京都大学 2002年 理系 第5問 解説

方針・初手

3次関数のグラフと水平な直線 $y=c$ が相異なる3つの交点を持つための条件を考えます。3次関数が極大値と極小値を持ち、その間に直線が存在することが必要です。この「極値を持つ」という条件から前半の $a^2 > b$ が示されます。

後半は大きく2つのアプローチがあります。1つはグラフの形状を調べる正攻法です。3次関数の変曲点 $x = -a$ を原点に移すような平行移動（変数変換）を行うと、計算が非常に楽になります。極値と同じ値をとる $x$ 座標を計算し、グラフの単調性から範囲を絞ります。もう1つは、方程式の解と係数の関係を利用し、「残りの2つの解が異なる実数である」という条件（判別式 $D > 0$）から、ある1つの解が満たすべき範囲を逆算する代数的な手法です。

解法1

$f(x) = x^3 + 3ax^2 + 3bx$ とおく。関数 $y = f(x)$ と直線 $y = c$ が相異なる3つの交点を持つためには、方程式 $f(x) = c$ が相異なる3つの実数解を持つ必要がある。これは、関数 $f(x)$ が極大値と極小値を持ち、かつ直線 $y = c$ が極大値と極小値の間を通ることと同値である。

したがって、関数 $f(x)$ は極値を持たなければならない。$f(x)$ を微分すると、

$$ f'(x) = 3x^2 + 6ax + 3b = 3(x^2 + 2ax + b) $$

$f(x)$ が極値を持つためには、2次方程式 $f'(x) = 0$ が相異なる2つの実数解を持つ必要がある。$x^2 + 2ax + b = 0$ の判別式を $D$ とすると、$D > 0$ であるから、

$$ \frac{D}{4} = a^2 - b > 0 $$

よって、$a^2 > b$ が成立する。（前半の証明終）

次に、交点の $x$ 座標の範囲について考える。$a^2 - b > 0$ より、$p = \sqrt{a^2 - b}$ （$p > 0$）とおく。$f'(x) = 0$ の解は $x = -a \pm \sqrt{a^2-b} = -a \pm p$ である。$\alpha = -a - p, \ \beta = -a + p$ とおくと、増減から $f(x)$ は $x = \alpha$ で極大、$x = \beta$ で極小となる。

$y=f(x)$ と $y=c$ が相異なる3つの交点を持つから、

$$ f(\beta) < c < f(\alpha) $$

が成り立つ。ここで、計算を簡略化するため $t = x + a$ という変数変換を行う。

$$\begin{aligned} f(x) &= f(t - a) \\ &= (t - a)^3 + 3a(t - a)^2 + 3b(t - a) \\ &= (t^3 - 3at^2 + 3a^2t - a^3) + 3a(t^2 - 2at + a^2) + 3bt - 3ab \\ &= t^3 - 3(a^2 - b)t + 2a^3 - 3ab \\ &= t^3 - 3p^2t + 2a^3 - 3ab \end{aligned}$$

これを $g(t)$ とおく。$x = \alpha, \beta$ はそれぞれ $t = -p, p$ に対応し、

極大値 $f(\alpha) = g(-p) = 2p^3 + 2a^3 - 3ab$

極小値 $f(\beta) = g(p) = -2p^3 + 2a^3 - 3ab$

となる。関数値が極大値 $f(\alpha)$ と等しくなる $x$ を探す。

$$ g(t) = g(-p) \iff t^3 - 3p^2t = 2p^3 \iff t^3 - 3p^2t - 2p^3 = 0 $$

$t = -p$ が重解であることを利用して因数分解すると、

$$ (t + p)^2(t - 2p) = 0 \iff t = -p, \ 2p $$

よって、$t = 2p$ すなわち $x = -a + 2p$ のとき $f(-a + 2p) = f(\alpha)$ である。

同様に、関数値が極小値 $f(\beta)$ と等しくなる $x$ を探す。

$$ g(t) = g(p) \iff t^3 - 3p^2t = -2p^3 \iff t^3 - 3p^2t + 2p^3 = 0 $$

$$ (t - p)^2(t + 2p) = 0 \iff t = p, \ -2p $$

よって、$t = -2p$ すなわち $x = -a - 2p$ のとき $f(-a - 2p) = f(\beta)$ である。

方程式 $f(x) = c$ の3つの実数解（交点の $x$ 座標）を $x_1, x_2, x_3$ （$x_1 < x_2 < x_3$）とする。グラフの概形から、極値をとる $x$ 座標との関係は $x_1 < \alpha < x_2 < \beta < x_3$ となる。

