問題 06

問題006｜解の存在条件

難易度 D 目安 60分

前半戦

変数 $x$ が $x > 0$ の範囲を動くとき，次の問いに答えよ．

$f (x) = \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} + \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1}$
の最小値を求めよ．
$g (x) = \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} - \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1}$
の最大値を求めよ．

実数 $t$ に対し，方程式 $x^{2} - 2 t x + t + 2 = 0$ が異なる二つの実数解 $α < β$ をもち，両方が区間 $0 < x < 4$ に入るための必要十分条件を求めよ．その条件のもとで， $α, β$ それぞれの取り得る値の範囲を求めよ．

後半戦

次の連立方程式が実数解 $(x, y)$ をもたないような実数 $(k, d)$ の条件を求めよ．

{\begin{aligned} x^{3} + y^{3} & = 2, \\ y & = k x + d . \end{aligned}

$t > 0$ に対し $f_{t} (x) = t x (1 - x)$ とする． $f_{t}^{[m]} (x)$ は $f_{t}$ を $m$ 回続けて作用させたものと定める．例えば $f_{t}^{[2]} (x) = f_{t} (f_{t} (x))$ である．すべての正整数 $m$ について，方程式

f_{t}^{[m]} (x) = \frac{1}{2}

が区間 $0 < x < 1$ にちょうど $2^{m}$ 個の異なる解をもつための， $t$ の必要十分条件を求めよ．

ヒント設問 1

ヒント 1

$\sqrt{x} + 1 / \sqrt{x}$ と $x + 1 / x$ を相加相乗平均の不等式で評価する．

ヒント 2

二つの評価で同時に等号が成り立つ $x$ を確認せよ．次に $f (x) g (x)$ を計算し， $g$ の最大値を $f$ の最小値と結び付ける．

ヒント設問 2

ヒント 1

下に凸の放物線について，軸が区間内，頂点が横軸より下，両端の値が正という三条件を使う．

ヒント 2

根を $x$ とすると $t = (x^{2} + 2) / (2 x - 1)$ である．小さい根と大きい根の範囲を分け，この式が同じ $t$ の範囲を一対一に動くことを確かめる．

ヒント設問 3

ヒント 1

直線の式を代入して $x$ の方程式にする．実係数の3次方程式が必ず実数解をもつことを使う．

ヒント 2

3次の係数が消える $k = - 1$ の場合を調べる． $d = 0$ を別に扱い，残りは2次方程式の判別式 $3 d (2 - d) (d^{2} + 2 d + 4)$ の符号を調べよ．

ヒント設問 4

ヒント 1

$f_{t} (x) = y$ が $(0, 1)$ に二つの異なる解をもつのは $0 < y < t / 4$ のときである．どの段階でも，すべての解に二つの逆像が必要であることを示す．

ヒント 2

第 $m$ 段階の最小の解を $p_{m}$ とすると，対称性から $1 - p_{m}$ も解である．小さい方の逆像は $0 < x < 1 / 2$ にあり，その範囲で $f_{t} (x) \geq (t / 2) x$ となる．全段階で分岐できるなら，小さい枝は $0$ に近づき，大きい枝は $1$ に近づく．

解答設問 1

$x > 0$ であるから，相加平均と相乗平均の関係より，

x + \frac{1}{x} \geq 2, \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} \geq 2

が成り立つ．いずれも等号が成立するのは $x = 1$ のときである．

したがって，

\begin{aligned} f (x) & = \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} + \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1} \\ \geq 2 + \sqrt{3} . \end{aligned}

$x = 1$ のとき，

f (1) = 2 + \sqrt{3}

となるので，求める最小値は

2 + \sqrt{3}

である．

次に， $f (x)$ と $g (x)$ の積を計算すると，

\begin{aligned} f (x) g (x) & = {(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})}^{2} - {(\sqrt{x + \frac{1}{x} + 1})}^{2} \\ = (x + 2 + \frac{1}{x}) - (x + \frac{1}{x} + 1) \\ = 1. \end{aligned}

また， $f (x) > 0$ であるから，

g (x) = \frac{1}{f (x)} .

上で示した $f (x) \geq 2 + \sqrt{3}$ より，

g (x) \leq \frac{1}{2 + \sqrt{3}} = 2 - \sqrt{3} .

$x = 1$ のとき，

g (1) = 2 - \sqrt{3}

となるので，求める最大値は

2 - \sqrt{3}

である．

解答設問 2

$f_{t} (x) = x^{2} - 2 t x + t + 2 = (x - t)^{2} - (t - 2) (t + 1)$ とおく．異なる二根が $(0, 4)$ に入るための必要十分条件は，軸が $0 < t < 4$ ，頂点の値が負すなわち $(t - 2) (t + 1) > 0$ ，そして $f_{t} (0) = t + 2 > 0, f_{t} (4) = 18 - 7 t > 0$ である．これらを合わせると

2 < t < \frac{18}{7} .

この範囲では $f_{t} (2) = 6 - 3 t < 0$ なので $α < 2 < β$ である．また $f_{t} (8 / 7) = (162 - 63 t) / 49 > 0$ より $8 / 7 < α$ である．したがって候補範囲は $8 / 7 < α < 2, 2 < β < 4$ となる．すべての値が実現することを確かめる． $T (x) = (x^{2} + 2) / (2 x - 1)$ とおくと

T (x) - 2 = \frac{(x - 2)^{2}}{2 x - 1}, T (x) - \frac{18}{7} = \frac{(7 x - 8) (x - 4)}{7 (2 x - 1)} .

