数学2 最大最小・解の個数問題 23 解説

方針・初手

(1) は関数 $y = f(x)$ の増減を微分により調べ、極値の符号と特定の $x$ の値（$x = \pm 2$ など）における関数の値の符号を調べることで、中間値の定理を用いて解の存在範囲を示します。 (2) は $f(g(\alpha)) = 0$ を示すことが目標です。直接代入して $\alpha^3 = 3\alpha - 1$ を用いて次数を下げる方法と、多項式 $f(g(x))$ を $f(x)$ で割る方法があります。 (3) は (1) で調べた解の存在範囲（不等式）を利用し、$\alpha_i$ の範囲から $g(\alpha_i) = \alpha_i^2 - 2$ のとり得る値の範囲を絞り込むことで、どの解に対応するかを特定します。

解法1

(1)

$f(x) = x^3 - 3x + 1$ を $x$ について微分すると、以下のようになる。

$$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x+1)(x-1)$$

$f'(x) = 0$ となるのは $x = \pm 1$ のときである。これを用いて $f(x)$ の極値を調べると、以下のようになる。

$$f(-1) = (-1)^3 - 3(-1) + 1 = 3 > 0$$

$$f(1) = 1^3 - 3(1) + 1 = -1 < 0$$

また、$x = \pm 2$ における関数の値は以下の通りである。

$$f(-2) = (-2)^3 - 3(-2) + 1 = -1 < 0$$

$$f(2) = 2^3 - 3(2) + 1 = 3 > 0$$

関数 $f(x)$ は連続関数である。 $f(-2) < 0$ かつ $f(-1) > 0$ より、中間値の定理から区間 $(-2, -1)$ に少なくとも1つの実数解をもつ。 $f(-1) > 0$ かつ $f(1) < 0$ より、中間値の定理から区間 $(-1, 1)$ に少なくとも1つの実数解をもつ。 $f(1) < 0$ かつ $f(2) > 0$ より、中間値の定理から区間 $(1, 2)$ に少なくとも1つの実数解をもつ。

$f(x)$ は3次関数であるため、実数解の個数は高々3個である。したがって、$f(x) = 0$ は絶対値が $2$ よりも小さい $3$ つの相違なる実数解をもつことが示された。

(2)

多項式 $f(g(x))$ を計算する。

$$\begin{aligned} f(g(x)) &= f(x^2 - 2) \\ &= (x^2 - 2)^3 - 3(x^2 - 2) + 1 \\ &= (x^6 - 6x^4 + 12x^2 - 8) - 3x^2 + 6 + 1 \\ &= x^6 - 6x^4 + 9x^2 - 1 \end{aligned}$$

この多項式を $f(x) = x^3 - 3x + 1$ で割ると、次のように因数分解できる。

$$x^6 - 6x^4 + 9x^2 - 1 = (x^3 - 3x + 1)(x^3 - 3x - 1)$$

すなわち、以下の恒等式が成り立つ。

$$f(g(x)) = f(x)(x^3 - 3x - 1)$$

ここで、$\alpha$ が $f(x) = 0$ の解であるとすると、$f(\alpha) = 0$ である。上の恒等式に $x = \alpha$ を代入すると、以下のようになる。

$$f(g(\alpha)) = f(\alpha)(\alpha^3 - 3\alpha - 1) = 0 \cdot (\alpha^3 - 3\alpha - 1) = 0$$

したがって、$g(\alpha)$ も方程式 $f(x) = 0$ の解であることが示された。

(3)

(1) の結果より、$f(x) = 0$ の3つの解 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ ($\alpha_1 < \alpha_2 < \alpha_3$) は、それぞれ以下の区間に存在する。

$$-2 < \alpha_1 < -1 < \alpha_2 < 1 < \alpha_3 < 2$$

さらに $x=0$ での値を調べると $f(0) = 1 > 0$ であり、$f(1) = -1 < 0$ であるから、中間値の定理より $\alpha_2$ は区間 $(0, 1)$ に存在する。すなわち、以下の不等式が成り立つ。

$$0 < \alpha_2 < 1$$

(2) より、$g(\alpha_1), g(\alpha_2), g(\alpha_3)$ はいずれも $f(x) = 0$ の解であるため、集合 $\{ \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \}$ のいずれかの要素と一致する。また、$g(x) = x$ を解くと $x^2 - x - 2 = 0$ より $x = -1, 2$ となるが、すべての $\alpha_i$ について $\alpha_i \neq -1, 2$ であるため、$g(\alpha_i) \neq \alpha_i$ が成り立つ。

