2cos
α − β
2+ sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
= 1 − sinγ
2cos
α − β
2+ sin2 γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ
2
= 1 − sinγ
2
{− cos
α − β
2+ sin
γ
2+ 2 sin
α
2sin
β
2
}= 1 − sin
γ
2
{− cos
α − β
2+ cos
α + β
2+ 2 sin
α
2sin
β
2
}= 1 − sin
γ
2
{−2 sin
α
2sin
β
2+ 2 sin
α
2sin
β
2
}= 1 · · · · · · · · · 1©
-92-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
逆にこのとき、α + β + γ = π
であることを示す。いま、 1©をみたす α, βは0 < α + β < 2π
を満たすから、α + β + γ1 = π,−π < γ1 < π
となる γ1が存在する。従って、
sin2 α
2+ sin2 β
2+ sin2 γ1
2+ 2 sin
α
2sin
β
2sin
γ1
2= 1 · · · · · · 2©
が成立する。 1©, 2©よりさて、ここで、
−π
2<
α − β
2<
π
2, 0 <
γ
2<
π
2
であるから、
cosα − β
2+ sin
γ
2> 0
よって、sin
γ
2− sin
γ1
2= 0 ⇔ γ = γ1
こうして、逆も成立する。
以下に、三角比による有用な置き換え例をあげておこう。
＜ Ex 1＞ α, β, γが任意の３角形の角であるとき、
A =π − α
2, B =
π − β
2, C =
π − γ
2
とおくと、A + B + C = π, 0 < A, B, C <
π
2
が成り立つ。この置き換え (substitution)によって、A,B, Cをもつ３角形は鋭角３角形となるので、Jensenの不等式を用いることができる！
cos A = sinα
2, cos B = sin
β
2, cos C = sin
γ
2
が成り立つ。
-93-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
＜ Ex 2＞ x, y, z > 0のとき、
c = x + y, a = y + z, b = z + x
とおくと、
x = s − a, y = s − b, z = s − c
(: s =
a + b + c
2= x + y + z
)が成り立ち、a, b, cは３角形の３辺を構成する。
＜ Ex 3＞ a, b, c > 0, ab + bc + ca = 1のとき、【演習１】の (6)より、
a = tanα
2, b = tan
β
2, c = tan
γ
2
とおくと、α, β, γは３角形の角となる。
【演習60】x, y, z > 0のとき、
√x (y + z) +
√y (z + x) +
√z (x + y) = 2
√(x + y) (y + z) (z + x)
x + y + z
を示せ。
証明 示すべきは、√x (x + y + z)
(x + y) (z + x)+
√y (x + y + z)
(y + z) (x + y)+
√z (x + y + z)
(z + z) (z + y)= 2
ここで、上の＜ Ex2＞の置き換え；
c = x + y, a = y + z, b = z + x
を採用すると、
x = s − a, y = s − b, z = s − c
(: s =
a + b + c
2= x + y + z
)であるから、示すべきは√
s (s − a)
bc+
√s (s − b)
ca+
√s (s − c)
ab= 2
-94-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
となり、a, b, cは３角形の３辺の長さになる。ところで、
cos2 A
2=
1 + cos A
2
=1
2
(1 +
b2 + c2 − a2
2bc
)=
(b + c)2 − a2
4bc
=(b + c + a) (b + c − a)
4bc
=2s (2s − 2a)
4bc=
s (s − a)
bc
であるから、示すべきは、
cosA
2+ cos
B
2+ cos
C
2= 2
となる。4ABCにおいて、さらに、
α =π − A
2, β =
π − B
2, γ =
π − C
2
とおくと、
α + β + γ = π, 0 < α, β, γ <π
2
となるので、α, β, γは鋭角３角形の内角になる。
sin α = sinπ − A
2= cos
A
2
だから、結局、示すべきは、
sin α + sin β + sin γ = 2
