別解研究

別解研究

2009

年

5

月

31

日

1

目 次

0

別解を考える大切さ

4

1

関数と不等式

5

1.1 98

阪大

. . . . 5

1.2 04

明治大

. . . . 7

1.3 99

京大後期理系

. . . . 10

2

方程式と恒等式

13 2.1 91

お茶の水

. . . . 13

2.2 01

慶応理工

. . . . 15

2.3 01

京府医大

. . . . 17

2.4 66

静岡大

. . . . 19

3

帰納法と直接証明

21 3.1 02

福井大改題

. . . . 21

3.2 02

東大文科

. . . . 23

3.3 02

京大後期理系改題

. . . . 23

3.4 08

東工大理特

. . . . 24

3.5

フェルマの小定理

. . . . 28

4

個数処理の方法

30 4.1 08

京大文系

. . . . 30

4.2 99

京大文系

. . . . 31

5

確率

33 5.1 08

京大理系甲乙

. . . . 34

5.2 05

京大後期理系

. . . . 35

5.3 04

年九大文理系

. . . . 37

5.4 98

年京大理系後期

. . . . 39

5.5 91

年京大文理系

. . . . 40

6

図形の論証

41 6.1 66

京大

. . . . 41

6.2 07

阪大文理

. . . . 43

6.3 91

東大後期

. . . . 47

6.4 06

京大理系

. . . . 48

6.5 01

京大改題

. . . . 54

7

正像法と逆像法

55 7.1

典型問題

. . . . 56

8

整式の数論

57

8.1 06

京大,00お茶大

. . . . 57

9

不定方程式

61

9.1

典型問題

. . . . 61

0 別解を考える大切さ

問題を解いていると，解き方が一つではないことがある．問題集などにも「解

1」，

「解

2」など

といくつかあがっていることがある．そこで，「一番良い解き方」というのがあるのだろうか，そも そも別解を考えるのは大切なのか時間の無駄なのか，などいろんな疑問をもつことがある．

数学的には「一番良い解き方」というものはない．いろんな解き方はたがいに関係している．一 つの現象のいろいろな側面ということもあれば，現象のとらえ方が違うということもある．その結 果生じたさまざまの解法の相互関係こそ重要な考えるべきことである．

試験問題を解くという意味では，もっとも簡潔な解答というのはありうる．問題によって，ベク トルか座標か幾何の論証か，などである．では，それを見ぬく力はどのように養われるか．それ は，日頃いろんな解法を試みることで養われる．このような置き方では計算が大変になるというこ となどは，経験して身につけなければならない．

日頃からいろいろと別解を研究していると，問題を多面的に見ることができ，どれかの切り口か ら解法の糸口がつかめるのだ．異なる問題を

2

つ解くより，同じ問題を

2

通りに解く方が力がつ く．いろんな視点から解法を探し，糸口を見つける．日頃からつねにいろんな切り口で考えるよう にしたい．

しかし，漫然といろんな解き方を考えるというのでは本当の力はつかない．問題に対して，考え られる解法の方向性はそんなに多くない．一つの問題に対して次のようなことを追求しよう．

(1)

与えられた条件をよく考え，まず，からかならずこうやればできるはずだという方法を追求 する．まずは少々下手でもかならずできる普遍的な方法だ．それを考える．

(2)

そして一般的に解くことを試みる．まず問題を一般化してみる．変数の個数を

n

にする等 だ．あるいは条件の一部をはずしてみる．一般化しても成立しそうだと見当をつけたら可能 なかぎり一般的な場合にも通用する方法を考える．

(3)

そのうえで別解を試みる．よりよい道具はないか．発想を変えた別の方法はないか．問題の とらえ方を転換できないかなどを考える．それ自体が問題をより深くとらえることである．

別解を考えることは数学を考えることそのものだ．いろんな解法とその相互関係がつかめて，は じめてその問題が判ったといえるのだ．複数の解法を比較し研究する．これが数学力をつける最良 の方法である．別解を考えるおもしろさに気づき，日頃から一つの解法に満足せず，他の解法を考 えるようにすれば，数学の力が飛躍する．

なお構成は次のようにした．1)問題を提示し，2)方針でいくつかの解法の方向を示し，3)それ に対応した解を順次述べ，4)必要に応じて，吟味でそれらを比較検討する．

1 関数と不等式

1.1 98

阪大

問題

n

を

1

以上の整数とする．

n

次の整式

f (x) = a ₀ x ⁿ + a ₁ x ^{n − 1} + · · · + a _k x ^{n − k} + · · · + a _{n − 1} x + a _n

とその導関数

f ⁰ (x)

の間に

nf (x) = (x + p)f ⁰ (x)

という関係があるとする．ただし，

p

は定数で ある．このとき，

f (x) = a 0 (x + p) ⁿ

であることを示せ．

方針

1. n

次整式を

n

回微分すると定数になる．微分によって関数等式がどのように変わるか，両辺 微分して整理する．

2.

