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京都大学 1993年理系第3問解説

方針・初手

$f(x)$ は $x$ の整式（多項式）であり、等式が「すべての $x$ で成り立つ」すなわち恒等式であるという条件が強力です。 $f(x)$ が定数でないと仮定し、$f(x)$ を $n$ 次式（$n \ge 1$）とおいて、両辺の式の次数と最高次の項の係数を比較することで矛盾を導きます。多項式の恒等式問題では、このように最高次の項とその次の項に着目するアプローチが定石となります。両辺を直接計算して比較する方法と、一度微分して次数を下げてから比較する方法の2つを示します。

解法1

$f(x)$ が定数でないと仮定し、その次数を $n$ （$n \ge 1$）とする。 $f(x)$ の最高次の項を $a_n x^n$ （$a_n \neq 0$）とし、次のように表す。

$$ f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + g(x) $$

ここで、$g(x)$ は $n-2$ 次以下の整式である（$n=1$ のときは $a_{n-1}$ が定数項であり、$g(x) = 0$ と考える）。与えられた等式の左辺の積分を計算する。各項について定積分を行うと、

$$ \begin{aligned} \int_x^{x+1} t^k dt &= \frac{1}{k+1} \left[ t^{k+1} \right]_x^{x+1} \\ &= \frac{(x+1)^{k+1} - x^{k+1}}{k+1} \end{aligned} $$

となる。二項定理より $(x+1)^{k+1} = x^{k+1} + (k+1)x^k + \frac{(k+1)k}{2}x^{k-1} + \cdots$ であるから、

$$ \begin{aligned} \int_x^{x+1} t^k dt &= \frac{\left\{ x^{k+1} + (k+1)x^k + \frac{(k+1)k}{2}x^{k-1} + \cdots \right\} - x^{k+1}}{k+1} \\ &= x^k + \frac{k}{2} x^{k-1} + \cdots \end{aligned} $$

となる。これを用いると、左辺は次のように展開できる。

$$ \begin{aligned} \int_x^{x+1} f(t) dt &= a_n \int_x^{x+1} t^n dt + a_{n-1} \int_x^{x+1} t^{n-1} dt + \int_x^{x+1} g(t) dt \\ &= a_n \left( x^n + \frac{n}{2} x^{n-1} + \cdots \right) + a_{n-1} \left( x^{n-1} + \cdots \right) + (\text{$n-2$ 次以下の整式}) \\ &= a_n x^n + \left( \frac{a_n n}{2} + a_{n-1} \right) x^{n-1} + (\text{$n-2$ 次以下の整式}) \end{aligned} $$

一方、右辺は次のようになる。

$$ c f(x) = c a_n x^n + c a_{n-1} x^{n-1} + c g(x) $$

これがすべての $x$ について成り立つ恒等式であるため、両辺の同じ次数の項の係数は等しい。 $x^n$ の係数を比較すると、

$$ a_n = c a_n $$

$a_n \neq 0$ より両辺を割って、$c = 1$ が得られる。次に、$x^{n-1}$ の係数を比較すると、

$$ \frac{a_n n}{2} + a_{n-1} = c a_{n-1} $$

$c = 1$ を代入すると、

$$ \frac{a_n n}{2} + a_{n-1} = a_{n-1} $$

$$ \frac{a_n n}{2} = 0 $$

ここで $a_n \neq 0$ であるから、$n = 0$ でなければならない。しかし、これは最初の仮定である $n \ge 1$ に矛盾する。したがって、仮定は誤りであり、$f(x)$ は定数である。

解法2

与えられた等式の両辺を $x$ で微分する。左辺は定積分の微分公式より、

$$ \frac{d}{dx} \int_x^{x+1} f(t) dt = f(x+1) \cdot (x+1)' - f(x) \cdot (x)' = f(x+1) - f(x) $$

となるため、微分した等式は以下のようになる。

$$ f(x+1) - f(x) = c f'(x) $$

$f(x)$ が定数でないと仮定し、次数を $n$ （$n \ge 1$）とし、$f(x) = a_n x^n + \cdots$ （$a_n \neq 0$）とおく。このとき、左辺と右辺の最高次の項をそれぞれ調べる。左辺の最高次の項は、$a_n (x+1)^n - a_n x^n$ を展開して得られる $a_n n x^{n-1}$ である。右辺 $f'(x)$ の最高次の項は $a_n n x^{n-1}$ であるから、右辺全体での最高次の項は $c a_n n x^{n-1}$ である。これらが恒等的に等しいので、

$$ a_n n = c a_n n $$

$a_n \neq 0$ かつ $n \ge 1$ であるから、$c = 1$ となる。これを元の等式に代入すると、

$$ \int_x^{x+1} f(t) dt = f(x) $$

となる。ここで、$f(x)$ が1次式の場合と2次以上の場合に分ける。

(i) $f(x)$ が1次式の場合 $f(x) = ax + b$ （$a \neq 0$）とおく。左辺は $\int_x^{x+1} (at + b) dt = \left[ \frac{a}{2}t^2 + bt \right]_x^{x+1} = a x + \frac{a}{2} + b$ となる。右辺は $a x + b$ である。両辺を比較すると $\frac{a}{2} = 0$ となり、$a = 0$ が導かれるが、これは $a \neq 0$ に矛盾する。

(ii) $f(x)$ が2次以上の場合（$n \ge 2$） $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots$ （$a_n \neq 0$）とおく。 $c=1$ であるから、微分の等式は $f(x+1) - f(x) = f'(x)$ である。両辺の $x^{n-2}$ の係数を比較する。左辺 $f(x+1) - f(x)$ の $x^{n-2}$ の項は、$a_n (x+1)^n$ の展開から生じる $a_n \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}$ と、$a_{n-1} (x+1)^{n-1}$ の展開から生じる $a_{n-1} (n-1) x^{n-2}$ の和である。右辺 $f'(x)$ の $x^{n-2}$ の項の係数は、$a_{n-1} x^{n-1}$ を微分して生じる $a_{n-1} (n-1)$ である。これらが等しいことから、

$$ a_n \frac{n(n-1)}{2} + a_{n-1} (n-1) = a_{n-1} (n-1) $$

$$ a_n \frac{n(n-1)}{2} = 0 $$

$n \ge 2$ より $n(n-1) \neq 0$ であり、$a_n \neq 0$ と矛盾する。

(i), (ii) のいずれの場合も矛盾が生じるため、$f(x)$ が定数でないという仮定は誤りである。よって、$f(x)$ は定数である。

解説

未知の整式（多項式）に関する恒等式が与えられた場合、「次数」と「最高次の項の係数」に着目して関係式を導くのが王道のアプローチです。本問のように関数の全体像が掴めないときは、自ら $f(x) = a_n x^n + \cdots$ と文字で設定して議論を進める姿勢が求められます。積分をそのまま計算して二項定理を活用する解法1と、恒等式では両辺を微分しても等式が成り立つ性質を利用する解法2のどちらも、数学的な論証力として重要な技術です。