解説

方針・初手

$0<p<1$ のとき，関数 $x^p$ は $x\ge 0$ で上に凸ではなく，下に曲がる関数である。したがって「$p$ 乗は和に対して加法的より小さくなる」ことが期待される。

まず （1） では

$$ f(x)=(a+x)^p-x^p $$

を考えて単調性を調べる。これで 2 項の場合の不等式が示せる。

つぎに （2） は，（1） を和に対して繰り返し適用すればよい。

解法1

（1） 任意の $a\ge 0$ を固定し，$x\ge 0$ に対して

$$ f(x)=(a+x)^p-x^p $$

とおく。

まず $x>0$ のとき，

$$ f'(x)=p\bigl((a+x)^{p-1}-x^{p-1}\bigr) $$

である。

ここで $0<p<1$ だから $p-1<0$ である。したがって $t^{p-1}$ は $t>0$ で減少関数である。$a+x\ge x>0$ より，

$$ (a+x)^{p-1}\le x^{p-1} $$

となるので，

$$ f'(x)\le 0 $$

である。よって $f(x)$ は $x>0$ で単調減少する。

したがって $x>0$ に対して

$$ f(x)\le \lim_{x\to 0+}f(x)=a^p $$

となる。ゆえに

$$ (a+x)^p-x^p\le a^p $$

すなわち

$$ (a+x)^p\le a^p+x^p $$

を得る。$x=0$ のときも

$$ (a+0)^p=a^p\le a^p+0^p $$

で成り立つ。

以上より，任意の $x\ge 0$ について

$$ (a+x)^p\le a^p+x^p $$

が示された。

**(2)**

$$ S_m=\sum_{k=1}^m a_k \qquad (m=1,2,\dots,n) $$

とおく。各 $a_k\ge 0$ だから，各 $S_m\ge 0$ である。

（1） を $a=S_{n-1}$，$x=a_n$ に適用すると

$$ S_n^p=(S_{n-1}+a_n)^p\le S_{n-1}^p+a_n^p $$

を得る。さらに再び （1） を $S_{n-1}=S_{n-2}+a_{n-1}$ に適用すると

$$ S_{n-1}^p\le S_{n-2}^p+a_{n-1}^p $$

であるから，

$$ S_n^p\le S_{n-2}^p+a_{n-1}^p+a_n^p $$

となる。同様にこれを繰り返すと，

$$ S_n^p\le a_1^p+a_2^p+\cdots+a_n^p $$

すなわち

$$ \left(\sum_{k=1}^n a_k\right)^p\le \sum_{k=1}^n a_k^p $$

が従う。

解説

この問題の本質は，$0<p<1$ のとき $x^p$ が「増加はするが，増え方はだんだん鈍くなる」関数であることにある。したがって $(a+x)^p-x^p$ を見ると，$x$ が大きくなるほどその差は小さくなる。

（1） で 2 項についての不等式を作っておけば，（2） は和を 1 項ずつ付け足していくだけで処理できる。多項の不等式をまず 2 項に落として考えるのが典型的な方針である。

答え

**(1)**

任意の $a\ge 0$，$x\ge 0$ に対して

$$ (a+x)^p\le a^p+x^p $$

が成り立つ。

**(2)**

$a_k\ge 0\ (k=1,2,\dots,n)$ のとき，

$$ \left(\sum_{k=1}^n a_k\right)^p\le \sum_{k=1}^n a_k^p $$

が成り立つ。