関数等式から係数の関係式を導く．一方，結論からさかのぼると

a k

がどのようになってほ しいかわかるので，数学的帰納法で示す．

3.

関数等式は微分方程式そのものである．これを解くにはいちど積分すればよい．

解

1

関数等式

nf (x) = (x + p)f ⁰ (x) · · · ° 1

の両辺を

x

で微分する．

nf ⁰ (x) = f ⁰ (x) + (x + p)f ⁰⁰ (x)

よって,

(n − 1)f ⁰ (x) = (x + p)f ⁰⁰ (x) · · · ° 2

同様に,

(n − 2)f ⁰⁰ (x) = (x + p)f ⁰⁰⁰ (x) · · · ° 3 .. .

f ^{(n − 1)} (x) = (x + p)f ⁽ⁿ⁾ (x) · · · ° n

よって，

° 1

から

° n

をすべてかけあわせると

n!f (x) = (x + p) ⁿ f ⁽ⁿ⁾ (x)

ここで,

f ⁽ⁿ⁾ (x) = n!a 0

なので

f (x) = a ₀ (x + p) ⁿ

解

2

f ⁰ (x) = na ₀ x ^{n − 1} + · · · + a _{n − 1}

であるから,

(x + p)f ⁰ (x) = na 0 x ⁿ + { na 0 p + (n − 1)a 1 } x ^{n − 1} + · · · + pa n − 1

1 < = k < = n − 1

のとき,

x ^{n − k}

の係数は,

(n − k)a _k + (n − k + 1)a _{k − 1} · p nf (x)

と比較して,

n · a k = (n − k)a k + (n − k + 1)a k − 1 · p

k = 0, 1, · · · , n

について

a _k = a _0n C _k p ^k

となることを

k

についての数学的帰納法で示す．n

= 0

のときはそのまま成立する．

a k − 1 = a 0 p ^{k − 1} n C k − 1

と仮定すると,上式より,

ka _k = (n − k + 1)a ₀ p ^k · n C _{k − 1}

∴

a k = a 0 p ^k · n C k

また,

na _n = pa _{n − 1} = p · a ₀ p ^{n − 1} · n C _{n − 1} = na ₀ p ⁿ

∴

a n = a 0 p ⁿ

よってすべての

k

で

a _k = a _0n C _k p ^k

となる．

∴

f (x) = a ₀ x ⁿ + a _0n C ₁ x ^{n − 1} · p + · · · + a ₀ p ⁿ = a ₀ (x + p) ⁿ

解

3

f ⁰ (x) f (x) = n

x + p

より

∫

f ⁰ (x) f (x) dx =

∫ n x + p dx

∴

log | f (x) | = n log | x + p | + C

これから

log | f (x) |

| x + p | ⁿ

が定数となる．f

(x)

は整式なので

f (x) = a(x + p) ⁿ

となる定数

a

がある．x

ⁿ

の係数を比較して

a = a 0

．

∴

f (x) = a 0 (x + p) ⁿ

吟味

1.

条件をどのように使ったかをおさえておこう．関数等式を微分し整理するところでは，n回 微分可能であることのみ整式であることを使う．f

ⁿ (x) = n!a ₀

は最高次の係数が

a ₀

の整式 であることを使う．

2.

これは

f(x)

が整式であることを最初から使っている．

3. f (x) = a(x + p) ⁿ

と表されるところまでは，整式であることは使っていない．初期条件は，

整式であることを前提としている．f(0) =

a 0 p ⁿ

のように与えられれば，整式であることは 使わない．

1.2 04

明治大

問題

x ₁ , x ₂ , · · · , x _n

を実数，nを自然数とする．このとき

n

∑ n k=1

x k 2 − ( _n

∑

k=1

x k

) 2

> = 0

が成立することを示せ．

方針

1.

数学的帰納法．

2.

直接の変形．

3.

コーシー・シュワルツの不等式．

4. y = x ²

という下に凸な関数を用いる．

解

1

任意の実数

x 1 , x 2 , · · · , x n

と，自然数

n

に対し，不等式

n

∑ n k=1

x k 2 − ( _n

∑

k=1

x k

) 2

> = 0 · · · ° 1

が成立することを数学的帰納法で示す．

n = 1

のとき．

° 1

は

x ² ₁ − (x ₁ ) ² = 0

となり，成立．

n = m

のとき命題が成立するとする．

n = m + 1

のとき．

(m + 1)

m+1 ∑

k=1

x k 2 − ( _m+1

∑

k=1

x k

) 2

= (m + 1)