まず、$g(\alpha_2)$ について考える。 $0 < \alpha_2 < 1$ の各辺を2乗して2を引くと、以下のようになる。

$$-2 < \alpha_2^2 - 2 < -1$$

すなわち $-2 < g(\alpha_2) < -1$ である。この区間 $(-2, -1)$ に存在する $f(x) = 0$ の解は $\alpha_1$ のみであるから、$g(\alpha_2) = \alpha_1$ と確定する。

次に、$g(\alpha_3)$ について考える。 $g(\alpha_i) \neq \alpha_i$ より、$g(\alpha_3) \neq \alpha_3$ である。もし $g(\alpha_3) = \alpha_1$ であると仮定すると、$g(\alpha_2) = \alpha_1$ であったから $g(\alpha_2) = g(\alpha_3)$ となる。

$$\alpha_2^2 - 2 = \alpha_3^2 - 2$$

これを解くと $\alpha_2^2 = \alpha_3^2$ となるが、$\alpha_2 > 0$ かつ $\alpha_3 > 0$ であるため $\alpha_2 = \alpha_3$ となり、相異なる3つの解であることに矛盾する。したがって $g(\alpha_3) \neq \alpha_1$ であり、残る可能性から $g(\alpha_3) = \alpha_2$ と確定する。

最後に $g(\alpha_1)$ について考える。解の行き先としてすでに $\alpha_1$ と $\alpha_2$ は使われており、$g(\alpha_1) = \alpha_1$ となることもないため、残る解は $\alpha_3$ のみである。したがって、$g(\alpha_1) = \alpha_3$ となる。

以上より、$g(\alpha_1) = \alpha_3, g(\alpha_2) = \alpha_1, g(\alpha_3) = \alpha_2$ が示された。

解法2

(2) の別解

$\alpha$ が $f(x) = 0$ の解であるから、以下の等式が成り立つ。

$$\alpha^3 - 3\alpha + 1 = 0$$

これを変形すると $\alpha^3 = 3\alpha - 1$ となる。これを用いて高次式の次数を下げていく。まず、$\alpha^4$ と $\alpha^6$ を $\alpha$ の2次以下の式で表す。

$$\begin{aligned} \alpha^4 &= \alpha \cdot \alpha^3 = \alpha(3\alpha - 1) = 3\alpha^2 - \alpha \\ \alpha^6 &= (\alpha^3)^2 = (3\alpha - 1)^2 = 9\alpha^2 - 6\alpha + 1 \end{aligned}$$

次に、$f(g(\alpha))$ を計算し、上記の式を代入する。

$$\begin{aligned} f(g(\alpha)) &= f(\alpha^2 - 2) \\ &= (\alpha^2 - 2)^3 - 3(\alpha^2 - 2) + 1 \\ &= \alpha^6 - 6\alpha^4 + 12\alpha^2 - 8 - 3\alpha^2 + 6 + 1 \\ &= \alpha^6 - 6\alpha^4 + 9\alpha^2 - 1 \\ &= (9\alpha^2 - 6\alpha + 1) - 6(3\alpha^2 - \alpha) + 9\alpha^2 - 1 \\ &= 9\alpha^2 - 6\alpha + 1 - 18\alpha^2 + 6\alpha + 9\alpha^2 - 1 \\ &= (9 - 18 + 9)\alpha^2 + (-6 + 6)\alpha + (1 - 1) \\ &= 0 \end{aligned}$$

$f(g(\alpha)) = 0$ となるため、$g(\alpha)$ も $f(x) = 0$ の解であることが示された。

解説

3次方程式の解の巡回性に関する典型的な問題です。このような方程式を「巡回方程式」と呼ぶことがあります。 (2) で示すように、1つの解 $\alpha$ を用いて他の解が $\alpha^2 - 2$ のように表せる性質は、ガロア理論など背景にある数学的構造を反映しています。 (2) は実際に代入して $\alpha^3 = 3\alpha - 1$ を用いてひたすら次数を下げる方法（解法2）が最も確実ですが、多項式の割り算（解法1）に気付くと計算量を大幅に減らすことができます。 (3) は、(1) で調べた解の範囲を少しだけ精密にする（$\alpha_2$ が $0$ より大きいことを示す）ことで、$\alpha_2$ の行き先が $\alpha_1$ になることが容易に判定できます。残りの解の対応は、背理法などを用いて矛盾を導くことでパズル的に特定するのが最もスマートです。