絶対値は「距離」を表す記号。距離の性質から導かれる三角不等式は、
解析学の基礎であり、入試でも頻出の重要テーマです。
(1) $|a| \geq 0$（等号は $a = 0$）
(2) $|a|^2 = a^2$
(3) $-|a| \leq a \leq |a|$
(4) $|ab| = |a| \cdot |b|$
(5) $\left|\dfrac{a}{b}\right| = \dfrac{|a|}{|b|}$（$b \neq 0$）
特に重要なのは性質(2)と(3)です。性質(2)は「絶対値を外して2乗で考える」技法の根拠、性質(3)は三角不等式の証明で使います。
$|a|$ は数直線上で「原点からの距離」、$|a - b|$ は「$a$ と $b$ の距離」を表します。不等式の証明で絶対値が現れたら、距離の言葉で解釈すると見通しが良くなります。三角不等式 $|a+b| \leq |a|+|b|$ は「直行するより迂回した方が遠い（または同じ）」という直観です。
実数 $a, b$ に対して
$$|a + b| \leq |a| + |b|$$
等号成立：$ab \geq 0$（$a, b$ が同符号または一方が $0$）
$|a+b|^2 = (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$
$(|a|+|b|)^2 = |a|^2 + 2|a||b| + |b|^2 = a^2 + 2|ab| + b^2$
$ab \leq |ab|$ なので $|a+b|^2 \leq (|a|+|b|)^2$
$|a+b| \geq 0, |a|+|b| \geq 0$ より $|a+b| \leq |a|+|b|$。 ■
等号は $ab = |ab|$、すなわち $ab \geq 0$。
(i) $|a - b| \leq |a| + |b|$（$b$ を $-b$ に置換）
(ii) $|a + b| \geq ||a| - |b||$（逆三角不等式）
(iii) $|a_1 + a_2 + \cdots + a_n| \leq |a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n|$（$n$ 変数版）
$|a| = |(a+b) - b| \leq |a+b| + |b|$ より $|a+b| \geq |a| - |b|$ …①
$|b| = |(a+b) - a| \leq |a+b| + |a|$ より $|a+b| \geq |b| - |a|$ …②
①②を合わせて $|a+b| \geq ||a| - |b||$。 ■
✗ 三角不等式を $|a+b| \geq |a| + |b|$ と書く（向きが逆！）
✓ $|a+b| \leq |a| + |b|$（和の絶対値は絶対値の和以下）
名前の由来：三角形の1辺は他の2辺の和より短い。同じ原理です。
$|x| \leq 2, |y| \leq 3$ のとき、$|2x - 3y|$ の最大値を求めよ。
$|2x - 3y| \leq |2x| + |3y| = 2|x| + 3|y| \leq 4 + 9 = 13$
等号：$2x$ と $-3y$ が同符号で $|x| = 2, |y| = 3$。例えば $x = 2, y = -3$。
最大値 $13$。
$|a| \leq 1, |b| \leq 1$ のとき、$|a^2 - b^2| \leq 2$ を証明せよ。
$|a^2 - b^2| = |a+b||a-b|$
$|a+b| \leq |a| + |b| \leq 2$、$|a-b| \leq |a| + |b| \leq 2$
しかし $|a+b| \cdot |a-b| \leq 2 \times 2 = 4$ では弱すぎます。
もっと精密に：$|a+b| \leq 2, |a-b| \leq 2$ に加え、$(a+b)^2 + (a-b)^2 = 2(a^2+b^2) \leq 4$
AM-GM：$|a+b| \cdot |a-b| \leq \dfrac{(a+b)^2 + (a-b)^2}{2} = \dfrac{2(a^2+b^2)}{2} \leq 2$
よって $|a^2 - b^2| \leq 2$。 ■
Step 1. まず三角不等式で粗い評価
Step 2. 足りなければ $|a|^2 = a^2$ で2乗にして精密化
Step 3. 因数分解 $|a^2-b^2| = |a+b||a-b|$ の活用
粗い評価 → 精密な評価 の段階的アプローチが有効です。
$c > 0$ のとき、$|a| \leq c$ と $-c \leq a \leq c$ は同値です。この同値変形は証明で頻繁に使います。
$|a| \leq 1, |b| \leq 1$ のとき、$|a + b + ab| \leq 2$ を証明せよ。
$a + b + ab = a(1+b) + b$ と変形。$|b| \leq 1$ より $0 \leq 1 + b \leq 2$。
$|a + b + ab| = |a(1+b) + b| \leq |a| \cdot |1+b| + |b| \leq 1 \cdot 2 + 1 = 3$
これでは弱い。別のアプローチ：
$|a + b + ab| = |(1+a)(1+b) - 1|$
$|1+a| \leq 2, |1+b| \leq 2$ より $|(1+a)(1+b)| \leq 4$
$-4 \leq (1+a)(1+b) \leq 4$ より $-5 \leq (1+a)(1+b) - 1 \leq 3$
さらに $|a| \leq 1, |b| \leq 1$ より $1+a \geq 0, 1+b \geq 0$（$-1 \leq a$ なので $1+a \geq 0$）
したがって $(1+a)(1+b) \geq 0$ より $(1+a)(1+b) - 1 \geq -1$
また $(1+a)(1+b) \leq 4$ より $(1+a)(1+b) - 1 \leq 3$
$-1 \leq a+b+ab \leq 3$ なので $|a+b+ab| \leq 3$ …まだ $2$ にならない。
AM-GMを使う：$(1+a)(1+b) = 1 + a + b + ab$。$0 \leq 1+a \leq 2$、$0 \leq 1+b \leq 2$ で $(1+a)+(1+b) \leq 4$ なので $(1+a)(1+b) \leq \left(\dfrac{(1+a)+(1+b)}{2}\right)^2 \leq 4$。
正確には：$0 \leq (1+a)(1+b)$。$|a+b+ab| = |(1+a)(1+b)-1| \leq \max((1+a)(1+b)-1, 1-(1+a)(1+b))$。
$(1+a)(1+b) \leq (1+|a|)(1+|b|) \leq 2 \times 2 = 4$ なので $a+b+ab \leq 3$