∑ m k=1

x _k ² + (m + 1)x _m+1 ² − ( _m

∑

k=1

x _k + x _m+1 ) 2

= m

∑ m k=1

x k 2 − ( _m

∑

k=1

x k

) 2

+

∑ m k=1

x k 2 + (m + 1)x m+1 2 − 2x m+1

∑ m k=1

x k − x m+1 2

= m

∑ m k=1

x k 2 − ( _m

∑

k=1

x k

) 2

+

∑ m k=1

x k 2 −

∑ m k=1

2x k x m+1 − mx m+1 2

= m

∑ m k=1

x _k ² − ( _m

∑

k=1

x _k ) 2

+

∑ m k=1

(x _k − x _m+1 ) ²

数学的帰納法の仮定から

m

∑ m k=1

x k 2 − ( _m

∑

k=1

x k

) 2

> = 0

なので，n

= m + 1

のときも

° 1

は成立する．

かつ

° 1

での等号成立が

x 1 = x 2 = · · · = x n

のときであることも示された． □

解

2

直接示す．

n

∑ n k=1

x k 2 − ( _n

∑

k=1

x k

) 2

= n

∑ n k=1

x k 2 −

 



∑ n k=1

x k 2 + 2 ∑

i<j

x i x j

 



= (n − 1)

∑ n k=1

x k 2 − 2 ∑

i<j

x i x j

和

∑

i<j

x i x j

では，どの文字もちょうど

n − 1

回ずつ現れる．したがって

(n − 1)

∑ n k=1

x _k ² − 2 ∑

i<j

x _i x _j = ∑

i<j

( x _i ² − 2x _i x _j + x _j ² )

である．つまり

n

∑ n k=1

x _k ² − ( _n

∑

k=1

x _k ) 2

= ∑

i<j

(x _i − x _j ) ² > = 0

等号成立は

x 1 = x 2 = · · · = x n

のとき． □

解

3

t

を実数の変数にとり，2次式

f (t)

を

f (t) = (t − x ₁ ) ² + (t − x ₂ ) ² + · · · + (t − x _n ) ²

とおく．

f (t) = nt ² − 2(x ₁ + x ₂ + · · · + x _n )t + (x ₁ ² + x ₂ ² + · · · + x _n ² )

である．任意の実数値

t

に対して

f (t) > = 0

であるから，その判別式

D

は

D < = 0

である．

D/4 = (x 1 + x 2 + · · · + x n ) ² − n(x 1 2 + x 2 2 + · · · + x n 2 ) < = 0

より

n

∑ n k=1

x _k ² − ( _n

∑

k=1

x _k ) 2

> = 0

が示された．等号成立は

D = 0，つまり f (t) = 0

となる実数

t

が存在するときである．よって

(t − x 1 ) ² = (t − x 2 ) ² = · · · = (t − x n ) ² = 0

となる実数

t

が存在するときである．これは

t − x 1 = t − x 2 = · · · = t − x n = 0

となる実数

t

が存在するときである．つまり等号成立は

x ₁ = x ₂ = · · · = x _n

のとき． □

解

4

s + t = 1

である正の数と，実数

p, q

に関して

sp ² + tq ² > = ( sp + tq) ²

実際,

sp ² + tq ² − (sp + tq) ²

= s(1 − s)p ² − 2stpq + t(1 − t)q ²

= st(p ² − 2pq + q ² ) = st(p − q) ² · · · ° 1

である．ここで等号成立は

p = q

のときである．また

n

∑ n k=1

x k 2 − ( _n

∑

k=1

x k

) 2

> = 0

⇐⇒ x 1 2 + x 2 2 + · · · + x n 2

n > =

( x 1 + x 2 + · · · + x n

n

) 2

そこで，この不等式の成立と等号成立が

x ₁ = x ₂ = · · · = x _n

のときであることを，nについての 数学的帰納法で示す．

n = 1

のときは

x ₁ ² = (x ₁ ) ²

で成立する．

n = k

で成立するとする．n

= k + 1

のとき

x 1 2 + x 2 2 + · · · + x k 2 + x k+1 2

k + 1

= k

k + 1 · x 1 2 + x 2 2 + · · · + x k 2

k + 1

k + 1 · x _k+1 ²

> = k k + 1 ·

( x 1 + x 2 + · · · + x k

k

) 2

+ 1

k + 1 · x k+1 2

° 1

を

s = k

k + 1 , t = 1

k + 1

で用いる．

> = ( k

k + 1 · x 1 + x 2 + · · · + x k

k + 1

k + 1 · x k+1

) 2

=

( x 1 + x 2 + · · · + x k+1

k + 1

) 2

等号成立は

x ₁ = x ₂ = · · · = x _k

かつ

x 1 + x 2 + · · · + x k

k = x _k+1

，つまり

x ₁ = x ₂ = · · · = x _k+1

の ときである．よって

n = k + 1

のときも成立し，すべての

n

で成立した． □

吟味

この問題の不等式は，コーシー・シュワルツの不等式と，凸関数の不等式の両方の性質をもつ不等 式である．それぞれの方向に一般化することができる．

1.3 99

京大後期理系

問題

α, β, γ

は

α > 0, β > 0, γ > 0, α + β + γ = π

を満たすものとする．このとき，sin

α sin β sin γ

の最大値を求めよ．

方針

1. α + β + γ = π

という関係式があるから

sin α sin β sin γ = sin α sin β sin(α + β )

となる．

2

変数の関数の最大最小を求めるのは

1

文字を固定して考える．まず

f (α) = sin α sin β sin(α+

β)

とおいて，αの関数として最大を

β

の入った形で求め，それから

β

を動かせばよい．

2. α > 0, β > 0, γ > 0, α + β + γ = π

となれば，この三つの角は三角形の内角だ．三角形で 考えることはできないか．sinが出てくるので正弦定理を考える．三角形の

3

辺を

a, b, c

， 外接円の半径を

R

とすると

a = 2R sin α, b = 2R sin β, c = 2R sin γ

すると，

sin α sin β sin γ = a 2R · b

2R · sin γ = 1 2R ² · 1

2 · ab sin γ

問題は角度のみに関することなので

R = 1

としても一般性を失わない．

3.

