すうじあむ

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\documentclass[a5j]{jsarticle} \usepackage{mystyle,picins} \begin{document} \input{size} \begin{FRAME} \quad \begin{toi} \item　$a_0<b_0$，$a_1<b_1$ を満たす正の実数 $a_0$，$b_0$，$a_1$，$b_1$\ について，次の不等式が成り立つことを示せ． \[ \frac{{b_1}^2}{{a_0}^2+1}+\frac{{a_1}^2}{{b_0}^2+1}>\frac{{a_1}^2}{{a_0}^2+1}+\frac{{b_1}^2}{{b_0}^2+1} \] \item　$n$ 個の自然数 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_n$ は互いに相異なり， \[ 1\leqq x_k \leqq n\quad (1\leqq k \leqq n) \] を満たしているとする．このとき，次の不等式が成り立つことを示せ． \[ \sum_{k=1}^n\frac{{x_k}^2}{k^2+1}>n-\frac{8}{5} \] \end{toi} \end{FRAME} %kai （1）$b_0>a_0>0$，$b_1>a_1>0$ により \begin{align*} &\frac{{b_1}^2}{{a_0}^2+1}+\frac{{a_1}^2}{{b_0}^2+1}-\frac{{a_1}^2}{{a_0}^2+1}+\frac{{b_1}^2}{{b_0}^2+1}\\ &=\frac{{b_1}^2-{a_1}^2}{{a_0}^2+1}-\frac{{b_1}^2-{a_1}^2}{{b_0}^2+1}\\ &=\frac{({b_1}^2-{a_1}^2)({b_0}^2-{a_0}^2)}{({a_0}^2+1)({b_0}^2+1)}>0\\ \therefore&\quad \frac{{b_1}^2}{{a_0}^2+1}+\frac{{a_1}^2}{{b_0}^2+1}>\frac{{a_1}^2}{{a_0}^2+1}+\frac{{b_1}^2}{{b_0}^2+1} \end{align*} \qed （2）$x_1<x_2<\cdots<x_n$ でないとする，すなわち，この中に $x_i>x_j$（$1\leqq i<j\leqq n$）となるものがあるする．このとき $x_1$，$x_2$，$\cdots$， $x_n$ において $x_i$，$x_j$ を入れ換えたものを $y_1$，$y_2$，$\cdots$， $y_n$ とすると \begin{align} &\sum_{k=1}^n \frac{{x_k}^2}{k^2+1}-\sum_{k=1}^n \frac{{y_k}^2}{k^2+1}\notag\\ &=\frac{{x_i}^2}{i^2+1}+\frac{{x_j}^2}{j^2+1}-\frac{{y_i}^2}{i^2+1}-\frac{{y_j}^2}{j^2+1}\notag\\ &=\frac{{x_i}^2}{i^2+1}+\frac{{x_j}^2}{j^2+1}-\frac{{x_j}^2}{i^2+1}-\frac{{x_i}^2}{j^2+1}\tag*{$\cdots\cdots\cdots$\MARU{1}} \end{align} よって，$a_0=i\text{， }b_0=j\text{， }b_1=x_i\text{， }a_1=x_j$ として（1）を用いると， \[ \MARU{1}>0\qquad\therefore\quad \sum_{k=1}^n \frac{{x_k}^2}{k^2+1}>\sum_{k=1}^n \frac{{y_k}^2}{k^2+1} \] したがって，$\dsum_{k=1}^n \frac{{x_k}^2}{k^2+1}$ の値が最小となるのは （$1\leqq$）$x_1<x_2<\cdots<x_n$（$\leqq n$）となるときで，このとき $x_k=k$ （$k=1$，2，$\cdots$，$n$）だから\\ \begin{align} \sum_{k=1}^n \frac{{x_k}^2}{k^2+1}&\geqq\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{k^2+1}\notag\\ &=\sum_{k=1}^n\Bigl(1-\frac{1}{k^2+1}\Bigr)=n-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2+1}\tag*{$\cdots\cdots\cdots$\MARU{2}} \end{align} \parpic[r]{\input{99zs3fig.tex}} ここで，右図より \begin{gather} \sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2+1}=\text{（斜線部の面積）}\notag\\ <\int_0^n \frac{1}{x^2+1}\,dx\tag*{$\cdots\cdots\cdots$\MARU{3}} \end{gather} ここで，$x=\tan\theta$ とおくと，$n=\tan\alpha$\ $\Bigl(0<\alpha<\dfrac{\pi}{\,2\,}\Bigr)$ をみたす $\alpha$ に対して \begin{align*} \MARU{3}&=\int_0^\alpha \frac{1}{\tan^2\theta+1}\cdot\frac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta\\ &=\int_0^\alpha 1\,d\theta=\alpha<\frac{\pi}{2}<\frac{3.2}{2}=\frac{8}{\,5\,} \end{align*} これと\MARU{2}から \[ \sum_{k=1}^n \frac{{x_k}^2}{k^2+1}>n-\frac{8}{5} \] \qed \chu （1）はなんでもないが，これを（2）で使えることに気づくかどうかがポイント である．以前から何度も多くの大学で出題されてきたテーマのひとつに次のものがある． \par 　「2組の$n$個の実数 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_n$；$y_1$，$y_2$，$\cdots$， $y_n$ が与えられていて \[ x_1\leqq x_2\leqq\cdots\leqq x_n\text{， }y_1\leqq y_2\leqq\cdots\leqq y_n \] を満たしているとする．このとき，$y_1$，$y_2$，$\cdots$， $y_n$ を任意に並べかえたものを $z_1$，$z_2$，$\cdots$，$z_n$ とすると， \[ \sum_{k=1}^n x_k y_{n-k+1}\leqq\sum_{k=1}^n x_k z_k\leqq\sum_{k=1}^n x_k y_k \] が成り立つ．」\par （証明は解答と同様にできるので考えて欲しい．） このことは「数の積の和は，大きいものどうしを組んだほうが大きく，大小の順 序を逆に組むと小さくなる」といえる． この特殊な場合が（2）で，$\dfrac{1}{k^2+1}$ は減少だから $x_k$ は増加に するほうが和は小さくなる． 　（2）の後半は，数列の和 $\dsum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2+1}$ の評価であるが，これは面積 とみなして積分により評価するのが定石である．このまま帰納法でやろうとして もうまくいかない．また，次のように和の求められる形 $\dsum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2-1}$ により評価してもよい． 　$n\geqq 2$ のとき， \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2+1}&=\frac{1}{\,2\,}+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k^2+1}\\ &<\frac{1}{\,2\,}+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k^2-1}\\ &=\frac{1}{\,2\,}+\frac{1}{\,2\,}\sum_{k=2}^n\Bigl(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\Bigr)\\ &=\frac{1}{\,2\,}+\frac{1}{\,2\,}\Bigl\{\Bigl(\frac{1}{\,1\,}-\frac{1}{\,3\,}\Bigr)+\Bigl(\frac{1}{\,2\,}-\frac{1}{\,4\,}\Bigr)+\cdots\\ &\hspace{10zw}+\Bigl(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}\Bigr)+\Bigl(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\Bigr)\Bigr\}\\ &=\frac{1}{\,2\,}+\frac{1}{\,2\,}\Bigl(1+\frac{1}{\,2\,}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\Bigr)\\ &<\frac{1}{\,2\,}+\frac{1}{\,2\,}\Bigl(1+\frac{1}{\,2\,}\Bigr)=\frac{5}{\,4\,}<\frac{8}{\,5\,} \end{align*} %\betu %\chu \end{document}