$(1+a)(1+b) \geq 0$ なので $a+b+ab \geq -1$
よって $|a+b+ab| \leq 3$。ただし、$|a+b+ab| \leq 2$ を示すにはさらに精密な議論が必要です。
$|X| \leq M$ を示すには：
方法1：$-M \leq X \leq M$ を直接示す
方法2：$X^2 \leq M^2$ を示す（$M > 0$ のとき同値）
2乗にすると絶対値が消えて計算しやすくなります。
$|a|^2 = a^2$ を使えば、絶対値の不等式を2乗の不等式に帰着できます。
$|a+b|^2 \leq (|a|+|b|)^2$ は $a^2+2ab+b^2 \leq a^2+2|ab|+b^2$、つまり $ab \leq |ab|$。これは明らか。
コーシー・シュワルツの不等式は $|ac+bd| \leq \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}$ と書けます。
これは $(ac+bd)^2 \leq (a^2+b^2)(c^2+d^2)$ の両辺のルートです。
実数 $a, b$ に対して、次がすべて成り立ちます：
$|a+b| \leq |a| + |b|$ （三角不等式）
$|a-b| \leq |a| + |b|$ （三角不等式の変形）
$|a+b| \geq ||a| - |b||$ （逆三角不等式）
$|a-b| \geq ||a| - |b||$ （逆三角不等式の変形）
覚え方：「和の絶対値は絶対値の和以下、差の絶対値以上」
三角不等式は距離空間（ metric space）の公理の1つです。大学の解析学では、実数の絶対値 $|a-b|$、ベクトルのノルム $\|\vec{u}-\vec{v}\|$、関数の $L^p$ ノルムなど、様々な「距離」が三角不等式を満たすことを要求します。ここで学ぶ $|a+b| \leq |a|+|b|$ は、すべての距離の三角不等式の原型なのです。
Q1. 三角不等式 $|a+b| \leq |a|+|b|$ の等号成立条件は？
Q2. $|x| \leq 3$ のとき $|2x-1|$ の最大値は？
Q3. 逆三角不等式を述べよ。
Q4. $|a| \leq c$ と $-c \leq a \leq c$ が同値であるための条件は？
Q5. $|ab| = |a| \cdot |b|$ が成り立つ理由を簡潔に。
次の不等式を証明せよ。
$$|a - b| \leq |a - c| + |c - b|$$
$a - b = (a - c) + (c - b)$ と分解。
三角不等式 $|X + Y| \leq |X| + |Y|$ で $X = a-c, Y = c-b$ とすると：
$|a-b| = |(a-c) + (c-b)| \leq |a-c| + |c-b|$ ■
$|a-b|$ は $a$ と $b$ の距離。右辺は $a$ から $c$ を経由して $b$ に行く距離。直行の方が近道なので不等式が成立。
$|a| \leq 1, |b| \leq 1$ のとき、$|a^2 - b^2| \leq |a - b|$ を証明せよ。…は偽なので、$|a^2 - b^2| \leq 2|a - b|$ を証明せよ。
$|a^2 - b^2| = |a+b| \cdot |a-b|$
$|a+b| \leq |a| + |b| \leq 1 + 1 = 2$
よって $|a^2 - b^2| = |a+b| \cdot |a-b| \leq 2|a-b|$ ■
$a + b + c = 0$ のとき、$M = \max(|a|, |b|, |c|)$ について $\dfrac{S}{3} \leq M \leq \dfrac{S}{2}$（$S = |a|+|b|+|c|$）を証明せよ。
$S = |a|+|b|+|c|$、$M = \max(|a|,|b|,|c|)$ とおく。一般性を失わず $M = |c|$ とする。
$M \geq S/3$ の証明：
$|a| \leq M, |b| \leq M, |c| = M$ より $S \leq 3M$。ゆえに $M \geq S/3$。
$M \leq S/2$ の証明：
$a+b+c=0$ より $c = -(a+b)$。三角不等式より $|c| = |a+b| \leq |a|+|b| = S - |c|$。
よって $2M = 2|c| \leq S$、すなわち $M \leq S/2$。 ■
（同じ議論は $a = -(b+c)$, $b = -(a+c)$ にも適用でき、$|a|, |b|, |c|$ のいずれも $S/2$ 以下。）
以上より $\dfrac{S}{3} \leq M \leq \dfrac{S}{2}$。下の等号は $a=b=c=0$、上の等号は例えば $a=1, b=1, c=-2$。 ■
$|x| \leq 1$ のとき、$|x^3 - x| \leq \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$ を証明せよ。
$f(x) = x^3 - x = x(x-1)(x+1)$
$|x| \leq 1$ のとき $|x-1| \leq 2, |x+1| \leq 2$ だが、これでは $|f(x)| \leq 4$ しか出ない。
微分を使う：$f'(x) = 3x^2 - 1 = 0$ より $x = \pm \dfrac{1}{\sqrt{3}}$
$f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = \dfrac{1}{3\sqrt{3}} - \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{1-3}{3\sqrt{3}} = \dfrac{-2}{3\sqrt{3}} = -\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$
$f\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$
$f(0) = 0, f(1) = 0, f(-1) = 0$
$[-1, 1]$ での $f$ の最大値は $\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$（$x = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}$）、最小値は $-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$（$x = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$）。
よって $|f(x)| \leq \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$。 ■