入試数学コンテスト第3回第6問解答解説

$c = 1$，$d = 0$ より

$$|x \omega_1 + y \omega_2|^2 = (ax + y)^2 + b^2x^2$$

となる． $(x, y) = (0, 0)$ のとき不等式

$$m(x^2 + y^2) \leqq (ax + y)^2 + b^2x^2 \leqq M(x^2 + y^2)$$

は任意の実数 $m, M$ で成り立つから，$m,M$ についての条件は 「$(x, y) \neq (0, 0)$ を満たす任意の実数 $x, y$ に対して不等式

$$m \leqq \frac{(ax + y)^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} \leqq M$$

を満たす」と言い換えられる．よって $m_0, M_0$ は関数 $$g(x, y) = \frac{(ax + y)^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2}$$ の $(x, y) \neq (0, 0)$ における最小値，最大値である．

$a = 0$ とそれ以外で場合分けして考える．

(A) $a = 0$ のとき

$$g(x,y)=\frac{y^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2}$$ となる．$b^2$ と $1$ の大小関係によって不等式 $$1 = \frac{x^2 + y^2}{x^2 + y^2} \leqq \frac{y^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} \leqq \frac{b^2(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2} = b^2$$ または $$b^2 = \frac{b^2(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2} \leqq \frac{y^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} \leqq \frac{x^2 + y^2}{x^2 + y^2} = 1$$

が成り立ち，しかも等号を成り立たせる $(x, y)$ は存在する（$x=1,y=0$ など）から， $$m_0 = \min \{b^2, 1\}$$ $$M_0 = \max \{b^2, 1\}$$ である．

(B) $a \neq 0$ のとき

$x = 0$ のときは $g(0, y) = 1$ だから，$x \neq 0$ のときを考える．

$g(x,y)$ の分子分母を $x^2$ で割って $z = y/x$ とおくと

$$\begin{aligned} g(x, y) &= \frac{(a + z)^2 + b^2}{1 + z^2} \\ &= 1 + \frac{2az + a^2 + b^2 - 1}{z^2 + 1} \end{aligned}$$

となり，$(x,y)$ が $x \neq 0$ を動くとき $z$ は実数全体を動く．よって $$f(z) = \frac{2az + a^2 + b^2 - 1}{z^2 + 1}$$ の最大最小を考えればよい．

$$f'(z) = -2 \cdot \frac{az^2 + (a^2 + b^2 - 1)z - a}{(z^2 + 1)^2}$$

で，$f'(z)=0$ となるのは $z$ が $$\alpha = \frac{-(a^2 + b^2 - 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2a}$$ $$\beta = \frac{-(a^2 + b^2 - 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2a}$$ のとき．$\lim_{z \to \pm \infty} f(z)=0$ と合わせると，$f(z)$ の増減表は

$a > 0$ のとき $\alpha<\beta$ だから $$\begin{array}{c|c c c c c c c} \hline z&-\infty& &\alpha& &\beta& &\infty\\ \hline f'(z)& &-&0&+&0&-\\ \hline f(z)&0&\searrow&f(\alpha)&\nearrow&f(\beta)&\searrow&0\\ \hline \end{array}$$

$a < 0$ のとき $\beta<\alpha$ だから $$\begin{array}{c|c c c c c c c} \hline z&-\infty& &\beta& &\alpha& &\infty\\ \hline f'(z)& &+&0&-&0&+\\ \hline f(z)&0&\nearrow&f(\beta)&\searrow&f(\alpha)&\nearrow&0\\ \hline \end{array}$$

となる．

分数関数の極値を求める２つのテクニックを $f(z)$ に適用し，解と係数の関係による $\alpha\beta = -1$ を使うことで

$$\begin{aligned} f(\alpha) &= \frac{2a}{2 \alpha} \\ &= a \cdot (- \beta) \\ &= \frac{(a^2 + b^2 - 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} \\ &< 0 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} f(\beta) &= \frac{(a^2 + b^2 - 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} \\ &> 1 \end{aligned}$$

