1佐賀大学 2015年 数学 第1問解答・解説

(1)

$0<a<b$ より $a>0$ であるから，指数法則により $$\displaystyle a^{1-t}b^{t}=a\left(\frac{b}{a}\right)^{t}=a\,e^{t\log\frac{b}{a}}\qquad(0\le t\le1)$$ と表せる（$\log$ は自然対数）。$\displaystyle k=\log\dfrac{b}{a}$ とおくと，$a<b$ より $k>0$ であり， $$\displaystyle I=\int_{0}^{1}a\,e^{kt}\,dt=a\left[\frac{e^{kt}}{k}\right]_{0}^{1}=\frac{a\left(e^{k}-1\right)}{k}=\frac{a\left(\dfrac{b}{a}-1\right)}{\log\dfrac{b}{a}}=\frac{b-a}{\log b-\log a}.$$ よって $$\displaystyle I=\frac{b-a}{\log b-\log a}\quad\left(=\frac{b-a}{\log\dfrac{b}{a}}\right).$$ （検算：$a=1,\,b=4$ のとき，本式は $3/\log4\fallingdotseq2.164$ となる。一方，直接 $\displaystyle\int_{0}^{1}4^{t}\,dt=\left[\frac{4^{t}}{\log4}\right]_{0}^{1}=\frac{3}{\log4}$ で一致し，計算が正しいことを確認できる。）

(2)

$0\le t\le1$ に対し $u=a^{1-t}b^{t}>0,\ v=a^{t}b^{1-t}>0$ とおくと， $$uv=a^{(1-t)+t}b^{t+(1-t)}=ab$$ である。正の数 $u,v$ に対して恒等式 $u+v-2\sqrt{uv}=(\sqrt{u}-\sqrt{v})^{2}\ge0$ が成り立つから，$u+v\ge2\sqrt{uv}=2\sqrt{ab}$，すなわち $$a^{1-t}b^{t}+a^{t}b^{1-t}\ge2\sqrt{ab}\qquad(0\le t\le1)\tag{$\ast$}$$ が成り立つ。等号は $u=v$ すなわち $\displaystyle \left(\dfrac{b}{a}\right)^{t}=\left(\dfrac{b}{a}\right)^{1-t}$ のときであるが，$\displaystyle \dfrac{b}{a}>1$ より指数関数 $\displaystyle y=\left(\dfrac{b}{a}\right)^s$ は異なる実数 $s$ に対して異なる値をとるので，これは $t=1-t$，すなわち $\displaystyle t=\dfrac12$ に限る。

次に $I>\sqrt{ab}$ を示す。$f(t)=a^{1-t}b^{t}+a^{t}b^{1-t}-2\sqrt{ab}$ は連続関数で，$(\ast)$ より $f(t)\ge0\ (0\le t\le1)$ である。さらに，$a\ne b$ より $$f(0)=a+b-2\sqrt{ab}=(\sqrt{b}-\sqrt{a})^{2}>0$$ であるから，$f$ の連続性により，ある $\delta$（$0<\delta\le1$）が存在して $0\le t\le\delta$ で常に $\displaystyle f(t)\ge\dfrac{f(0)}{2}>0$ とできる。$0\le t\le1$ 全体で $f(t)\ge0$ であることと合わせて $$\displaystyle \int_{0}^{1}f(t)\,dt\ge\int_{0}^{\delta}f(t)\,dt\ge\delta\cdot\frac{f(0)}{2}>0.$$ 一方，置換 $s=1-t$（$dt=-ds$）により $$\displaystyle \int_{0}^{1}a^{t}b^{1-t}\,dt=\int_{1}^{0}a^{1-s}b^{s}(-ds)=\int_{0}^{1}a^{1-s}b^{s}\,ds=I$$ であるから， $$\displaystyle \int_{0}^{1}f(t)\,dt=\int_{0}^{1}a^{1-t}b^{t}\,dt+\int_{0}^{1}a^{t}b^{1-t}\,dt-2\sqrt{ab}=I+I-2\sqrt{ab}=2I-2\sqrt{ab}.$$ よって $2I-2\sqrt{ab}>0$，すなわち $$I>\sqrt{ab}.$$

(3)

$x>0$ のとき $x^{t}=e^{t\log x}$ であるから，$x$ について微分すると $$\displaystyle \frac{d}{dx}\,x^{t}=t\cdot\frac1x\cdot e^{t\log x}=t\,x^{t-1}.$$ $h(x)=1+t(x-1)-x^{t}\ (x\ge1)$ とおくと，$h$ は $x>0$ で微分可能で $$h'(x)=t-t\,x^{t-1}=t\left(1-x^{t-1}\right).$$ $0<t<1$ より $t-1<0$ であり，$x>1$ のとき $1-t>0$ かつ底 $x>1$ だから $x^{1-t}>1$，したがって $\displaystyle x^{t-1}=\dfrac1{x^{1-t}}<1$。よって $x>1$ で $$h'(x)=t\left(1-x^{t-1}\right)>0\qquad(t>0,\ 1-x^{t-1}>0)$$ が成り立ち，$1\le x_1<x_2$ なら $h(x_1)<h(x_2)$ が成り立つ。$h(1)=1+0-1=0$ であるから，$x>1$ では $$h(x)>h(1)=0,$$ すなわち $$x^{t}<1+t(x-1).$$ （検算：$t=0.5,\,x=4$ のとき左辺 $=2$，右辺 $=1+0.5\cdot3=2.5$ であり $2<2.5$ で一致する。）

(4)

$a<b$ より $\displaystyle x=\dfrac{b}{a}>1$ である。$0<t<1$ に対し (3) を $\displaystyle x=\dfrac{b}{a}$ に適用すると $$\displaystyle \left(\frac{b}{a}\right)^{t}<1+t\left(\frac{b}{a}-1\right).$$ 両辺に $a>0$ を掛けると $$a^{1-t}b^{t}<a+t(b-a)\qquad(0<t<1).$$ $t=0,1$ のときは両辺がそれぞれ $a,\,b$ に等しく等号が成り立つので， $$g(t)=\bigl[a+t(b-a)\bigr]-a^{1-t}b^{t}$$ は連続関数で，$0\le t\le1$ で $g(t)\ge0$，かつ $0<t<1$ では $g(t)>0$（$g(0)=g(1)=0$）である。特に $$\displaystyle g\!\left(\frac12\right)=\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}=\frac{(\sqrt{b}-\sqrt{a})^{2}}{2}>0$$ だから，(2)と同様の連続性の議論により，$\displaystyle t=\dfrac12$ のある近傍で $\displaystyle g(t)\ge\dfrac12\,g\!\left(\dfrac12\right)>0$ とでき，$0\le t\le1$ の他の部分でも $g(t)\ge0$ であるから $$\displaystyle \int_{0}^{1}g(t)\,dt>0.$$ ここで $$\displaystyle \int_{0}^{1}g(t)\,dt=\int_{0}^{1}\bigl[a+t(b-a)\bigr]\,dt-\int_{0}^{1}a^{1-t}b^{t}\,dt=\left[a+\frac{b-a}{2}\right]-I=\frac{a+b}{2}-I$$ であるから， $$\displaystyle \frac{a+b}{2}-I>0,\qquad\text{すなわち}\qquad I<\frac{a+b}{2}.$$