log[x²+x+1] (2-x)<0 の不等式を解く

xを実数とするとき、 不等式
　　　log_x²+x+1 (2-x) < 0
を解く面白い問題があった。0=log_a 1 だから
　　　log_x²+x+1 (2-x) < log_a 1・・・・・①
と書くこともできる。

a=x²+x+1 とおくと、まず、底の条件から
　　　a≠0, 1
　　　a=(x+1/2)²+3/4≧3/4・・・・・②
である。また真数は正だから
　2-x > 0 → x < 2・・・・・・③

1.　a > 1 のとき

　②から x < -1 or x >0 となる。また、log_a  は単調増加だから①により
　　　2-x < 1 → x > 1
　となり、③と合わせて
　　　1 < x < 2
　が解となる。

2.　(3/4)≦a < 1 のとき

　②から
　　　-1 < x < 0・・・・・・④
　となるが③は満たされているので④が解となる。

以上

(a³+b³+c³-3abc)²≦(a²+b²+c²)³ を示す。

１．a,b,c,d が実数の時、不等式
　　　(a³+b³+c³-3abc)²≦(a²+b²+c²)³
　を示す問題があった。

　　　a³+b³+c³-3abc=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)
　である。すると
　　　A=(a²+b²+c²)³-(a³+b³+c³-3abc)²
　　　　=(a²+b²+c²)³-(a+b+c)²(a²+b²+c²-ab-bc-ca)²

　このとき
　　　(a+b+c)²=a²+b²+c²+2(ab+bc+ca)
　だから、
　　　A=(a²+b²+c²)³-{a²+b²+c²+2(ab+bc+ca)}(a²+b²+c²-ab-bc-ca)²

　ここで
　　　x=ab+bc+ca , y=a²+b²+c²
　とおくと
　　　A=y³-(y+2x)(y-x)²=y³-(y+2x)(y²+x²-2xy)=y³-(y³+x²y-2xy²+2xy²+2x³-4x²y)
　　　　=-(-3x²y+2x³)=x²(3y-2x)

　ここで
　　　3y-2x=3(a²+b²+c²)-2(ab+bc+ca)
　　　　　　=(a²+b²+c²)+(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²
　だから
　　　A=(ab+bc+ca)²{(a²+b²+c²)+(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²}≧0
　となる。

　等号成立は、ab+bc+ca=0 （a=b=c=0 を含む）のとき。


２．a,b,c,d > 0 , abcd=1 のとき、不等式
　　　(a²+1)(b²+1)(c²+1)(d²+1)≧(a+b+c+d)²
　が示されていた。

　　　A=(a²+1)(b²+1)(c²+1)(d²+1)-(a+b+c+d)²
　　　　=(abcd)²+{ (abc)²+(bcd)²+(cda)²+(dab)² }
　　　　　　+{ (ab)²+(bc)²+(cd)²+(da)²+(ac)²+(ad)²+(bd)² }+(a²+b²+c²+d²)+1
　　　　　　　　-(a²+b²+c²+d²)-2(ab+bc+cd+da+ac+bd)
　abcd=1 から
　　　A=2+(1/d²+1/a²+1/b²+1/c²)+{ (ab)²+(bc)²+(cd)²+(da)²+(ac)²+(bd)² }
　　　　　-2(ab+bc+cd+da+ac+bd)
　　　　=(1/a²+1/b²+1/c²+1/d²)+(ab-1)²+(bc-1)²+(cd-1)²+(da-1)²+(ac-1)²+(bd-1)²-4
　　　　　≧4{ 1/(a²b²c²d²) }¹/⁴-4=0  (AM-GM不等式から)

　等号成立は、a=b=c=d のとき、つまり、a=b=c=d=1 のとき。

３．a,b,c,d > 0 , abcd=1 のとき、不等式
　　　1/(a+1)²+1/(b+1)²+1/(c+1)²+1/(d+1)²≧1
　が示されていた。