となる。
1 = sin α = sin2 α, 1 = sin β = sin2 β, 1 = sin γ = sin2 γ
-95-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
であるから、sin α + sin β + sin γ
= sin2 α + sin2 β + sin2 γ
=1 − cos 2α
2+
1 − cos 2β
2+ 1 − cos2 γ
= 2 − 1
2(cos 2α + cos 2β) − cos2 γ
= 2 − cos (α + β) cos (α − β) − cos2 γ
= 2 − cos (π − γ) cos (α − β) − cos2 γ
= 2 + cos γ {cos (α − β) − cos (π − α − β)}= 2 + 2 cos γ cos α cos β > 2
【演習61】a, b, c > 0, a + b + c = 1のとき、
a2 + b2 + c2 + 2√
3abc 5 1
を示せ。
証明 a = yz, b = zx, c = xyとおくと、示すべきは、
x, y, z > 0, xy + yz + zx = 1
⇒ x2y2 + y2z2 + z2x2 + 2√
3xyz 5 1
x2y2 + y2z2 + z2x2 + 2√
3xyz 5 1
⇔ (xy + yz + zx)2 + 2√
3xyz 5 1 + 2xyz (x + y + z)
⇔ 1 + 2√
3xyz 5 1 + 2xyz (x + y + z)
⇔√
3 5 x + y + z
と同値変形できるから、√
3 5 x+y+zを示すことになる。＜例３＞を参考にして、
x, y, z > 0, xy + yz + zx = 1
のもとで、
x = tanα
2, y = tan
β
2, z = tan
γ
2
-96-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
とおくと、0 < α, β, γ < π, α + β + γ = πとなり、【演習２】の問題 (13)より、
tanα
2+ tan
β
2+ tan
γ
2=
√3
が成り立つので、示せたことになる。
置き換えを用いず次のように証明する。
証明 Cauchy-Schwarzの不等式より、(x2 + y2 + z2
) (y2 + z2 + x2
)= (xy + yz + zx)2 = 1
∴ x2 + y2 + z2 = 1
x2 + y2 + z2 + 2 (xy + yz + zx) = 1 + 2
(x + y + z)2 = 3
∴ x + y + z =√
3
【演習62】0 < a, b, c < 1, ab + bc + ca = 1のとき、
a
1 − a2+
b
1 − b2+
c
1 − c2= 3
4
(1 − a2
a+
1 − b2
b+
1 − c2
c
)を示せ。
証明 < EX3 >の置き換えで、
a = tanα
2, b = tan
β
2, c = tan
γ
2
とおくと、α, β, γは３角形の内角になる。a
1 − a2=
tan α2
1 − tan2 α2
=tan α
2
と書けるので、示すべきは、tan α
2+
tan β
2+
tan γ
2= 3
4
(2
tan α+
2
tan β+
2
tan γ
)⇔ tan α + tan β + tan γ = 3
(1
tan α+
1
tan β+
1
tan γ
)-97-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
【演習１】(7)で示した等式；
tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ
を用いると、示すべきは、
tan α + tan β + tan γ = 3
(tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α
tan α tan β tan γ
)⇔ (tan α + tan β + tan γ)2 = 3 (tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α)
⇔ (tan α − tan β)2 + (tan β − tan γ)2 + (tan γ − tan α)2 = 0
となるので、示せたことになる。
【演習63】x, y, zが正の実数のとき、次の不等式を証明せよ。
x
x +√
(x + y) (x + z)+
y
y +√
(y + z) (y + x)+
z
z +√
(z + x) (z + y)5 1
証明 示すべき不等式の同値性に着目すると、
xy + yz + zx = 1
とおいてよい。なぜならば、xy + yz + zx = k2とし、
X =x
k, Y =