となる．よって $x \neq 0$ での $g(x, y)$ の最小値は $1 + f(\alpha) < 1$，最大値は $1 + f(\beta) > 2$ である．$x = 0$ では $g(0, y) = 1$ だったから，

$g(x,y)$ の最小値は

$$1 + f(\alpha) = \frac{(a^2 + b^2 + 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2}$$

$g(x,y)$ の最大値は $$1 + f(\beta) = \frac{(a^2 + b^2 + 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2}$$

となる．この式は $a = 0$ でも正しい．

以上より $$m_0 = \frac{(a^2 + b^2 + 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2}$$ $$M_0 = \frac{(a^2 + b^2 + 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2}$$ である．

• $\omega_2 = 0$ のとき $$|x \omega_1 + y \omega_2|^2 = |\omega_1|^2 x^2$$ だから，(1) の $a=0$ の場合と同様の議論により $m_0 = 0,M_0 = |\omega_1|^2$ となる．

• $\omega_2 \neq 0$ のとき $$\tau = \frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2} + \frac{-ad + bc}{c^2 + d^2}i$$ とおくと，不等式は $$\frac{m}{|\omega_2|^2}(x^2 + y^2) \leqq |\tau x + y|^2 \leqq \frac{M}{|\omega_2|^2}(x^2 + y^2)$$ と変形できる．よって (1) の結果を使うことで， $$\frac{m_0}{|\omega_2|^2} = \frac{|\tau|^2 + 1 - \sqrt{(|\tau|^2 - 1)^2 + 4(\Re \tau)^2}}{2}$$

$$\frac{M_0}{|\omega_2|^2} = \frac{|\tau|^2 + 1 + \sqrt{(|\tau|^2 - 1)^2 + 4(\Re \tau)^2}}{2}$$

となる．すると $$\begin{aligned} m_0 &= |\omega_2|^2 \cdot \frac{|\tau|^2 + 1 - \sqrt{(|\tau|^2 - 1)^2 + 4(\Re \tau)^2}}{2} \\ &= \frac{|\omega_2|^2 \cdot(\frac{|\omega_1|^2}{|\omega_2|^2} + 1) - \sqrt{|\omega_2|^4 \cdot (\frac{|\omega_1|^2}{|\omega_2|^2} - 1)^2 + |\omega_2|^4 \cdot 4(\Re \tau)^2}}{2} \\ &= \frac{(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2) - \sqrt{(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2 )^2 + |\omega_2|^4 \cdot 4(\Re \tau)^2}}{2} \end{aligned}$$

となり，$$\Re \tau = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2}$$ と $$|\omega_2|^4 = (c^2 + d^2)^2$$

を使って整理すると $$\begin{aligned} m_0 &= \frac{(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2) - \sqrt{(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2)^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} \\ &= \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} \end{aligned}$$

となる．同様に $$M_0 = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2}$$

である． これは $\omega_2=0$ でも正しい．

(2) より，$m_0 > 0$ は $$(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2)^2>(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2)^2 + 4(ac + bd)^2$$ と同値である． $$\begin{aligned} &(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2)^2-(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2)^2 - 4(ac + bd)^2\\ &=4|\omega_1|^2|\omega_2|^2 - 4(ac+bd)^2\\ &=4\{(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd)^2\} \end{aligned}$$ だから，さらに$$(a^2+b^2)(c^2+d^2) > (ac+bd)^2$$と同値である．一方コーシーシュワルツの不等式より$$(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geqq (ac+bd)^2$$であり，等号成立条件はベクトル

$\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}$ と $\begin{pmatrix} c \\ d \end{pmatrix}$ が平行になること，つまり $ad-bc=0$ である．

