3九州大学 2012年 数学 第3問解答・解説

【用語の解釈】原文の「自然数 n」は n≧1 と解釈します。0を含む定義では、小問(1)に n=0 の場合（aはすべての実数）が加わるため、以下は正の自然数についての解説です。

実数 $a$ と自然数 $n$ に対して，$x$ の方程式 $$a\bigl(x^{2}+|x+1|+n-1\bigr)=\sqrt{n}\,(x+1)\qquad (\ast)$$ を考える。

{ 準備（置き換え）}

$t=x+1$ とおくと $x=t-1$ であり， $$x^{2}+|x+1|+n-1=(t-1)^{2}+|t|+n-1=t^{2}-2t+|t|+n$$ であるから，$(\ast)$ は $t$ の方程式 $$a\bigl(t^{2}-2t+|t|+n\bigr)=\sqrt{n}\,t\qquad (\ast\ast)$$ と同値になる（$x$ と $t=x+1$ は 1 対 1 に対応するので，$(\ast)$ が実数解を持つことと $(\ast\ast)$ が実数解を持つことは同値）。

$t\ge 0$ のとき $|t|=t$ より $$t^{2}-2t+|t|+n=t^{2}-t+n=:D_{1}(t),$$ $t<0$ のとき $|t|=-t$ より $$t^{2}-2t+|t|+n=t^{2}-3t+n=:D_{2}(t)$$ である。

{ $D_1,\,D_2$ の正値性}

$n\ge 1$ より $$\displaystyle D_{1}(t)=t^{2}-t+n=\Bigl(t-\frac12\Bigr)^{2}+n-\frac14\ \ge\ n-\frac14\ \ge\ \frac34\ >0$$ がすべての実数 $t$ で成り立つ。また $t<0$ のとき，$t^{2}\ge 0,\ -3t>0,\ n>0$ よりその和である $$D_{2}(t)=t^{2}-3t+n>0$$ も成り立つ。したがって $(\ast\ast)$ は次の 2 つの場合に分けて，両辺を正の量 $D_1,D_2$ で割ることができる。

・ $t\ge 0$ のとき：$\displaystyle a=h_{1}(t):=\frac{\sqrt{n}\,t}{t^{2}-t+n}$

・ $t<0$ のとき：$\displaystyle a=h_{2}(t):=\frac{\sqrt{n}\,t}{t^{2}-3t+n}$

すなわち，$(\ast)$ が実数解を持つための条件は $$\text{$a$ が、$t\ge0$ における $h_1(t)$ または $t<0$ における $h_2(t)$ の値として得られること}$$ である。以下この 2 つの値域を求める。

{ $h_1$ の値域（$t\ge 0$）}

$t=0$ のとき $h_{1}(0)=0$。$t>0$ のときは分母・分子を $t$ で割って $$\displaystyle h_{1}(t)=\frac{\sqrt{n}}{\,t+\dfrac{n}{t}-1\,}.$$ $\displaystyle t>0,\ \dfrac{n}{t}>0$ に対し相加平均・相乗平均の関係より $$\displaystyle t+\frac{n}{t}\ \ge\ 2\sqrt{t\cdot\frac{n}{t}}=2\sqrt{n}$$ であり，等号は $\displaystyle t=\dfrac{n}{t}$ すなわち $t=\sqrt{n}$（$t>0$ の範囲にあり適する）のとき成り立つ。また $t\to 0^{+}$ または $t\to\infty$ のとき $\displaystyle t+\dfrac{n}{t}\to\infty$ であり，$\displaystyle t+\dfrac nt$ は連続関数だから中間値の定理により，$t>0$ の範囲で $\displaystyle t+\dfrac{n}{t}$ は $2\sqrt n$ 以上のすべての値を取る。よって $$\displaystyle t+\frac{n}{t}-1\ge2\sqrt n-1$$ であり（$2\sqrt n-1\ge 1>0$ なので常に正），$h_1(t)=\sqrt n/(t+n/t-1)$ は $t>0$ の範囲で最大値 $$\displaystyle M_{1}:=\frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{n}-1}\quad(t=\sqrt n\ \text{で達成})$$ を取り，$t\to 0^{+}$ または $t\to\infty$ で $0$ に近づく（$0$ 自身は $t>0$ では取らない）。$h_1$ は連続で $h_1(0)=0,\ h_1(\sqrt n)=M_1,\ h_1(t)\to 0\,(t\to\infty)$ となるから，中間値の定理より $$0\le h_1(t)\le M_1\quad(t\ge0),\qquad\text{この範囲のすべての値をとる}.$$

{ $h_2$ の値域（$t<0$）}

$s=-t>0$ とおくと $$\displaystyle h_{2}(t)=\frac{\sqrt{n}\,(-s)}{s^{2}+3s+n}=-\frac{\sqrt{n}\,s}{s^{2}+3s+n}=-k(s),\qquad k(s):=\frac{\sqrt n}{\,s+3+\dfrac ns\,}\ (s>0).$$ 同様に相加・相乗平均より $\displaystyle s+\dfrac ns\ge 2\sqrt n$（等号は $s=\sqrt n$），かつ $s\to 0^{+}$ または $s\to\infty$ で $\displaystyle s+\dfrac ns\to\infty$ であるから，中間値の定理より $\displaystyle s+\dfrac ns$ は $2\sqrt n$ 以上のすべての値を取り， $$\displaystyle s+3+\frac ns\ge2\sqrt n+3.$$ ゆえに $k(s)$ は $s=\sqrt n$ で最大値 $$\displaystyle M_{2}:=\frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{n}+3}$$ を取り，$s\to 0^{+}$ または $s\to\infty$ で $0$ に近づく（$s>0$ なので $0$ には達しない）。$k$ は連続で $k(\sqrt n)=M_2>0$ であり，$s\to0^+,\infty$ で $0$ に近づくから，中間値の定理より $s>0$ における $k(s)$ の値域は $0<k(s)\le M_2$。よって $$-M_2\le h_2(t)<0\quad(t<0),\qquad\text{この範囲のすべての値をとる}.$$