y
k, Z =
z
k
とおくと、
XY + Y Z + ZX = 1
となり、x
x +√
(x + y) (x + z)=
kX
kX +√
(kX + kY ) (kX + kZ)
=X
X +√
(X + Y ) (X + Z)
となるからである。
xy + yz + zx = 1, x > 0, y > 0, z > 0
-98-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
のもとで、
x = tanα
2, y = tan
β
2, z = tan
γ
2
とおくと、x
x +√
(x + y) (x + z)=
1
1 +√
(x+y)(x+z)x2
であって、(x + y) (x + z)
x2=
(tan α
2+ tan β
2
) (tan α
2+ tan γ
2
)tan2 α
2
=
(1 − tan α
2tan β
2
)tan α+β
2
(1 − tan α
2tan γ
2
)tan α+γ
2
tan2 α2
=
(1 − tan α
2tan β
2
) (1 − tan α
2tan γ
2
)tan2 α
2tan β
2tan γ
2
=
(cos α
2cos β
2− sin α
2sin β
2
) (cos α
2cos γ
2− sin α
2sin γ
2
)sin2 α
2sin β
2sin γ
2
=cos α+β
2cos α+γ
2
sin2 α2
sin β2
sin γ2
=sin β
2sin γ
2
sin2 α2
sin β2
sin γ2
=1
sin2 α2
となるから、他の場合も同様で、示すべき不等式はsin α
2
1 + sin α2
+sin β
2
1 + sin β2
+sin γ
2
1 + sin γ2
5 1
⇔1 + sin α
2− 1
1 + sin α2
+1 + sin β
2− 1
1 + sin β2
+1 + sin γ
2− 1
1 + sin γ2
5 1
⇔ −1
1 + sin α2
+−1
1 + sin β2
+−1
1 + sin γ2
5 −2
⇔ 1
1 + sin α2
+1
1 + sin β2
+1
1 + sin γ2
= 2
ここに、相加平均・調和平均の不等式：a + b + c
3= 3
1a
+ 1b+ 1
c
-99-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
を用いると、1
1 + sin α2
+1
1 + sin β2
+1
1 + sin γ2
= 9
3 + sin α2
+ sin β2
+ sin γ2
【演習 2】の (3)を用いると、
sinα
2+ sin
β
2+ sin
γ
25 3
2
であったから、1
1 + sin α2
+1
1 + sin β2
+1
1 + sin γ2
= 9
3 + 32
= 2
よって、示せた。
【演習64】a, b, c = 0, a, b, c \= 1, ab + bc + ca = 1のとき、つぎの不等式を示せ。
a
1 − a2+
b
1 − b2+
c
1 − c2= 3
√3
2
証明 仮定より,
0 5 a, b, c < 1
が成り立つので、
α + β + γ = π, 0 5 α, β, γ <π
2
a = tanα
2, b = tan
β
2, c = tan
γ
2
とおくことができる。a
1 − a2=
tan α2
1 − tan2 α2
=1
2tan α
であるから、示すべきは、
α + β + γ = π, 0 < α, β, γ < π, α, β, γ \=π
2
-100-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
のとき、
tan α + tan β + tan γ = 3√
3
である。tan x(0 < x < π2)のグラフの凸性より、
tan α + tan β + tan γ
3= tan
α + β + γ
3=
√3
∴ tan α + tan β + tan γ = 3√
3
【演習65】a, b, cを正の実数とする。次の不等式を示せ。(
a2 + 2) (
b2 + 2) (
c2 + 2)
= 9 (ab + bc + ca)
証明
a =√
2 tan α, b =√
2 tan β, c =√
2 tan γ
0 < α, β, γ <π
2
とおくと、示すべきは、8
cos2 α cos2 β cos2 γ= 18 (tan α tan β + tan β tan β + tan γ tan α)
⇔ 4
cos2 α cos2 β cos2 γ= 9 (sin α sin β cos γ + cos α sin β sin γ + sin α cos β sin γ)
cos α cos β cos γ
