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名古屋大学 1981年文系第2問解説

方針・初手

(1) は、$x > \alpha$ において $f(x) > 0$ となることを示せばよい。$f(x)$ の導関数 $f'(x)$ の性質を利用して増減を調べる方法と、$f(x) - f(\alpha)$ を因数分解して式そのものを評価する方法が考えられる。

(2) は、与えられた $\alpha$ の条件から (1) の仮定である $\alpha \geqq 0$, $f(\alpha) \geqq 0$, $f'(\alpha) \geqq 0$ がすべて成り立つことを示すのが自然な流れである。

解法1

(1)

$f(x) = x^3 + px + q$ より、導関数は以下のようになる。

$$ f'(x) = 3x^2 + p $$

$x > \alpha \geqq 0$ のとき、$x^2 > \alpha^2$ が成り立つので、次の不等式が得られる。

$$ f'(x) = 3x^2 + p > 3\alpha^2 + p = f'(\alpha) $$

仮定より $f'(\alpha) \geqq 0$ であるから、$x > \alpha$ において常に $f'(x) > 0$ が成り立つ。したがって、関数 $f(x)$ は $x \geqq \alpha$ の範囲で単調に増加する。

ゆえに、$x > \alpha$ のとき $f(x) > f(\alpha)$ となる。さらに仮定より $f(\alpha) \geqq 0$ であるから、$x > \alpha$ において以下の式が成り立つ。

$$ f(x) > 0 $$

以上より、$x > \alpha$ の範囲に $f(x) = 0$ を満たす実数解は存在しない。（証明終）

(2)

条件より、$\alpha > 1$, $\alpha > 1 - p$, $\alpha > 1 - q$ である。 $\alpha > 1$ であるから、当然 $\alpha \geqq 0$ は成り立つ。

次に、$f'(\alpha) \geqq 0$ を示す。 $p > 1 - \alpha$ を $f'(\alpha) = 3\alpha^2 + p$ に代入すると、以下のようになる。

$$ f'(\alpha) > 3\alpha^2 + 1 - \alpha $$

$\alpha > 1$ より $\alpha - 1 > 0$ であるから、右辺を変形すると以下のようになる。

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

したがって、$f'(\alpha) > 0$ となり、$f'(\alpha) \geqq 0$ は成り立つ。

最後に、$f(\alpha) \geqq 0$ を示す。 $\alpha > 1 > 0$ であり、$p > 1 - \alpha$, $q > 1 - \alpha$ であるから、これらを $f(\alpha) = \alpha^3 + p\alpha + q$ に代入すると以下のようになる。

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

$\alpha > 1$ より $\alpha - 1 > 0$ であるから、以下のように評価できる。

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

したがって、$f(\alpha) > 0$ となり、$f(\alpha) \geqq 0$ は成り立つ。

以上より、$\alpha$ は (1) の条件である $\alpha \geqq 0$, $f(\alpha) \geqq 0$, $f'(\alpha) \geqq 0$ をすべて満たす。ゆえに (1) の結果より、方程式 $f(x) = 0$ の解は $x > \alpha$ の範囲には存在しない。（証明終）

解法2

(1) の別解（因数分解による評価）を示す。

$x > \alpha$ のとき、$f(x) - f(\alpha)$ を計算する。

$$ \begin{aligned} f(x) - f(\alpha) &= (x^3 + px + q) - (\alpha^3 + p\alpha + q) \\ &= (x^3 - \alpha^3) + p(x - \alpha) \\ &= (x - \alpha)(x^2 + \alpha x + \alpha^2) + p(x - \alpha) \\ &= (x - \alpha)(x^2 + \alpha x + \alpha^2 + p) \end{aligned} $$

仮定より $f'(\alpha) = 3\alpha^2 + p \geqq 0$ であるから、$p \geqq -3\alpha^2$ となる。これを用いて右側の括弧の中を評価する。

$$ \begin{aligned} x^2 + \alpha x + \alpha^2 + p &\geqq x^2 + \alpha x + \alpha^2 - 3\alpha^2 \\ &= x^2 + \alpha x - 2\alpha^2 \\ &= (x - \alpha)(x + 2\alpha) \end{aligned} $$

$x > \alpha \geqq 0$ であるから、$x - \alpha > 0$ かつ $x + 2\alpha > 3\alpha \geqq 0$ が成り立つ。したがって、$(x - \alpha)(x + 2\alpha) > 0$ となり、以下の不等式を得る。

$$ x^2 + \alpha x + \alpha^2 + p > 0 $$

これと $x - \alpha > 0$ より、$(x - \alpha)(x^2 + \alpha x + \alpha^2 + p) > 0$ となるので、$f(x) - f(\alpha) > 0$ が成り立つ。

仮定より $f(\alpha) \geqq 0$ であるから、

$$ f(x) > f(\alpha) \geqq 0 $$

よって $x > \alpha$ の範囲において $f(x) > 0$ となり、$f(x) = 0$ となる解は存在しない。

解説

(1) は、$f(x) > 0$ を示すための定石である「導関数による単調性の確認」または「差をとって因数分解」のいずれかを選択すれば容易に証明できる。導関数を用いる方が、計算量が少なく見通しが良いため推奨される。

(2) は、前の設問である (1) を誘導として利用する典型的な構成である。「$A$ ならば $B$」という命題を利用して「$C$ ならば $B$」を示すには、「$C$ ならば $A$」を示せばよい。ここでは、与えられた不等式から (1) の3つの条件式を順番に導出していくのがポイントとなる。不等式の評価では $\alpha > 1$ という条件が効いてくる。