第三の解だ．『数学対話』「凸多角形と凸関数」にある．関数の凸性を用いるものである．こ こにそれを再録しよう．

解

1

γ

を消去し，βを固定して考える．

α + β + γ = π

で

γ > 0

より

α + β < π，つまり 0 < α < π − β，この範囲の α

に対して

f (α) = sin α sin β sin γ = sin α sin β sin(α + β )

とおく．sin

α sin(α + β) = 1

2 { cos β − cos(2α + β) }

なので

f (α) = sin β { cos β − cos(2α + β) }

ここで

α < 2α + β < π + α

かつ

sin β > 0

だから

f (α)

が最大になるのは

cos(2α + β ) = − 1

のと き．つまり

2α + β = π

のとき．このとき最大値は

1

2 sin β (cos β + 1)

である．

sin β(cos β + 1) =

√

sin ² β(cos β + 1) ² = √

(1 − cos ² β)(cos β + 1) ²

= √

(1 − cos β)(cos β + 1) ³

β

の変域は

0 < β < π

である．

t = cos β

とし，

g(t) = (1 − t)(t + 1) ³ ( − 1 < t < 1)

とおく．

g ⁰ (t) = 2(1 − 2t)(t + 1) ²

より

t = 1

2

で最大になる．t

= cos β = 1

2

より,

β = π

3

．このとき

α = γ = π

3

である．

∴ 求める最大値

= (

sin π 3

) 3

= ( √

3 2

) 3

= 3 √ 3 8

□ 解

2

α > 0, β > 0, γ > 0, α+β +γ = π

より，この

3

角を内角とする三角形が存在する．

sin α sin β sin γ

の最大値を求めるためには，三角形の外接円の半径を

1

としてよい．三つの角の対辺の長さを

a, b, c

とすると正弦定理より

a = 2 sin α, b = 2 sin β, c = 2 sin γ

すると，

sin α sin β sin γ = a 2 · b

2 · sin γ = 1 2 · 1

2 · ab sin γ

t O

H P

P

したがって求める最大値は，半径

1

の円に内接する三角形 の面積の最大値の

1

2

になる．最大値を求めるために，外心 から一つの辺への垂線

OH

の足の長さを

t

とおく．動くも のはもう一つこの垂線を下ろした辺に対する頂点

P

である．

t

を固定する．この頂点が

P, O, H

の

3

点が

1

直線上に来 るとき三角形の面積は最大になる．

底辺の長さが

2 √

1 − x ²

で高さが

t + 1

なので面積は

S(t) = √

(1 − t ² )(1 + t) ² = √

(1 − t)(1 + t) ³

となる．結局，解

1

と同じ式になり，t

= 1

2

のとき最大で，最大値は

3 √ 3 8

．

このとき三角形は正三角形である． □

解

3

O y

x G

y = log(sin x) π

A B

C

0 < x < π

に対し

f (x) = log(sin x)

とおく．

f ⁰ (x) = cos x

sin x , f ⁰⁰ (x) = − 1 sin ² x < 0

よって，曲線

y = f (x)

は上に凸である．

したがって，3点

A(α, f (α))

，

B(β, f (β))

，

C(γ, f (γ))

でつくる

4 ABC

は領域

y < = f (x)

に ある．

G

( α + β + γ

3 , f (α) + f (β) + f (γ) 3

)

とおくと

G

は

4 ABC

の重心であり，4

ABC

の内部にある．

したがって

G

も領域

y < = f (x)

にある．つまり

f(α) + f (β) + f (γ)

3 < = f

( α + β + γ 3

)

= f ( π

3 )

が成り立つ．

∴

1

3 log(sin α sin β sin γ) < = log (

sin π 3

)

sin α sin β sin γ < = ( √

3 2

) 3

= 3 √ 3 8

ここで

G

が

y = f (x)

上に来るのは

3

点が一致するときのみ．つまり等号成立は

α = β = γ

のと きのみ．つまり

sin α sin β sin γ

は

α = β = γ = π

3

のとき最大値は

3 √ 3

8

をとる．

吟味

さてこの三つの解法を比較検討してみよう．2変数の関数の最大値は．まず

1

変数を固定し順次最 大値を定めていけ，という考え方は一般的だ．こういう場面でそれが思い起こせるようにしたい．

第

1

の解法で

α

の関数として考えるということがはっきりしていれば，数学

III

範囲になるが

f (α) = sin α sin β sin(α + β)