⇔ cos α cos β cos γ (sin α sin β cos γ + cos α sin β sin γ + sin α cos β sin γ) 5 4
9
である。
sin α sin β cos γ + cos α sin β sin γ + sin α cos β sin γ
= sin β sin (α + γ) + sin α cos β sin γ
= sin β sin (α + γ) + sin α cos β sin γ − cos β cos α cos γ + cos β cos α cos γ
= sin β sin (α + γ) − cos β cos (α + γ) + cos β cos α cos γ
= cos β cos α cos γ − cos (α + β + γ)
-101-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
と変形できるから、示すべきは、さらに、
cos α cos β cos γ (cos β cos α cos γ − cos (α + β + γ)) 5 4
9
となる。cos α, cos β, cos γ > 0であるから、相加平均・相乗平均より、
cos α cos β cos γ 5(
cos α + cos β + cos γ
3
)3
さらに cos x(0 < x < π2)の凸性より、
cos α + cos β + cos γ
35 cos
α + β + γ
3
が成り立つから、
θ =α + β + γ
3
とおくと、
cos α cos β cos γ 5 cos3 θ
であるから、
cos3 θ(cos3 θ − cos 3θ
)5 4
9
を示せればよい。
cos3 θ(cos3 θ − cos 3θ
)= cos3 θ
(cos3 θ − 4 cos3 θ + 3 cos θ
)= 3 cos4 θ
(1 − cos2 θ
)であるが、相加平均・相乗平均より、
cos2 θ + cos2 θ + 2 (1 − cos2 θ)
3= 3√
2 cos4 θ (1 − cos2 θ)
8
27× 3
2= 3 cos4 θ
(1 − cos2 θ
)4
9= 3 cos4 θ
(1 − cos2 θ
)となり、証明ができた。
-102-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
【演習66】a, b, cは正の実数で、a + b + c = 1を満たす。このとき、次の不等式を示せ。
a
a + bc+
b
b + ca+
√abc
c + ab5 1 +
3√
3
4
証明
a = xy, b = yz, c = zx, (x > 0, y > 0, z > 0)
とおくと、
a
a + bc+
b
b + ca+
√abc
c + ab5 1 +
3√
3
4
は、
xy
xy + xyz2+
yz
yz + x2yz+
xyz
zx + xy2z5 1 +
3√
3
4
⇔ 1
1 + z2+
1
1 + x2+
y
1 + y25 1 +
3√
3
4
となって、ここに、xy + yz + zx = 1である。そこで、
x = tanα
2, y = tan
β
2, z = tan
γ
2
とおくと、α, β, γは３角形の内角となる。示すべきは、
1
1 + tan2 γ2
+1
1 + tan2 α2
+tan β
2
1 + tan2 β2
5 1 +3√
3
4
⇔ cos2 γ
2+ cos2 α
2+
1
2sin β 5 1 +
3√
3
4
⇔ 1 + cos γ
2+
1 + cos α
2+
1
2sin β 5 1 +
3√
3
4
⇔ cos γ + cos α + sin β 5 3√
3
2
-103-
第 6. 不等式証明の３角関数の応用
cos γ + cos α + sin β =1
2cos
γ + α
2cos
γ − α
2+ sin β
=1
2cos
π − β
2cos
γ − α
2+ sin β
=1
2sin
β
2cos
γ − α
2+ sin β
5 1
2sin
β
2× 1 + sin β
=1
2sin
β
2
(1 + cos
β
2
)であり、さらに、
sin2 β
2
(1 + cos
β
2
)2
=
(1 − cos
β
2
)(1 + cos
β
2
)3
と変形して、相加平均・相乗平均を用いて、
3(1 − cos β
2
)+(1 + cos β
2
)+(1 + cos β
2
)+(1 + cos β
2
)4
= 4
√3
(1 − cos
β
2
)(1 + cos
β
2
)3
⇔(
3
2
)4
> 3
(1 − cos
β
2
)(1 + cos
β
2
)3
⇔ 3√
3
4=
√(1 − cos
β
2
)(1 + cos
β
2
)3
⇔ 3√
3
2= 1
2sin
β
2
(1 + cos
β
2
)よって、示せた。
-104-