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京都大学 1963年理系第1問解説

方針・初手

（イ）は2次方程式が実数解をもつ条件として、判別式を計算し、それが $0$ 以上となることを示す。

（ロ）は、2次関数 $f(x) = x^2 - (a+c)x + (ac - b^2)$ を考える。この関数が表す放物線は下に凸であり、$x$ 軸との交点の $x$ 座標が $\alpha, \beta \ (\alpha \leqq \beta)$ である。したがって、$\alpha \leqq \gamma \leqq \beta$ がつねに成り立つかどうか調べるには、$f(\gamma) \leqq 0$ がつねに成り立つかどうかを確認すればよい。

解法1

(イ) 与えられた2次方程式 $x^2 - (a+c)x + (ac - b^2) = 0$ の判別式を $D$ とすると、

$$ D = (a+c)^2 - 4(ac - b^2) $$

$$ = a^2 + 2ac + c^2 - 4ac + 4b^2 $$

$$ = (a-c)^2 + 4b^2 $$

$a, b, c$ は実数であるから、$(a-c)^2 \geqq 0$ かつ $4b^2 \geqq 0$ である。したがって、$D \geqq 0$ となり、与えられた2次方程式はつねに実根をもつ。

(ロ) $f(x) = x^2 - (a+c)x + (ac - b^2)$ とおく。 $f(x)$ を平方完成すると、

$$ f(x) = \left( x - \frac{a+c}{2} \right)^2 - \frac{(a+c)^2}{4} + \frac{4ac - 4b^2}{4} $$

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

となる。 $\alpha \leqq \beta$ であり、$f(x)$ は $x^2$ の係数が正であるから、$\alpha \leqq \gamma \leqq \beta$ が成り立つための必要十分条件は、$f(\gamma) \leqq 0$ である。与えられた $\gamma$ を $x - \frac{a+c}{2}$ に代入するために変形すると、

$$ \gamma - \frac{a+c}{2} = - \frac{(a-c)(p^2-q^2) + 4bpq}{2(p^2+q^2)} $$

これを $f(x)$ の平方完成された式に代入して $f(\gamma)$ を計算する。

$$ f(\gamma) = \left\{ - \frac{(a-c)(p^2-q^2) + 4bpq}{2(p^2+q^2)} \right\}^2 - \frac{(a-c)^2 + 4b^2}{4} $$

$$ = \frac{ \{ (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq \}^2 }{ 4(p^2+q^2)^2 } - \frac{ (a-c)^2 + 4b^2 }{ 4 } $$

右辺を通分して分子を計算する。分子を $M$ とおくと、

$$ M = \{ (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq \}^2 - \{ (a-c)^2 + 4b^2 \} (p^2+q^2)^2 $$

$$ = (a-c)^2(p^2-q^2)^2 + 8bpq(a-c)(p^2-q^2) + 16b^2p^2q^2 - (a-c)^2(p^2+q^2)^2 - 4b^2(p^2+q^2)^2 $$

$$ = (a-c)^2 \{ (p^2-q^2)^2 - (p^2+q^2)^2 \} + 8bpq(a-c)(p^2-q^2) + 4b^2 \{ 4p^2q^2 - (p^2+q^2)^2 \} $$

ここで、$(p^2-q^2)^2 - (p^2+q^2)^2 = -4p^2q^2$ であり、$4p^2q^2 - (p^2+q^2)^2 = -(p^2-q^2)^2$ であるから、

$$ M = -4p^2q^2(a-c)^2 + 8bpq(a-c)(p^2-q^2) - 4b^2(p^2-q^2)^2 $$

$$ = -4 \{ p^2q^2(a-c)^2 - 2bpq(a-c)(p^2-q^2) + b^2(p^2-q^2)^2 \} $$

$$ = -4 \{ pq(a-c) - b(p^2-q^2) \}^2 $$

となる。したがって、

$$ f(\gamma) = - \frac{ \{ pq(a-c) - b(p^2-q^2) \}^2 }{ (p^2+q^2)^2 } $$

$p, q$ の少なくとも一方は $0$ でないため、$(p^2+q^2)^2 > 0$ である。また、分子について $\{ pq(a-c) - b(p^2-q^2) \}^2 \geqq 0$ であるから、つねに $f(\gamma) \leqq 0$ が成り立つ。よって、つねに $\alpha \leqq \gamma \leqq \beta$ が成り立つ。