を直接微分してもできる．

f ⁰ (α) = cos α sin β sin(α + β ) + sin α sin β cos(α + β)

= sin β sin(2α + β )

したがって

2α + β = π

となる

α

で極大かつ最大になることが判る．β を動かすときもそのまま微 分してもよい．ぜひ確認してほしいが，これは別解というほどのこともない．

それに対して第

2

の解法は三角形の面積に還元するうまい方法だ．しかしこれを

n

個の変数の場 合に一般化することは難しい．第

3

の方法は，n個の変数の場合に一般化できる．『数学対話』「凸 多角形と凸関数」にある．

n

個の

α 1 , α 2 , · · · , α n

はすべて正で

α 1 + α 2 + · · · + α n = π

のとき

sin α 1 sin α 2 · · · sin α n < =

( sin π

n ) n

がいえるか．と考えて，これを解決したものだ．

これを解

2

の方法でやるのは難しい．解

1

の方法なら，順次最大になる位置を決めていけば不可 能ではないが，複雜になる．

2 _{方程式と恒等式}

2.1 91

お茶の水

問題

a

が

1

でない任意の定数のとき，2次方程式

3(a − 1)x ² + 6x − a − 2 = 0

は，

0

と

1

の間に少なくとも

1

つの解をもつことを示せ．

方針

1.

区間の端点での関数値の符号と，

2

次関数の軸での場合分けを基本にして，解の配置を調べる．

2.

区間の端点および区間の中点での関数値の符号を調べる．

3.

区間の端点での関数値の符号と，関数のグラフがつねに通る定点を調べる．

4.

関数を区間で定積分する．

解

1

f (x) = 3(a − 1)x ² + 6x − a − 2

とおく．

f (0) = − a − 2, f (1) = 2a + 1

である．

(i) f (0)f (1) < 0，つまり (a + 2)(2a + 1) > 0

のとき，中間値の定理から方程式

f (x) = 0

は

0 < x < 1

に解をもつ．

(ii) (a + 2)(2a + 1) < = 0

のとき．つまり

− 2 < = a < = − 1

2

のとき．

放物線

y = f (x)

は上に凸であり，

f (0) = − a − 2 < = 0 , f (1) = 2a + 1 < = 0

である．f

(x)

の判別式を

D

とすると

D/4 = 9 + 3(a − 1)(a + 2) = 3(a ² + a + 1) = 3 {(

a + 1 2

) 2

+ 3 4

}

> 0

さらにこの範囲の

a

に対し

f (x)

の軸

x = 1 1 − a

は

1

3 < = 1 1 − a < =

2 3

にある．したがって

f (x) = 0

は区間

0 < = x < = 1

に

2

実数解をもち，f

(0) < 0, f(1) < 0

の少 なくとも一方が成立するので，0

< x < 1

に少なくとも

1

つの実数解をもつ．

(i), (ii)

より方程式

f (x) = 0

は

0 < x < 1

に少なくとも

1

つの実数解をもつ．

解

2

(i) f (0)f (1) < 0

のときまでは解

1.

と同じ．

(ii) (a + 2)(2a + 1) < = 0

のとき．つまり

− 2 < = a < = − 1

2

のとき．

f ( 1

2 )

= 3

4 (a − 1) + 3 − a − 2 = − a + 1 4 > 0

放物線

y = f (x)

は上に凸であり，

f (0) = − a − 2 < = 0 , f (1) = 2a + 1 < = 0

である．よって

f (x) = 0

は区間

0 < = x < = 1

に

2

実数解をもち，f

(0) < 0, f(1) < 0

の少なく とも一方が成立するので，0

< x < 1

に少なくとも

1

つの実数解をもつ．

解

3

f (0) < 0

は

− 2 < a

と，f

(1) < 0

は

a < − 1

2

とそれぞれ同値である．aの

2

つの範囲をあわせる と実数全体になるので，任意の実数

a

に対して

f (0) < 0

または

f (1) < 0

の少なくとも一方が成立 する．

f (x) = a(3x ² − 1) − 3x ² + 6x − 2

から

f ( 1

√ 3 )

= − 3 ( 1

√ 3 ) 2

+ 6 ( 1

√ 3 )

− 2 = 2 √

3 − 3 > 0

したがって

0 < x < 1

√ 3

または

1

√ 3 < x < 1

の少なくとも一方の区間に

f (x) = 0

は解をもつ．

解

4

I =

∫ 1 0

{ 3(a − 1)x ² + 6x − a − 2 } dx = [

(a − 1)x ³ + 3x ² − (a + 2)x ] 1 0 = 0

区間

0 < x < 1

で

f (x) > 0

または

f (x) < 0

なら

I > 0

または

I < 0

となり，I

= 0

に矛盾する．

よって方程式

f (x) = 0

は

0 < x < 1

に少なくとも

1

つの実数解をもつ．

吟味

1.

