数学2 多項式の割り算問題 29 解説

方針・初手

$f(x)$ の係数が左右対称に並んでいることから、方程式 $f(x) = 0$ はいわゆる相反方程式であると分かる。$x=0$ は解ではないことを確認したうえで、両辺を $x^2$ で割り $X = x + \frac{1}{x}$ とおいて $X$ の2次方程式に帰着させるのが定石である。また、(1)で $x=c$ が解ならば $x=\frac{1}{c}$ も解になることを示し、(2)以降の「4つの実数解」の条件を絞り込んでいく。

解法1

(1)

$f(x)$ が $x-c$ で割り切れることから、因数定理により $f(c) = 0$ である。すなわち、

$$c^4 - ac^3 + bc^2 - ac + 1 = 0$$

が成り立つ。ここで $c \leqq 0$ と仮定する。 $a>0, b>0$ であるから、$-ac^3 \geqq 0$, $bc^2 \geqq 0$, $-ac \geqq 0$ となり、

$$c^4 - ac^3 + bc^2 - ac + 1 \geqq 1 > 0$$

となるため、$f(c) = 0$ に矛盾する。したがって、$c > 0$ である。

次に、$x=0$ のとき $f(0) = 1 \neq 0$ より、$x=0$ は $f(x)=0$ の解ではない。$x \neq 0$ のとき、$f(x)$ は次のように変形できる。

$$\begin{aligned} f(x) &= x^2 \left( x^2 - ax + b - \frac{a}{x} + \frac{1}{x^2} \right) \\ &= x^2 \left\{ x^2 + \frac{1}{x^2} - a\left( x + \frac{1}{x} \right) + b \right\} \end{aligned}$$

$X = x + \frac{1}{x}$ とおくと、$x^2 + \frac{1}{x^2} = X^2 - 2$ であるから、

$$f(x) = x^2 (X^2 - aX + b - 2)$$

となる。ここで $g(X) = X^2 - aX + b - 2$ とおく。 $f(c) = 0$ かつ $c \neq 0$ であるから、$g\left(c + \frac{1}{c}\right) = 0$ が成り立つ。因数定理より、実数係数の2次式 $g(X)$ は $X - \left(c + \frac{1}{c}\right)$ を因数にもつため、もう一つの解を $\alpha$ （$\alpha$ は実数）として

$$g(X) = \left\{ X - \left(c + \frac{1}{c}\right) \right\} (X - \alpha)$$

と因数分解できる。これを $f(x)$ に戻すと、

$$\begin{aligned} f(x) &= x^2 \left\{ \left( x + \frac{1}{x} \right) - \left( c + \frac{1}{c} \right) \right\} \left( x + \frac{1}{x} - \alpha \right) \\ &= x \left( x + \frac{1}{x} - c - \frac{1}{c} \right) \cdot x \left( x + \frac{1}{x} - \alpha \right) \\ &= \left\{ x^2 - \left( c + \frac{1}{c} \right)x + 1 \right\} (x^2 - \alpha x + 1) \\ &= (x - c)\left(x - \frac{1}{c}\right)(x^2 - \alpha x + 1) \end{aligned}$$

となる。よって、$f(x)$ は $(x - c)\left(x - \frac{1}{c}\right)$ で割り切れる。

(2)

$f(x) = 0$ が実数 $s, t, u, v$ を解にもつとする。(1)で示した通り、これらはすべて正の実数である。 $X = x + \frac{1}{x}$ とおくと、相加平均と相乗平均の大小関係により、

$$X = x + \frac{1}{x} \geqq 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$$

が成り立つ（等号成立は $x=1$ のとき）。 $x$ の2次方程式 $x^2 - Xx + 1 = 0$ は、 $X > 2$ のとき、異なる2つの正の実数解をもつ。 $X = 2$ のとき、$x=1$ を重解としてもつ。したがって、$f(x) = 0$ が4つの実数解をもつための条件は、$X$ の2次方程式 $g(X) = 0$ が $X \geqq 2$ の範囲に2つの実数解（重解を含む）をもつことである。

$$g(X) = \left( X - \frac{a}{2} \right)^2 - \frac{a^2}{4} + b - 2$$

より、$Y = g(X)$ のグラフは下に凸の放物線であり、その軸は直線 $X = \frac{a}{2}$ である。 $X \geqq 2$ の範囲に2つの実数解をもつためには、少なくとも放物線の頂点の $X$ 座標が $X \geqq 2$ の範囲になければならない。よって、

$$\frac{a}{2} \geqq 2$$

すなわち $a \geqq 4$ が成り立つ。

(3)

$a=5$ のとき、$g(X) = X^2 - 5X + b - 2 = 0$ である。 (2)より、$f(x)$ が4つの実数解をもつためには、$g(X) = 0$ が $X \geqq 2$ の範囲に2つの実数解（重解を含む）をもてばよい。そのための条件は、以下の3つをすべて満たすことである。

(i) 判別式 $D \geqq 0$

$$D = (-5)^2 - 4(b - 2) = 25 - 4b + 8 = 33 - 4b \geqq 0$$

よって、$b \leqq \frac{33}{4} = 8.25$。

(ii) 軸の位置 $X = \frac{5}{2} \geqq 2$

これは常に成り立つ。

(iii) 端点の条件 $g(2) \geqq 0$

$$g(2) = 2^2 - 5 \cdot 2 + b - 2 = b - 8 \geqq 0$$

よって、$b \geqq 8$。

(i), (ii), (iii) より、

$$8 \leqq b \leqq 8.25$$

$b$ は自然数であるから、$b = 8$ である。

解法2

(1)

