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解説高校数学
斉次式化でとける問題
$$$$
はじめに
こんにちは.今回は問題を解くだけです.基本的な考え方です.
斉次式については,
不等式証明のコツ２：斉次式化
をみると良いです.
わかりやすくまとまっています.
紹介する問題は,斉次式化が本質でない解き方をしているものもあります.
そういうものは,解答の見通しがよくなるという利点があります.
問題
@I_______nu
$a,b,c>0,\frac1a+\frac1b+\frac1c=1$.このとき,以下の最小値の求めよ：
$a+b+c^2$
出典は こちら .
解答
$$a+b+c^2 \\=\left(a+b+c^2\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\right)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right) \\=3+\frac ab+\frac ac+\frac ba+\frac bc+\frac{c^2}{a^2}+\frac{2c^2}{ab}+\frac{2c}{a}+\frac{c^2}{b^2}+\frac{2c}{b}\\=3+4\cdot\frac a{4b}+8\cdot\frac a{8c}+4\cdot\frac b{4a}+8\cdot\frac b{8c}+\frac{c^2}{a^2}+2\cdot\frac{2c^2}{2ab}+4\cdot\frac{2c}{4a}+\frac{c^2}{b^2}+4\cdot\frac{2c}{4b}\\\ge3+36\sqrt[36]{\biggl(\dfrac a{4b}\biggr)^4\cdot\biggl(\dfrac a{8c}\biggr)^8\cdot\left(\frac b{4a}\right)^4\cdot\left(\frac b{8c}\right)^8\cdot\frac{c^2}{a^2}\cdot\left(\frac{2c^2}{2ab}\right)^2\cdot\left(\frac{2c}{4a}\right)^4\cdot\frac{c^2}{b^2}\cdot\left(\frac{2c}{4b}\right)^4}\quad (\because \mathrm{Wegihted \ AMGM})\\=12$$
等号は$a=b=4,c=2$で成立する.よって,求める最小値は$12$である.
IMO 1984 1
$x,y,z\ge0,x+y+z=1$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$0\le xy+yz+zx-2xyz\le\frac7{27}$$
出典は
こちら
.
解答
左2つ：
\begin{equation*} \begin{split} &0\le xy+yz+zx-2xyz \\&\Leftrightarrow0\le (x+y+z)(xy+yz+zx)-2xyz \\&\Leftrightarrow0\le \sum_{\mathrm{sym}}x^2y+xyz \end{split} \end{equation*}
これは,明らか.
右2つ：
\begin{equation*} \begin{split} &xy+yz+zx-2xyz\le\frac7{27}\\&\Leftrightarrow(x+y+z)(xy+yz+zx)-2xyz\le\frac7{27}(x+y+z)^3\\&\Leftrightarrow27\sum_{\mathrm{sym}}x^2y+27xyz\le7\sum_{\mathrm{cyc}}x^3+21\sum_{\mathrm{sym}}x^2y+42xyz\\&\Leftrightarrow5\sum_{\mathrm{sym}}x^2y+\sum_{\mathrm{sym}}x^2y\le5\sum_{\mathrm{cyc}}x^3+15xyz+\sum_{\mathrm{sym}}x^3 \end{split} \end{equation*}
ここで,$(3,0,0)\succ(2,1,0)$よりMuirheadの不等式より,
$$\sum_{\mathrm{sym}}x^2y\le\sum_{\mathrm{sym}}x^3$$
が成り立ち,また,Schurの不等式より,
$$\sum_{\mathrm{sym}}x^2y\le\sum_{\mathrm{cyc}}x^3+3xyz$$
が成り立つ.よって,与えられた不等式は示された.
Greece TST 2018
$x,y,z>0,x+y+z=9xyz$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{x}{\sqrt{x^2+2yz+2}}\ge1$$
出典は
こちら
.
解答
Hölderの不等式より,
$$\left(\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{x}{\sqrt{x^2+2yz+2}}\right)^2\left(\sum_{\mathrm{cyc}}x\left(x^2+2yz+2\right)\right)\ge\left(x+y+z\right)^3$$
が成り立ち,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}x\left(x^2+2yz+2\right)\le\left(x+y+z\right)^3$$
を示せばいい.
$$\sum_{\mathrm{cyc}}x\left(x^2+2yz+2\right)\le\left(x+y+z\right)^3\\\Leftrightarrow\sum_{\mathrm{cyc}}x\left(x^2+2yz+\frac{18xyz}{x+y+z}\right)\le\left(x+y+z\right)^3\\\Leftrightarrow\sum_{\mathrm{cyc}}x\left(x^2(x+y+z)+2yz(x+y+z)+18xyz\right)\le(x+y+z)^4\\\Leftrightarrow\frac12\sum_{\mathrm{sym}}x^4+\sum_{\mathrm{sym}}x^3y+12\sum_{\mathrm{sym}}x^2yz\le\frac12\sum_{\mathrm{sym}}x^4+4\sum_{\mathrm{sym}}x^3y+3\sum_{\mathrm{sym}}x^2y^2+6\sum_{\mathrm{sym}}x^2yz\\\Leftrightarrow2\sum_{\mathrm{sym}}x^2yz\le\sum_{\mathrm{sym}}x^3y+\sum_{\mathrm{sym}}x^2y^2$$
$(3,1,0),(2,2,0)\succ(2,1,1)$であるから,Muirheadの不等式により最後の式は示される.
ELMO 2013 A2
$a,b,c>0$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{a+\frac1b+1}\ge\frac3{\sqrt[3]{abc}+\frac1{\sqrt[3]{abc}}+1}$$
出典は こちら .