解法2

(イ) 解法1と同様に、判別式 $D = (a-c)^2 + 4b^2 \geqq 0$ より示される。

(ロ) 方程式の解の公式により、$\alpha, \beta$ は次のように表される。

$$ x = \frac{a+c}{2} \pm \frac{\sqrt{(a-c)^2 + 4b^2}}{2} $$

$\alpha \leqq \beta$ であるから、

$$ \alpha = \frac{a+c}{2} - \frac{\sqrt{(a-c)^2 + 4b^2}}{2}, \quad \beta = \frac{a+c}{2} + \frac{\sqrt{(a-c)^2 + 4b^2}}{2} $$

$\alpha \leqq \gamma \leqq \beta$ が成り立つことは、$\gamma$ と放物線の軸 $\frac{a+c}{2}$ との距離が、$\beta$ と軸との距離以下であることと同値である。すなわち、

$$ \left| \gamma - \frac{a+c}{2} \right| \leqq \frac{\sqrt{(a-c)^2 + 4b^2}}{2} $$

を示せばよい。与えられた $\gamma$ の式より、

$$ \left| \gamma - \frac{a+c}{2} \right| = \left| \frac{ (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq }{ 2(p^2+q^2) } \right| $$

ここで、コーシー・シュワルツの不等式 $(AX + BY)^2 \leqq (A^2 + B^2)(X^2 + Y^2)$ において、$A = a-c$, $B = 2b$, $X = p^2-q^2$, $Y = 2pq$ とおくと、

$$ \{ (a-c)(p^2-q^2) + 2b(2pq) \}^2 \leqq \{ (a-c)^2 + (2b)^2 \} \{ (p^2-q^2)^2 + (2pq)^2 \} $$

$$ \{ (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq \}^2 \leqq \{ (a-c)^2 + 4b^2 \} (p^4 - 2p^2q^2 + q^4 + 4p^2q^2) $$

$$ \{ (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq \}^2 \leqq \{ (a-c)^2 + 4b^2 \} (p^2+q^2)^2 $$

両辺の正の平方根をとると、

$$ \left| (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq \right| \leqq \sqrt{(a-c)^2 + 4b^2} (p^2+q^2) $$

$p, q$ の少なくとも一方は $0$ でないため $(p^2+q^2) > 0$ であるから、両辺を $2(p^2+q^2)$ で割ると、

$$ \frac{ \left| (a-c)(p^2-q^2) + 4bpq \right| }{ 2(p^2+q^2) } \leqq \frac{\sqrt{(a-c)^2 + 4b^2}}{2} $$

これは $\left| \gamma - \frac{a+c}{2} \right| \leqq \frac{\beta - \alpha}{2}$ を意味しており、つねに $\alpha \leqq \gamma \leqq \beta$ が成り立つ。

解説

2次方程式の解の配置と恒等式の計算を組み合わせた問題である。（ロ）において直接 $\alpha, \beta$ の値と $\gamma$ を比較する代わりに、「2解の間に値が存在する条件」を $f(\gamma) \leqq 0$ とみると整理しやすい。式変形においては、文字が多く複雑に見えるが、$(p^2-q^2)^2 + (2pq)^2 = (p^2+q^2)^2$ というピタゴラス数の生成式に現れる恒等式を見抜けると計算の見通しが良くなる。解法2はその構造をコーシー・シュワルツの不等式で捉える見方であり、計算を整理しやすい。