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名古屋大学 1962年理系第4問解説

方針・初手

任意の三次式 $f(x) = ax^3+bx^2+cx+d$ を設定し、与えられた等式の両辺を計算して係数比較に持ち込むのが最も確実である。「任意の三次式で成り立つ」ということは、「$x^3, x^2, x, 1$ の各係数について独立に等式が成り立つ」ということと同値である。

解法1

$f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ （$a, b, c, d$ は定数）とおく。

等式の左辺を計算する。

$$ \int_0^1 (ax^3 + bx^2 + cx + d) dx = \left[ \frac{a}{4}x^4 + \frac{b}{3}x^3 + \frac{c}{2}x^2 + dx \right]_0^1 = \frac{a}{4} + \frac{b}{3} + \frac{c}{2} + d $$

等式の右辺を計算する。

$$ \frac{1}{2} \{ f(p) + f(q) \} = \frac{1}{2} \{ (ap^3 + bp^2 + cp + d) + (aq^3 + bq^2 + cq + d) \} = \frac{a}{2}(p^3+q^3) + \frac{b}{2}(p^2+q^2) + \frac{c}{2}(p+q) + d $$

これらが任意の $a, b, c, d$ に対して等しくなるための条件は、各文字の係数が一致することであるから、以下の連立方程式が得られる。

$$ \begin{cases} \frac{1}{2}(p^3+q^3) = \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2}(p^2+q^2) = \frac{1}{3} \\ \frac{1}{2}(p+q) = \frac{1}{2} \end{cases} $$

これを整理して、

$$ p+q = 1 \quad \cdots ① $$

$$ p^2+q^2 = \frac{2}{3} \quad \cdots ② $$

$$ p^3+q^3 = \frac{1}{2} \quad \cdots ③ $$

①と②より、$pq$ の値を求める。

$$ (p+q)^2 - 2pq = \frac{2}{3} $$

$$ 1^2 - 2pq = \frac{2}{3} $$

$$ 2pq = \frac{1}{3} \iff pq = \frac{1}{6} \quad \cdots ④ $$

このとき、③が成り立つかどうかを確認する。

$$ p^3+q^3 = (p+q)^3 - 3pq(p+q) = 1^3 - 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot 1 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $$

となり、③も満たされることがわかる。

したがって、求める $p, q$ は和が $1$、積が $\frac{1}{6}$ となる2数であるから、二次方程式 $t^2 - t + \frac{1}{6} = 0$ の2つの解である。

この方程式の判別式を $D$ とすると、$D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{3} > 0$ であるから、条件を満たす実数 $p, q$ は存在し、

$$ t = \frac{1 \pm \sqrt{1 - \frac{2}{3}}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} $$

として求まる。

これらの値は $f(x)$ の係数 $a, b, c, d$ に依存しないため、$f(x)$ に無関係に存在することが示された。

解法2

$p, q$ を2解にもつ二次方程式を $x^2 - \alpha x + \beta = 0$ とする（すなわち $p+q = \alpha, pq = \beta$）。

任意の三次式 $f(x)$ を $x^2 - \alpha x + \beta$ で割った商を $ax+b$、余りを $cx+d$ とすると、

$$ f(x) = (x^2 - \alpha x + \beta)(ax+b) + cx + d $$

と表せる。

このとき、$p, q$ は $x^2 - \alpha x + \beta = 0$ の解であるから、

$$ f(p) = cp+d $$

$$ f(q) = cq+d $$

となる。これより、等式の右辺は

$$ \frac{1}{2}\{f(p)+f(q)\} = \frac{1}{2}\{c(p+q)+2d\} = \frac{1}{2}(c\alpha + 2d) = \frac{c\alpha}{2} + d $$

となる。

一方、等式の左辺は

$$ \int_0^1 f(x) dx = \int_0^1 \{ (x^2 - \alpha x + \beta)(ax+b) + cx + d \} dx = a \int_0^1 x(x^2 - \alpha x + \beta) dx + b \int_0^1 (x^2 - \alpha x + \beta) dx + \int_0^1 (cx+d) dx $$

ここで、第3項は定積分を計算すると $\left[ \frac{c}{2}x^2 + dx \right]_0^1 = \frac{c}{2} + d$ となる。

これが任意の $a, b, c, d$ について右辺の $\frac{c\alpha}{2} + d$ と等しくなるためには、$\alpha = 1$ であり、かつ $a, b$ の係数となる定積分がともに $0$ になればよい。

すなわち、

$$ \int_0^1 (x^2 - x + \beta) dx = 0 \quad \cdots ⑤ $$

$$ \int_0^1 x(x^2 - x + \beta) dx = 0 \quad \cdots ⑥ $$

が成り立てばよい。⑤より、

$$ \left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^2 + \beta x \right]_0^1 = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \beta = 0 \iff \beta = \frac{1}{6} $$

このとき、⑥の左辺に $\beta = \frac{1}{6}$ を代入すると、

$$ \int_0^1 \left(x^3 - x^2 + \frac{1}{6}x\right) dx = \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{12}x^2 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{3} + \frac{1}{12} = \frac{3-4+1}{12} = 0 $$

となり、⑥も確かに成り立つ。

よって、$p+q=1$ かつ $pq=\frac{1}{6}$ となる $p, q$ であれば題意を満たす。

このような $p, q$ は二次方程式 $t^2 - t + \frac{1}{6} = 0$ の解として実数で存在し、$f(x)$ の選び方に依存しないため、題意は示された。

解説

解法1は恒等式の基本である「未定係数法（係数比較）」を用いた王道のアプローチである。任意の三次式について成り立つための条件を列挙し、それらが矛盾なく両立することを示すことで証明が完了する。

解法2は「多項式の割り算」を利用して次数を下げる工夫である。これは大学数学における「ガウス求積法（Gauss quadrature）」という数値積分法の背景知識に基づいている。積分を有限個の標本点における関数値の重み付き和として正確に評価する手法であり、2つの標本点を適切に選べば、3次以下の任意の多項式に対して厳密な積分値が得られることが本問から裏付けられる。