{ (1) の結論}

以上より，$(\ast)$ が実数解を持つための $a$ の範囲は $$0\le a\le M_1\text{ または }-M_2\le a<0,\quad\text{すなわち }-M_2\le a\le M_1$$ すなわち $$\displaystyle \boxed{-\dfrac{\sqrt{n}}{2\sqrt{n}+3}\ \le\ a\ \le\ \dfrac{\sqrt{n}}{2\sqrt{n}-1}}$$ である。

（検算）$n=1$ のとき $\displaystyle M_1=1,\ M_2=\tfrac15$。$a=1$ のとき $t=\sqrt1=1$（$x=0$）を代入すると，$(\ast)$ 左辺 $=1\cdot(0+1+0)=1$，右辺 $=1\cdot1=1$ で一致。$\displaystyle a=-\tfrac15$ のとき $t=-1$（$x=-2$）を代入すると，左辺 $\displaystyle =-\tfrac15\cdot(4+1+0)=-1$，右辺 $=1\cdot(-1)=-1$ で一致する。

{ (2) すべての自然数 $n$ に対して実数解を持つ $a$}

(1) より，各自然数 $n$ に対して $(\ast)$ が実数解を持つ条件は $-M_2(n)\le a\le M_1(n)$，ただし $$\displaystyle M_{1}(n)=\frac{\sqrt n}{2\sqrt n-1},\qquad M_{2}(n)=\frac{\sqrt n}{2\sqrt n+3}.$$ すべての自然数 $n$ に対してこれが成り立つための条件は $$-M_2(n)\le a\le M_1(n)\quad\text{がすべての自然数 $n$ について成り立つこと}$$ である。$u=\sqrt n\ (u\ge 1)$ とおくと $$\displaystyle M_{1}(n)-\frac12=\frac{u}{2u-1}-\frac12=\frac{2u-(2u-1)}{2(2u-1)}=\frac{1}{2(2u-1)}\ >0,$$ $$\displaystyle \frac12-M_{2}(n)=\frac12-\frac{u}{2u+3}=\frac{2u+3-2u}{2(2u+3)}=\frac{3}{2(2u+3)}\ >0$$ であるから，つねに $\displaystyle M_2(n)<\dfrac12<M_1(n)$ である。

さらに $u=\sqrt n$ は $n$ の増加関数であり，$\displaystyle \dfrac{1}{2(2u-1)}$ は $u$ の減少関数だから $M_1(n)$ は $n$ について単調減少で，$n\to\infty$（$u\to\infty$）のとき $\displaystyle M_1(n)\to \dfrac12$（下から近づかず上から近づく：$\displaystyle M_1(n)>\tfrac12$ を保ったまま単調減少）。ゆえに $$\displaystyle \text{すべての自然数 $n$ で }a\le M_1(n)\text{ となる条件は }a\le\frac12$$ であり（どの有限の $n$ でも達成されないが，$\displaystyle a\le\frac12$ ならばすべての $n$ で $\displaystyle a\le\frac12<M_1(n)$ が成り立ち，逆に $\displaystyle a>\frac12$ なら $\displaystyle M_1(n)\to\frac12$ よりある十分大きな $n$ で $M_1(n)<a$ となって条件が破れるので，境界 $\displaystyle a=\frac12$ を含めてよい），上限の条件は $$\displaystyle a\le \frac12 .$$

一方，$\displaystyle \dfrac{3}{2(2u+3)}$ は $u$ の減少関数だから $M_2(n)$ は $n$ について単調増加で，最小値は $n=1$（$u=1$）のとき $$\displaystyle M_{2}(1)=\frac{1}{2\cdot1+3}=\frac15$$ で実際に達成される。ゆえに $$\displaystyle \text{自然数 $n$ に対する $M_2(n)$ の最小値は }M_2(1)=\frac15$$ であり，下限の条件は $$\displaystyle a\ge -\frac15 .$$

以上をあわせて，すべての自然数 $n$ に対して $(\ast)$ が実数解を持つための $a$ の範囲は $$\displaystyle \boxed{-\dfrac15\ \le\ a\ \le\ \dfrac12}$$ である。

（検算）$n=1$ で境界 $\displaystyle a=-\tfrac15,\ \tfrac12$ が実際に等号達成点であることは (1) の検算で確認済み。$\displaystyle a=\tfrac12$ のとき，任意の $n$ に対し $t=\sqrt n$（$x=\sqrt n-1$）を代入すると，$D_1(\sqrt n)=n-\sqrt n+n=2n-\sqrt n$ であり，左辺 $\displaystyle =\tfrac12(2n-\sqrt n)=n-\tfrac{\sqrt n}{2}$。右辺 $=\sqrt n\cdot\sqrt n=n$。両者は $n$ が大きいほど比の上で近づくが厳密には一致しない（$a=1/2$ は $M_1(n)$ の下限であって $t=\sqrt n$ での値そのものではない）ので，この $t$ は等号達成点ではなく，$(\ast)$ の解 $t$ は $n$ ごとに異なる点で存在する（$a=1/2<M_1(n)$ なので (1) の結論により解の存在自体は保証される）。