$c > 0$ であることの証明は解法1と同様である。 $f(c) = 0$ より $c^4 - ac^3 + bc^2 - ac + 1 = 0$ である。両辺を $c^4$ （$c \neq 0$）で割ると、

$$1 - a\left(\frac{1}{c}\right) + b\left(\frac{1}{c}\right)^2 - a\left(\frac{1}{c}\right)^3 + \left(\frac{1}{c}\right)^4 = 0$$

となるため、$f\left(\frac{1}{c}\right) = 0$ が成り立つ。

(i) $c \neq 1$ のとき

$c > 0$ より $c \neq \frac{1}{c}$ である。因数定理より、$f(x)$ は $x - c$ と $x - \frac{1}{c}$ でそれぞれ割り切れる。これらは互いに素な1次式であるため、$f(x)$ はその積 $(x - c)\left(x - \frac{1}{c}\right)$ で割り切れる。

(ii) $c = 1$ のとき

示すべきことは、$f(x)$ が $(x - 1)^2$ で割り切れることである。 $f(1) = 0$ より、

$$1 - a + b - a + 1 = 0 \iff b = 2a - 2$$

このとき $f(x)$ は次のように変形できる。

$$\begin{aligned} f(x) &= x^4 - ax^3 + (2a - 2)x^2 - ax + 1 \\ &= (x^4 - 2x^2 + 1) - ax^3 + 2ax^2 - ax \\ &= (x^2 - 1)^2 - ax(x^2 - 2x + 1) \\ &= (x - 1)^2(x + 1)^2 - ax(x - 1)^2 \\ &= (x - 1)^2 \left\{ (x + 1)^2 - ax \right\} \end{aligned}$$

よって、$f(x)$ は $(x - 1)^2$ で割り切れる。 (i), (ii) より、いずれの場合も $f(x)$ は $(x - c)\left(x - \frac{1}{c}\right)$ で割り切れる。

(2)

$f(x) = 0$ は4つの正の実数解をもつ。(1)の議論から、解は互いに逆数となるペアで構成されるため、4つの解を $s, \frac{1}{s}, t, \frac{1}{t}$ （$s>0, t>0$）とおくことができる。したがって、

$$\begin{aligned} f(x) &= (x - s)\left(x - \frac{1}{s}\right)(x - t)\left(x - \frac{1}{t}\right) \\ &= \left\{ x^2 - \left(s + \frac{1}{s}\right)x + 1 \right\} \left\{ x^2 - \left(t + \frac{1}{t}\right)x + 1 \right\} \end{aligned}$$

と因数分解できる。この右辺を展開したときの $x^3$ の係数は $-\left( s + \frac{1}{s} + t + \frac{1}{t} \right)$ である。元の式 $f(x)$ の $x^3$ の係数と比較すると、

$$a = s + \frac{1}{s} + t + \frac{1}{t}$$

ここで、$s > 0, t > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$s + \frac{1}{s} \geqq 2\sqrt{s \cdot \frac{1}{s}} = 2$$

$$t + \frac{1}{t} \geqq 2\sqrt{t \cdot \frac{1}{t}} = 2$$

が成り立つ。これらを辺々足し合わせると、

$$a \geqq 2 + 2 = 4$$

が成り立つ。

(3)

解法2の(2)の展開式において、$x^2$ の係数を比較すると、

$$b = 2 + \left(s + \frac{1}{s}\right)\left(t + \frac{1}{t}\right)$$

となる。ここで、$S = s + \frac{1}{s}$、$T = t + \frac{1}{t}$ とおくと、(2)の議論より $S \geqq 2, T \geqq 2$ である。 $a = 5$ のとき、係数比較で得られた関係式は以下のようになる。

$$\begin{cases} S + T = 5 \\ S T = b - 2 \end{cases}$$

これは、$S, T$ が2次方程式 $Y^2 - 5Y + b - 2 = 0$ の2つの解であることを意味する。 $S \geqq 2, T \geqq 2$ であるから、この $Y$ に関する2次方程式が $Y \geqq 2$ の範囲に2つの実数解（重解を含む）をもてばよい。これは解法1の(3)において $g(X) = 0$ が $X \geqq 2$ に解をもつ条件と全く同じ数式に帰着するため、同様に条件を処理して $b = 8$ を得る。

解説

相反方程式（係数が左右対称な方程式）の定石である $x + \frac{1}{x} = X$ の置換を用いる典型問題である。 (1)は、解に $c$ が含まれるなら $\frac{1}{c}$ も含まれるという相反方程式の性質そのものを証明させる問題である。解法1のように多項式として割り算の構造を示す方法と、解法2のように因数定理から論理的に構成する方法がある。 (2)(3)は、置換後の $X$ の変域が $X \geqq 2$ になること（相加平均と相乗平均の大小関係）を利用し、2次方程式の解の配置問題（解の存在範囲）に帰着させる。2次関数のグラフの「判別式」「軸」「端点の符号」の3点セットを調べる基本手順を確実に実行したい。