解答
$abc=r^3$とおいて,すべての$r>0$で不等式を示せばよく,$a=\frac{rx}y,b=\frac{ry}z,c=\frac{rz}x$とおけば,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{y}{r^2x+ry+z}\ge\frac{3}{r^2+r+1}$$
を示せばいい.
\begin{equation*} \begin{split} &\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{y}{r^2x+ry+z}\\&=\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{y^2}{r^2xy+ry^2+yz}\\&\ge\frac{(x+y+z)^2}{r(x^2+y^2+z^2)+(r^2+1)(xy+yz+zx)}\quad(\because\mathrm{Titu's \ Lemma}) \end{split} \end{equation*}
より,あとは,
$$\frac{(x+y+z)^2}{r(x^2+y^2+z^2)+(r^2+1)(xy+yz+zx)}\ge\frac{3}{r^2+r+1}$$
を示せばよく,整理すると,
$$(r-1)^2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\ge0$$
であり,有名不等式：
$$x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$$
より,最後の不等式は示される.
2009 ISL A2
$a,b,c>0,a+b+c=\frac1a+\frac1b+\frac1c$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac1{(2a+b+c)^2}\ge\frac3{16}$$
出典は
こちら
.
解答
\begin{equation*} \begin{split} \sum_{\mathrm{cyc}}\frac1{(2a+b+c)^2}\ge\frac3{16}\cdot\frac{\frac1a+\frac1b+\frac1c}{a+b+c} \end{split} \end{equation*}
を示せばよく,これは斉次であるから$a+b+c=1$の下これを示せばいい.変形すると,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac1{(a+1)^2}-\frac3{16a}\right)\ge0$$
となり,$f(a)=\dfrac1{(a+1)^2}-\dfrac3{16a}$とおくと,
$$f''(a)=\frac6{(a+1)^4}\ge0$$
であるから,Jensenの不等式より,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}f(a)\ge3f\left(\frac{a+b+c}3\right)=0$$
が成り立ち,最後の不等式は示された.
コメント
$a+b+c=\frac1a+\frac1b+\frac1c$から$a+b+c=1$に制約条件を変える時に,斉次式化をしていることがカギになっています.
この考え方はたまに使えます.
以下の一問がその例です.
1990 ILL 88
$x,y,z,w\ge0,xy+yz+zw+wx=1$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{x^3}{y+z+w}\ge\frac13$$
出典は こちら .
解答
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{x^3}{y+z+w}\ge\frac{xy+yz+zw+wx}3$$
を示せばよく,これは斉次であるから$x+y+z+w=1$の下これを示せばいい.
$$x^2+y^2+z^2+w^2\ge xy+yz+zw+wx\ \Leftrightarrow\ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-w)^2+(w-x)^2\ge0$$
より,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{x^3}{1-x}-\frac{x^2}3\right)\ge0$$
を示せばいい.ここで,
$$\frac{x^3}{1-x}-\frac{x^2}3\ge\frac19\left(x-\frac14\right)\ \Leftrightarrow\ \frac{(3x+1)(4x-1)^2}{36(1-x)}\ge0$$
であるから,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{x^3}{1-x}-\frac{x^2}3\right)\ge\sum_{\mathrm{cyc}}\frac19\left(x-\frac14\right)=0$$
となり与えられた不等式は示された.
B&H
$a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=1$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{a^2}{1+2bc}\ge\frac35$$
出典は
こちら
.
解答
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}\ge\frac35$$
を示せばいい.
\begin{equation*} \begin{split} &\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}\\&=\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{a^4}{a^4+a^2(b+c)^2}\\&\ge\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2(a^2bc+ab^2c+abc^2)} \end{split} \end{equation*}
より,
$$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2(a^2bc+ab^2c+abc^2)}\ge\frac35$$
を示せばいい.変形すると,
$$\sum_{\mathrm{sym}}a^4+2\sum_{\mathrm{sym}}a^2b^2\ge\sum_{\mathrm{sym}}a^2bc$$
となり,$(4,0,0),(2,2,0)\succ(2,1,1)$よりMuirheadの不等式により最後の不等式は示される.
2009 ISL A4
$a,b,c>0,ab+bc+ca\le3abc$.このとき,以下の不等式を示せ：
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+3\le\sqrt{2}\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{a+b}$$
出典は こちら .
解答
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+3\sqrt{\frac3{\frac1a+\frac1b+\frac1c}}\le\sqrt{2}\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{a+b}$$
を示せばいい.$f(x)=\frac1{\sqrt{x}}$とおくと,$f''(x)=\frac3{4x^{\frac52}}>0$であるから凸である.よって,Jensenの不等式より,
\begin{equation*} \begin{split} &3f\left(\frac{\frac1a+\frac1b+\frac1c}3\right)\le f\left(\frac{\frac1a+\frac1b}{2}\right)+f\left(\frac{\frac1b+\frac1c}{2}\right)+f\left(\frac{\frac1c+\frac1a}{2}\right)\\&\Leftrightarrow3\sqrt{\frac3{\frac1a+\frac1b+\frac1c}}\le\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac2{\frac1a+\frac1b}}\\&\Leftrightarrow3\sqrt{\frac3{\frac1a+\frac1b+\frac1c}}\le\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac{2ab}{a+b}} \end{split} \end{equation*}
が成り立つため,
$$\sum_{\mathrm{cyc}}\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{2ab}{a+b}}\right)\le\sqrt{2}\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{a+b}$$
を示せばいい.ここで,$\sqrt{x}$の凹性より,
\begin{equation*} \begin{split} &a+b=\sqrt{a^2+b^2+2ab}\ge\frac1{\sqrt2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}\right)\\&\Leftrightarrow\sqrt2\sqrt{a+b}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{2ab}{a+b}} \end{split} \end{equation*}
が成り立つため,与えられた不等式は示された.
おわりに
あ
投稿日：2022年5月30日
更新日：2022年6月2日
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