これはいちばん標準的な解法である．その場合でも先に区間の端点の符号を調べておく方が 簡明である．

2. 2

次関数の場合，多くは区間の中点の符号で判断できる．これは知っておきたい．

3.

任意の

a

で成立するのだから，aに関係ない

x

の値を調べようとした．

4.

これは

3(a − 1)x ²

という形から試したのだ．問題作成の舞台裏である．

2.2 01

慶応理工

問題

実数

a, b, c

に対し

g(x) = ax ² + bx + c

を考え，u(x)を

u(x) = g(x)g ( 1

x )

で定義する．

(1) u(x)

は

y = x + 1

x

の整式

v(y)

として表せることを示せ．

(2)

上で求めた

v(y)

は

− 2 < = y < = 2

の範囲のすべての

y

に対して

v(y) > = 0

であることを示せ．

方針

1.

実際に

2

次式で計算しよう．後半は，軸での場合分けということになる．

2. y

を条件の範囲に固定したとき，xはどのように定まるのか．xは

2

解の積が

1

の重解か虚 数解である．f

(x)

の係数は実数である．これを考えることで別の方法が見える．

解

1

(1)

g(x)g ( 1

x )

= (ax ² + bx + c) ( a

x ² + b x + c

)

= ac (

x ² + 1 x ²

)

+ b(a + c) (

x + 1 x

)

+ a ² + b ² + c ²

= ac (

x + 1 x

) 2

+ b(a + c) (

x + 1 x

)

+ (a − c) ² + b ²

確かに

v(y) = acy ² + b(a + c)y + (a − c) ² + b ²

と表される．

(2)

v( − 2) = 4ac − 2b(a + c) + (a − c) ² + b ² = (a + c − b) ² > = 0 v(2) = 4ac + 2b(a + c) + (a − c) ² + b ² = (a + c + b) ² > = 0

なので,

y ²

の係数の符号と軸の位置を考えて場合分けする．

ac < = 0

，または

ac > 0

で

¯¯

¯¯ b(a + c) 2ac

¯¯ ¯¯ > 2

なら，−

2 < = y < = 2

で

v(y) > = 0

．

ac > 0

でかつ

¯¯

¯¯ − b(a + c) 2ac

¯¯ ¯¯ < = 2

のときは，この条件の下で，v

(

− b(a + c) 2ac

)

> = 0

を示せば よい．

軸の条件は

b ² (a + c) ² < = 16 a ² c ²

となるので

v

(

− b(a + c) 2ac

)

= − b ² (a + c) ² − 4ac { (a − c) ² + b ² } 4ac

= (a − c) ² (4ac − b ² )

4ac > = (a − c) ² 4ac

{

4ac − 16a ² c ² (a + c) ²

}

= 4ac(a − c) ⁴ (a + c) ² > = 0

ゆえに題意が示された． □

解

2

(1) g(x)g(z)

は明らかに

x

と

z

の対称式である．

したがってこれは基本対称式

x + z

と

xz

の整式である．

x + z

と

xz

で表したものの

z

に

1

x

を代入する．

g(x)g ( 1

x )

は

x + 1

x

と

x · 1

x = 1

の整式となる．つまり

y = x + 1

x

の整式として表せる．

(2) − 2 < y < 2

の範囲

y

を固定し

y 0

とする．

y ₀ = x + 1 x

となる

x

を求める．

x ² − y 0 x + 1 = 0

で，判別式

D = y ² ₀ − 4 < 0

であるから，虚数解

α

と

α ¯

をもつ．

さらに解と係数の関係から

α · α ¯ = 1

である．

v(y 0 ) = g(α)g ( 1

α )

= g(α)g ( ¯ α) g(x)

は実数係数の整式であるから

g(α)g ( ¯ α) = g(α)g(α) = | g(α) | ² > = 0 y 0 = ± 2

のとき

y ₀ = x + 1 x

はそれぞれ重解

1

と

− 1

をもつ．よって，

v( ± 2) = g( ± 1)g ( 1

± 1 )

= g( ± 1)g( ± 1) = g( ± 1) ² > = 0

となる．

したがって

− 2 < = y < = 2

の範囲のすべての

y

に対して

v(y) > = 0

であることが示された． □

吟味

第

1

の解法の

(2)

は次のようにもできる．

v(y)

を

b

で整理すると

v(y) = b ² + (a + c)b + acy ² + (a − c) ²

となる．

b

の

2

次式と見た判別式は

D = (a + c) ² y ² − 4 { acy ² + (a − c) ² } = (a − c) ² (y ² − 4)

となる．ゆえに

| y | < = 2

なら

D > = 0

となり任意の実数

b

に対して

v(y) > = 0

なのだ．

これは「より個別性を用いたうまい方法」には違いないし，見つければおもしろいが，なかなか 気づくとはかぎらない．

さて，より一般的な方法はないか．考えるヒントは

y = x + 1

x

と置いたとき，|

y | < = 2

になるよ うな

x

はどんなものかということだ．xは

2

解の積が

1

の重解か虚数解である．虚数解の場合

2

解 は

α

と

α

とおけ，積が

1

のなで

1

α = α

だ．それが判れば，

v(y) = g(x)g ( 1

x )