つまり，

• 常に $m_0 \geqq 0$ であり,
• $m_0=0$ は $ad-bc=0$ と同値

だから，$m_0>0$ となるのは $ad-bc \neq 0$ のときである．

まず $|x \omega_1+y \omega_2|^2 \geqq 0$ だから， $$m(x^2+y^2) \leqq |x \omega_1+y \omega_2|^2$$ となる $m$ の最小値 $m_0$ は必ず $0$ 以上である．そして $m_0$ が $0$ になるのは 「$(x,y) = (0,0)$ 以外の $x,y$ で$$|x \omega_1+y \omega_2|^2 = 0$$ となるものがあるとき」である．複素数 $\omega_1,\omega_2$ を平面ベクトル $\vec{\omega_1},\vec{\omega_2}$ と見ると，これは $$x \vec{\omega_1} + y \vec{\omega_2} = \vec{0}$$ となる $(x,y) \neq (0,0)$ が存在する，つまり「$\vec{\omega_1},\vec{\omega_2}$ が1次独立でない」と言い換えられる．これは $ad-bc = 0$ と同値である．

以上より，$m_0>0$ となるのは $ad-bc \neq 0$ のときである．

ベクトル $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$ についての二次形式 $$\begin{aligned} &|x_1 \omega_1 + x_2 \omega_2|^2 \\ &= (a^2+b^2)x_1^2+2(ac+bd)x_1x_2+(c^2+d^2)x_2^2 \end{aligned}$$ は対称行列 $$A = \begin{pmatrix} a^2+b^2 & ac+bd \\ ac+bd & c^2+d^2 \end{pmatrix}$$ により $x^{\top}Ax$ とかける．よって $m,M$ の条件は「任意のベクトル $x$ について $$m\|x\|^2 \leqq x^{\top}Ax \leqq M\|x\|^2$$ が成り立つ」とかける．

ここで$A$ は実対称行列だから直交行列 $U$ により対角化でき，固有値 $\lambda_1,\lambda_2 \geqq 0$ により$$UAU^{\top}=\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$ となる．すると直交行列の性質 $U^{\top}U=I$ より $$\begin{aligned}x^{\top}Ax &=x^{\top}U^{\top}UAU^{\top}Ux\\ &=(Ux)^{\top}(UAU^{\top})(Ux)\\ &=\lambda_1 X_1^2 + \lambda_2 X_2^2 \end{aligned}$$

（ただし，$X_i$ は $X=Ux$ の第 $i$ 成分） となる．

また直交行列の性質より $X_1^2+X_2^2=\|Ux\|^2=\|x\|^2$ で，$x$ が平面ベクトル全体を動くとき $X = Ux = \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix}$ も平面ベクトル全体を動くから，$m,M$ の条件は「任意のベクトル $X$ について $$m(X_1^2+X_2^2) \leqq \lambda_1 X_1^2 + \lambda_2 X_2^2 \leqq M(X_1^2+X_2^2)$$ が成り立つ」とかける．$\lambda_1 \leqq \lambda_2$ だとすると，このような $m$ の最大値は明らかに $\lambda_1$，$M$ の最小値は $\lambda_2$ である．（これにより問題で認めた「$m_0$，$M_0$ が必ず存在する」という事実も証明できました．）よって $$m_0 = \lambda_1$$ $$M_0 = \lambda_2$$ だから，あとは行列 $A$ の固有値 $\lambda_1,\lambda_2$ を求めればよい．$A$ の特性方程式 $$\begin{aligned} &\det (tI-A)\\ &= \det \begin{pmatrix} t-(a^2+b^2) & -(ac+bd) \\ -(ac+bd) & t-(c^2+d^2) \end{pmatrix}\\ &=\{t-(a^2+b^2)\}\{t-(c^2+d^2)\} - (ac+bd)^2\\ &=0 \end{aligned}$$ を解くと $$\begin{aligned} t &= \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \pm \sqrt{(a^2 + b^2+ c^2 + d^2)^2 - 4(ad-bc)^2}}{2}\\ &=\frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \pm \sqrt{((a^2 + b^2)-(c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} \end{aligned}$$ となる．

よってこれらが $A$ の固有値で，大小を考えると $$m_0 = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) ー \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2}$$ $$M_0 = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2}$$ となる．

また$$B = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$$ とすると $A=B^{\top}B$ だから，$\det A = (\det B)^2 = (ad-bc)^2$ である．すると $$m_0>0 \Leftrightarrow \lambda_1,\lambda_2>0\\ \Leftrightarrow \det A \neq 0 \Leftrightarrow ad-bc \neq 0$$ となる．