$x$ が $(8 / 7, 2)$ または $(2, 4)$ に属すれば $2 < T (x) < 18 / 7$ となり， $x$ は $f_{T (x)}$ の根である．前者なら小さい根，後者なら大きい根である．よって

\frac{8}{7} < α < 2, 2 < β < 4

がそれぞれの全範囲である．

解答設問 3

$y = k x + d$ を $x^{3} + y^{3} = 2$ に代入すると，

x^{3} + (k x + d)^{3} = 2

より，

(k^{3} + 1) x^{3} + 3 k^{2} d x^{2} + 3 k d^{2} x + d^{3} - 2 = 0

を得る．

$k^{3} + 1 \neq 0$ のとき，この方程式は $x$ に関する3次方程式である．実係数の3次方程式は少なくとも1つの実数解をもつため，その実数解 $x$ に対して $y = k x + d$ とおけば，もとの連立方程式にも実数解が存在する．

したがって，もとの連立方程式が実数解をもたないためには，

k^{3} + 1 = 0

でなければならない．よって，

k = - 1

を得る．

$k = - 1$ を代入すると，方程式は

\begin{matrix} (1) & 3 d x^{2} - 3 d^{2} x + d^{3} - 2 = 0 \end{matrix}

となる．

まず $d = 0$ のとき，式 (1) は

- 2 = 0

となるため，実数解をもたない．

次に $d \neq 0$ のとき，式 (1) は $x$ に関する2次方程式である．その判別式を $Δ$ とすると，

\begin{aligned} Δ & = (- 3 d^{2})^{2} - 4 \cdot 3 d (d^{3} - 2) \\ = 9 d^{4} - 12 d (d^{3} - 2) \\ = - 3 d^{4} + 24 d \\ = 3 d (8 - d^{3}) \\ = 3 d (2 - d) (d^{2} + 2 d + 4) \\ = 3 d (2 - d) ((d + 1)^{2} + 3) . \end{aligned}

ここで，

(d + 1)^{2} + 3 > 0

であるから，式 (1) が実数解をもたないための必要十分条件は

\begin{aligned} Δ < 0 & ⟺ d (2 - d) < 0 \\ ⟺ d < 0 または d > 2 \end{aligned}

である．

これに $d = 0$ の場合を合わせると，求める条件は

k = - 1, d \leq 0 または d > 2

である．

別解（立方和を和と差で表す）

$k \neq - 1$ なら代入後の方程式は最高次係数 $1 + k^{3} \neq 0$ の実係数3次方程式であり，必ず実数解をもつ．そこで $k = - 1$ ，すなわち $x + y = d$ の場合だけ考える．恒等式

x^{3} + y^{3} = \frac{(x + y) {(x + y)^{2} + 3 (x - y)^{2}}}{4} = \frac{d {d^{2} + 3 (x - y)^{2}}}{4}

を用いる． $d \leq 0$ では右辺は非正なので2にならない． $d > 0$ では $x - y$ が任意の実数を動き，右辺の値域は $[d^{3} / 4, \infty)$ である．よって実数解が存在するのは $0 < d \leq 2$ のときに限る．求める条件は $k = - 1$ かつ $d \leq 0$ または $d > 2$ である．

解答設問 4

答えは $t \geq 4$ である．まず

f_{t} (x) = \frac{t}{4} - t {(x - \frac{1}{2})}^{2}

なので， $f_{t} (x) = y$ が $(0, 1)$ に二つの異なる解をもつことと $0 < y < t / 4$ は同値である．その二根の和は $1$ である．

$t \geq 4$ なら，任意の $y \in (0, 1)$ に対して $0 < y < t / 4$ が成り立つ．したがって $1 / 2$ から逆向きに解を求めるたび，区間 $(0, 1)$ の各値から区間内の二つの値が得られる．異なる値の逆像どうしは重ならないから，帰納的にちょうど $2^{m}$ 個の異なる解が得られる．次数 $2^{m}$ の多項式方程式なので，これ以上の解もない．

逆にすべての $m$ で指定の個数の解があると仮定する． $m = 1$ の条件から $t > 2$ である．第 $m$ 段階の全実数解の集合を $S_{m}$ とする．方程式の次数は $2^{m}$ で，すでに $(0, 1)$ 内にその個数の異なる解があるから，これらがすべての実数解である．第 $m + 1$ 段階の解は， $S_{m}$ の各値の $f_{t}$ による逆像である．一つの値に高々二つしか逆像はないので，解数が倍増するには，各値が $(0, 1)$ 内に二つの異なる逆像をもつ必要がある．特に $S_{m}$ のすべての値は $t / 4$ より小さい．

$p_{m} = min S_{m}$ とおく． $f_{t} (x) = f_{t} (1 - x)$ なので $1 - p_{m}$ も $S_{m}$ に属し， $0 < p_{m} < 1 / 2$ である． $p_{m}$ の小さい方の逆像を $q$ とすると $0 < q < 1 / 2$ かつ

p_{m} = t q (1 - q) \geq \frac{t}{2} q .

$q \in S_{m + 1}$ より $p_{m + 1} \leq q \leq (2 / t) p_{m}$ であり， $t > 2$ なので $p_{m} \to 0$ となる．一方， $1 - p_{m}$ も次の段階で二つの逆像をもつため

1 - p_{m} < \frac{t}{4}

がすべての $m$ で成り立つ．極限をとれば $1 \leq t / 4$ ，すなわち $t \geq 4$ を得る．

上に凸の放物線 y=t x(1-x)．水平線の高さが t/4 未満なら区間内に二つの逆像がある．

DISCUSSION

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名前未設定 2026/9/3 23:24

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前半戦だけ、、相加相乗でゴリ押しした。最小値は行けたが最大値で躓いた。かなり時間をかかて√x+1/√x=aと置き換えたら何とか。