$x \leqq \alpha$ の範囲では $f(x)$ は単調増加であり、$f(x_1) = c > f(\beta) = f(-a - 2p)$ であるから、

$$ x_1 > -a - 2p $$

$x \geqq \beta$ の範囲でも $f(x)$ は単調増加であり、$f(x_3) = c < f(\alpha) = f(-a + 2p)$ であるから、

$$ x_3 < -a + 2p $$

以上より、$-a - 2p < x_1 < x_2 < x_3 < -a + 2p$ が成り立つ。$p = \sqrt{a^2-b}$ を元に戻すと、すべての交点の $x$ 座標は開区間 $(-a-2\sqrt{a^2-b},\ -a+2\sqrt{a^2-b})$ に含まれることが示された。（証明終）

解法2

前半の $a^2 > b$ の証明は解法1と同様である。後半について別のアプローチをとる。

方程式 $x^3 + 3ax^2 + 3bx - c = 0$ は相異なる3つの実数解を持つ。そのうちの任意の1つの解を $x$ とし、残りの2つの解を $y, z$ とする。解の仮定より、$y$ と $z$ は実数であり、かつ相異なるため $y \neq z$ である。

3次方程式の解と係数の関係より、

$$\begin{cases} x + y + z = -3a \quad \cdots (1) \\ xy + yz + zx = 3b \quad \cdots (2) \\ xyz = c \quad \cdots (3) \end{cases}$$

(1)より、

$$ y + z = -3a - x \quad \cdots (4) $$

これを(2)に代入して $yz$ について解くと、

$$ x(y + z) + yz = 3b $$

$$ yz = x^2 + 3ax + 3b \quad \cdots (5) $$

(4), (5)をみたす $y, z$ は、$T$ についての2次方程式

$$ T^2 - (y+z)T + yz = 0 \iff T^2 - (-3a-x)T + (x^2 + 3ax + 3b) = 0 $$

の2つの解である。$y, z$ は相異なる2つの実数であるため、この $T$ についての2次方程式の判別式 $D'$ は正でなければならない。

$$ D' = (-3a-x)^2 - 4(x^2 + 3ax + 3b) > 0 $$

これを展開して整理する。

$$ x^2 + 6ax + 9a^2 - 4x^2 - 12ax - 12b > 0 $$

$$ -3x^2 - 6ax + 9a^2 - 12b > 0 $$

両辺を $-3$ で割ると、

$$ x^2 + 2ax - 3a^2 + 4b < 0 $$

$x$ について平方完成すると、

$$ (x + a)^2 - 4a^2 + 4b < 0 $$

$$ (x + a)^2 < 4(a^2 - b) $$

前半の証明より $a^2 - b > 0$ であるから、両辺の平方根をとることができて

$$ -2\sqrt{a^2 - b} < x + a < 2\sqrt{a^2 - b} $$

各辺から $a$ を引いて

$$ -a - 2\sqrt{a^2 - b} < x < -a + 2\sqrt{a^2 - b} $$

解 $x$ は3つの交点の $x$ 座標のいずれであってもこの不等式を満たす。したがって、交点の $x$ 座標のすべては開区間 $(-a-2\sqrt{a^2-b},\ -a+2\sqrt{a^2-b})$ に含まれる。（証明終）

解説

3次関数のグラフにおける有名な性質を証明させる問題です。3次関数のグラフは変曲点（本問では $x = -a$）に関して点対称となります。解法1のように $t = x+a$ と平行移動することで、1次と3次の項のみからなる奇関数の形 $g(t) = t^3 - 3p^2t + \text{定数}$ に帰着でき、計算の見通しが劇的に良くなります。この「変曲点を意識した変数変換」は難関大の微積分の問題で非常に強力な武器となります。

また、得られた等式 $t^3 - 3p^2t = 2p^3$ の因数分解においては、「極値をとる $t$ 座標が重解になる」という図形的な意味（グラフが接する）を知っていれば、自明な因数 $(t+p)^2$ でくくれることがすぐに分かり、迷わず計算を進めることができます。

解法2は「相異なる3実数解」を「1つの実数解と、それとは異なる2つの実数解」に分け、解と係数の関係を用いて実数存在条件（判別式）に持ち込むエレガントな手法です。

答え

略（解法1の証明を参照）