だから，

v(y)

の 問題を

g(x)

の問題に還元できる．この方法では，2次式であることは用いていない．実数係数の 任意のと公式で成立する．

2.3 01

京府医大

問題

次の実数係数の三次式を

f(x)

とする．

f (x) = x ³ + px ² + qx + r

いま，二つの実数係数の整式

g(x), h(x)

が次を満たすものとする．

f (g(x)) = f (h(x))

： 恒等的に等しい このとき次のいずれかが成り立つことを示せ．

(1) g(x), h(x)

： 恒等的に等しい．

(2)

二つの整式

g(x), h(x)

はともに定数である．

方針

1.

まず

f (x)

が三次式であることをそのまま使おう．簡単のため必要に応じて

g(x)

等を

g

と 書いてよい．

2.

入試問題集の解答などには恒等式の原理を使わず，複雜にしているものもあるがこれは恒等 式の原理を適切に使ったうまい方法だ．さて問題は

f (x)

がこのような形の三次式であるこ とは必要か，ということだ．

f (x)

は実数係数の

n

次多項式であるとしてもできないか．つまり式の具体的な形を用いな いでできないか．

解

1

f (g) − f (h) = (g − h) { g ² + gh + h ² + p(g + h) + q }

これがすべての

x

で成立するので，

g − h = 0

か

g ² + gh + h ² + p(g + h) + q = 0

かのいずれかは 無数の

x

で成立する．g

− h = 0

が無数の

x

で成立するとすれば，

g(x), h(x)

が

x

の整式なので

g(x), h(x)

は恒等的に等しい．同様に

g ² + gh + h ² + p(g + h) + q = 0

が無数の

x

で成立し，し たがって恒等的に成立するとする．

g(x), h(x)

の次数が異なる場合，大きい方の次数を

m > 0

とすると

g ² + gh + h ² + p(g + h) + q

は

2m

次の整式である．恒等的に

0

ではあり得ない．

g(x), h(x)

の次数が等しい場合，それを

m

次として

g(x) = ax ^m + · · ·

，

h(x) = bx ^m + · · ·

と 置く．このとき

g ² + gh + h ² + p(g + h) + q = (a ² + ab + b ² )x ^2m + · · · )

となる．実数

a, b

に対して

a ² + ab + b ² > 0

であるからもし

m > = 1

ならこれが恒等的に

0

にな ることはない．

ゆえに

m = 0

で，g(x), h(x)はともに定数である． □ 解

2

g(x)

が定数でないとする．

g(x)

は実数係数の整式なので，

x lim →∞ | g(x) | = ∞

一方，

f (x)

は整式で，関数

f (x)

の極値は有限個なので

| x |

を十分大きくとれば

t = g(x)

におい て

f (t)

が単調であるようにできる．したがってこのような

x

に対して

f (g(x)) = f (h(x))

なら

g(x) = h(x)

である．これが

| x |

が十分大きいすべての

x

で成立する．

g(x)

は整式なので，恒等的に成立する．

次に

g(x) = c (定数)

とする．

f (g(x)) = f (c) = f (h(x))

したがって

h(x)

はすべての

x

に対して

n

次方程式

f (c) = f (x)

の解にいずれかに一致しなければならない．実数解は有限個なので少なくとの一つの解で，h(x) が一致するような

x

が無数にあるものがある．

h(x)

は整式なので，恒等的にこの解に等しい，つまり

h(x)

も定数である． □ 吟味

解

2

のように考えると，f(x)は任意の実数係数の整式で成立することがわかる．大切なことなの で，恒等式の定義を書いておこう．

整式の一致と恒等式の定義

f (x), g(x)

が

x

についての整式であるとき，次の

3

つの命題は同値である．またこのとき，等式

f (x) = g(x)

は 恒等式であるという．2式の次数の小さくない方を

n

とする．

(i) f (x)

と

g(x)

は同一の式である．つまり，次数が等しくかつ同じ次数の項の係数が等しい.

(ii)

任意の

x

の値に対して

f(x), g(x)

は同一の値をとる.

(iii)

等式

f (x) = g(x)

が異なる

n + 1

個の

x

の値に対して成り立つ.

証明

(1) (i) ⇒ (ii) :

明白である．

(2) (ii) ⇒ (iii) :

明白である．

(3) (iii) ⇒ (i) : h(x) = f (x) − g(x)

は

n

次以下の整式である．

a _i (1 < = i < = n + 1)

のあい異なる

a i

に対して，h(a

i ) = 0

であるから，因数定理より，

h(x) = (x − a 1 )(x − a 2 ) · · · (x − a n+1 )Q(x)

と因数分解される．もし

Q(x) 6 = 0

なら，左辺の次数は

n

以下であり，右辺の次数は

n + 1

以上となる．よって矛盾が起こる．従って

Q(x) = 0

となり

h(x)

は式として

0

である．f

(x)

と

g(x)

は同一の式である．

3

つの条件は互いに他の

2

つの必要十分条件になっていることが示されているので，題意が示さ

れた． □

2.4 66

静岡大

問題

a, b

を実数として

{

cos 3θ + 2a cos 2θ + b cos θ = 0 sin 3θ + 2a sin 2θ + b sin θ = 0

をともに満足させる実数

θ

が存在するとき，a, bの満たすべき条件を求めよ．

方針

1.