　まず、
　　　1/(a+1)²+1/(b+1)²-1/(ab+1)={ (ab-1)²+ab(a-b)² }/{ (a+1)²(b+1)²(ab+1) }≧0
　なので
　　　1/(a+1)²+1/(b+1)²≧1/(ab+1)
　同様に
　　　1/(c+1)²+1/(d+1)²≧1/(cd+1)
　すると
　　　1/(a+1)²+1/(b+1)²+1/(c+1)²+1/(d+1)²≧1/(ab+1)+1/(cd+1)
　　　　=(ab+cd+2)/(abcd+ab+cd+1)=1  (abcd=1 から)
　したがって、与式が証明された。

　等号は　abcd=1 から、ab≠0 なので ab=1 かつ a=b のとき、つまり、a=b=1 。
　さらに cd≠0 なので、cd=1 かつ c=d のとき、つまり a=b=1 となる。まとめて
　　　a=b=c=d=1
　のときとなる。　

以上

π^x-e^x-x+1>0 の証明

1.　まえがき

　π^x-e^x-x+1>0 を示す問題があった。極値などの計算が困難なので、面倒だった。



2.　計算

　極値の計算ではなく、間接的な評価法をとり、x≦0 , 0<x≦2 , 2≦x の3つの場合に分
　けて検討した。
　　　　f(x)=π^x-e^x-x+1
　とおく。

　2.1　x≦0 のとき

　　π^x>0 , -x≧0 , e^x≦1 だから
　　　　f(x)>-e^x+1≧0

　2.2　x>0 のとき

　　f>0 を示せば良い。このとき、上の範囲と違って、f''>0 となるので、以下のよう
　　に凸関数の性質で評価できる。 

　　logπ≒1.14 (>1)だから、x>0 で、f''=(logπ)²π^x-e^x>π^x-e^x>0 なので、テーラー展開
　　から
　　　　f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+f''(c)(x-a)²>f(a)+f'(a)(x-a)・・・・・①
　　を得る。

　　(1)　0<x≦2 のとき

　　　f'=(logπ)π^x-e^x-1 だから、①で a=1 とすると、x-1≦1 なので
　　　　　f(1)=π-e , f'(1)=(logπ)π-e-1 ( <0 )
　　　　　f>π-e+{ (logπ)π-e-1 }(x-1)≧π-e+{ (logπ)π-e-1 }・1
　　　　　　=π-2e-1+(logπ)π>3.10-2・2.72-1+1.10・3.10>0.07>0

　　(2)　2≦x のとき

　　　同様に、①で a=2 とすると、x≧2 なので
　　　　　f(2)=π²-e²-1 , f'(2)=(logπ)π²-e²-1 ( >0 )
　　　　　f>π²-e²-1+{(logπ)π²-e²-1}x≧π²-e²-1+{(logπ)π²-e²-1}・2
　　　　　　　=π²-3e²-3+2(logπ)π²>3.1²-3・2.8²-3+2・1.1・3.1²>3.27>0

3.　結果

　以上のことから、すべての区間で f(x)=π^x-e^x-x+1>0 となる。

以上

[2020/5/30]　2.1項の論理を簡潔にした。

[2021/5/14]　追記
・問題
　x>0 のとき、x≧exp{(x-1)/x} の成立を証明せよ。



　f(x)=x-exp(1-1/x)≧0 (x>0) を示せば良い。

　すべての y につき、e^y≧1+y　である(微分するとすぐわかる)。すると
　　exp((1/x)-1)≧1+((1/x)-1)=1/x

　x>0 だから
　　x≧1/exp((1/x)-1)=exp(1-(1/x)) → -exp(1-(1/x)) ≧ -x
　すると
　　f(x)=x-exp(1-(1/x))≧x-x=0
　となり、与式が証明された。

　この関係を微分で評価しようとすると困難となる。

以上