三角関数の連立方程式の問題として解ける．

2.

この連立方程式の

2

式は

sin, cos

に関して同じ形をしている．ドモアブルの定理という，昨 今は習わないが，複素数の三角関数表示を用いることで，複素数の実部と虚部と見なす方が 自然だ．

解

1

第

2

式から

− 4 sin ³ θ + 3 sin θ + 4a sin θ cos θ + b sin θ = 0

これから

sin θ = 0,

または

− 4 sin ² θ + 3 + 4a cos θ + b = 0

(1) sin θ = 0

の場合．整数

n

で

θ = nπ

とかける．

これが第

1

式をみたせばよい．

cos 3nπ + 2a cos 2nπ + b cos nπ

= ( − 1) ³ⁿ + 2a( − 1) ²ⁿ + b( − 1) ⁿ = 0

∴

1 ± 2a + b = 0 (2) θ 6 = nπ

で

− 4 sin ² θ + 3 + 4a cos θ + b = 0

の場合．

この式は

4 cos ² θ + 4a cos θ + b − 1 = 0 · · · ( ∗ )

となる．また，連立方程式の第

1

式は

4 cos ³ θ + 4a cos ² θ + (b − 3) cos θ − 2a = 0

と変形できるので，この

2

式から

2 cos θ + 2a = 0

が得られる．つまり解があるとしたらそれは

cos θ = − a

．これを

( ∗ )

に代入して

b − 1 = 0

を得る．θ

6 = nπ

の

θ

が存在するために

− 1 < − a < 1

．つまり

b = 1 ( − 1 < a < 1)

． 以上あわせて，求める

a

と

b

の条件は，

1 ± 2a + b = 0,

または

b = 1 ( − 1 < a < 1)

□ 解

2

{ cos 3θ + 2a cos 2θ + b cos θ = 0 sin 3θ + 2a sin 2θ + b sin θ = 0

⇐⇒ cos 3θ + 2a cos 2θ + b cos θ + i(sin 3θ + 2a sin 2θ + b sin θ) = 0

⇐⇒ (cos θ + i sin θ) ³ + 2a(cos θ + i sin θ) ² + b(cos θ + i sin θ) = 0

⇐⇒ (cos θ + i sin θ) ² + 2a(cos θ + i sin θ) + b = 0 (∵ cos θ + i sin θ 6 = 0)

したがって二次方程式

z ² + 2az + b = 0

が絶対値

1

の解をもてば，それに対して

θ

が定まる．

z = ± 1

が解になるときは

1 ± 2a + b = 0

．

虚数解

α

をもつときは，判別式の条件から

a ² − b < 0

．α

· α = 1

から

b = 1

．したがってまた

a ² < 1

あわせて

1 ± 2a + b = 0,

または

b = 1 ( − 1 < a < 1)

□ 吟味

このように，三角関数の計算なしにできてしまう．

本問は，実は私が高

3

のときに学校で使っていた問題集に載っていた問題だ．演習の時間にこの 問題があたった人は解

1

の方法で解いて黒板に書いていた．私は解

2

のようにやった．黒板の解を 見て，それよりもっと簡単にできるのに，と思ったことを覚えている．その解を書いた級友の名前 や教室の情景を今もそこだけ切り取ったようにくっきりと覚えているので，この解

2

は自分自身に も印象深かったのだと思う．

複素数では

a = 0

かつ

b = 0 ⇐⇒ a + bi = 0

なので，連立方程式を複素数一つの式にできる．その結果

cos θ + i sin θ 6 = 0

が使え，2次方程式 の問題になってしまう．連立三角方程式ではこの方法が有効なときがある．

しかしさらに考えれば，これはそれほど別な解というわけではない．加法定理

{

cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β

と，複素数の等式

(cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos(α + β) + i sin(α + β)

は同等だ．この同等性が根拠になって，加法定理の計算がド・モアブルの定理の中に吸收され，三 角関数の計算がないように見えているだけのことだ．別解といっても同じ根っこから出てきた別解 である．私は高校生のときはまったく違う解法だと思っていた．

3 _{帰納法と直接証明}

自然数を含む命題を証明するとき，数学的帰納法を用いるのが基本である．しかし，いわばそれ は「困ったときの帰納法」であって，直接示すこともまた試みてみなければならない．

3.1 02

福井大改題

問題

次のように定義される 数列

{ a n }

の一般項を求めよ．

a 1 = 1, a n+1 = 3

n (a 1 + a 2 + a 3 + · · · + a n )

方針

1.

推測して数学的帰納法

2.

和の処理による直接法