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大阪大学 1966年理系第1問解説

方針・初手

4次関数の極値に関する問題である。$f(x)$ を微分し、$f'(x)=0$ の実数解の個数と、その前後での $f'(x)$ の符号変化に注目する。
4次関数の最高次の係数が正であるため、$f(x)$ は必ず極小値を少なくとも1つ持つ。極大値を持つのは、$f'(x)=0$ が相異なる3つの実数解を持つときに限られる。
(3) の大小比較は、$f(\alpha) - f(\beta)$ を計算し、その符号を $a$ で場合分けして判定する。直接計算するほかに、定積分を利用すると簡潔に導くことができる。

解法1

(1) $f(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + c$ を微分すると

$$ f'(x) = 4x^3 + 3ax^2 + 2bx = x(4x^2 + 3ax + 2b) $$

$g(x) = 4x^2 + 3ax + 2b$ とおく。 $f(x)$ が相異なる3つの $x$ の値において極値をとるための条件は、$f'(x) = 0$ が相異なる3つの実数解を持つことである。すなわち、2次方程式 $g(x) = 0$ が $0$ でない相異なる2つの実数解を持つことと同値である。 $g(x) = 0$ の判別式を $D$ とすると

$$ D = (3a)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 2b = 9a^2 - 32b $$

$b < 0$ のとき、$-32b > 0$ であり、$a^2 \ge 0$ であるから

$$ D = 9a^2 - 32b > 0 $$

となり、$g(x) = 0$ は相異なる2つの実数解を持つ。また、$x = 0$ を代入すると

$$ g(0) = 2b < 0 $$

となるため、$x = 0$ は $g(x) = 0$ の解ではない。以上より、$f'(x) = 0$ は $x = 0$ と相異なる2つの $0$ でない実数解を持ち、それぞれの解の前後で $f'(x)$ の符号が変わるため、$f(x)$ は相異なる3つの $x$ の値において極値をとる。

(2) $f(x)$ が極値をとる $x$ の値がただ1つであるための条件は、$f'(x) = 0$ の前後で符号が変わる $x$ の値がただ1つ存在することである。これは、$f'(x) = 0$ が実数解を1つだけ持つか、または「1つの実数解と、1つの2重解」を持つことと同値である。 $f'(x) = x g(x)$ であるから、以下のいずれかの場合が考えられる。

(i) $g(x) = 0$ が実数解を持たないか、または重解を持つ場合判別式 $D \le 0$ であればよい。

$$ 9a^2 - 32b \le 0 $$

このとき、$x = 0$ においてのみ $f'(x)$ の符号が変化し、極値を1つだけとる（重解の部分では符号が変化しない）。

(ii) $g(x) = 0$ が $x = 0$ とそれ以外の実数解を持つ場合 $g(0) = 0$ が必要であり、$2b = 0$ より $b = 0$ となる。このとき $f'(x) = x(4x^2 + 3ax) = x^2(4x + 3a)$ となる。 $a \neq 0$ のとき、$x = - \frac{3}{4}a$ の前後でのみ符号が変化し、極値を1つだけとる。 $a = 0$ のときは $f'(x) = 4x^3$ となり、$x = 0$ の前後でのみ符号が変化し、極値を1つだけとる。したがって、$b = 0$ であれば条件を満たす。

(i), (ii) より、求める条件は

$$ 9a^2 - 32b \le 0 \quad \text{または} \quad b = 0 $$

(3) (1) より $b < 0$ のとき、$g(x) = 0$ は $g(0) = 2b < 0$ である下に凸の放物線なので、正の解と負の解を1つずつ持つ。 $f'(x) = 0$ の解は $x = 0$ と $g(x) = 0$ の2解であるから、これらを小さい順に並べると $\alpha, 0, \beta$ となる。すなわち $\alpha < 0 < \beta$ であり、$\alpha, \beta$ は $g(x) = 4x^2 + 3ax + 2b = 0$ の2つの解である。解と係数の関係より

$$ \alpha + \beta = -\frac{3}{4}a, \quad \alpha \beta = \frac{b}{2} $$

$f(\alpha)$ と $f(\beta)$ の差を計算する。

$$ \begin{aligned} f(\alpha) - f(\beta) &= (\alpha^4 - \beta^4) + a(\alpha^3 - \beta^3) + b(\alpha^2 - \beta^2) \\ &= (\alpha - \beta) \{ (\alpha + \beta)(\alpha^2 + \beta^2) + a(\alpha^2 + \alpha \beta + \beta^2) + b(\alpha + \beta) \} \end{aligned} $$

$\alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha \beta = \frac{9}{16}a^2 - b$ $\alpha^2 + \alpha \beta + \beta^2 = \frac{9}{16}a^2 - \frac{b}{2}$ これらを代入して中括弧の中身を $S$ とおくと

$$ \begin{aligned} S &= \left(-\frac{3}{4}a\right)\left(\frac{9}{16}a^2 - b\right) + a\left(\frac{9}{16}a^2 - \frac{b}{2}\right) + b\left(-\frac{3}{4}a\right) \\ &= -\frac{27}{64}a^3 + \frac{3}{4}ab + \frac{9}{16}a^3 - \frac{1}{2}ab - \frac{3}{4}ab \\ &= \frac{9}{64}a^3 - \frac{1}{2}ab \\ &= \frac{1}{64}a (9a^2 - 32b) \end{aligned} $$

$\alpha < \beta$ より $\alpha - \beta < 0$ である。また、$b < 0$ より $9a^2 - 32b > 0$ である。したがって、$f(\alpha) - f(\beta) = (\alpha - \beta)S$ の符号は、$-a$ の符号と一致する。

$a > 0$ のとき $f(\alpha) - f(\beta) < 0$ より $f(\alpha) < f(\beta)$
$a = 0$ のとき $f(\alpha) - f(\beta) = 0$ より $f(\alpha) = f(\beta)$
$a < 0$ のとき $f(\alpha) - f(\beta) > 0$ より $f(\alpha) > f(\beta)$

解法2

(3) の別解として、定積分を利用して $f(\alpha) - f(\beta)$ を計算する。

$f'(x) = 4x(x - \alpha)(x - \beta)$ であるから、微積分学の基本定理より

$$ f(\beta) - f(\alpha) = \int_{\alpha}^{\beta} f'(x) dx = \int_{\alpha}^{\beta} 4x(x - \alpha)(x - \beta) dx $$

ここで、$x = (x - \alpha) + \alpha$ と変形して積分を計算する。

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta} 4x(x - \alpha)(x - \beta) dx &= 4 \int_{\alpha}^{\beta} \{ (x - \alpha) + \alpha \} (x - \alpha)(x - \beta) dx \\ &= 4 \int_{\alpha}^{\beta} (x - \alpha)^2 (x - \beta) dx + 4\alpha \int_{\alpha}^{\beta} (x - \alpha)(x - \beta) dx \end{aligned} $$

各項の積分は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta} (x - \alpha)^2 (x - \beta) dx &= \int_{\alpha}^{\beta} (x - \alpha)^2 \{ (x - \alpha) - (\beta - \alpha) \} dx \\ &= \int_{\alpha}^{\beta} \{ (x - \alpha)^3 - (\beta - \alpha)(x - \alpha)^2 \} dx \\ &= \left[ \frac{1}{4}(x - \alpha)^4 - \frac{1}{3}(\beta - \alpha)(x - \alpha)^3 \right]_{\alpha}^{\beta} \\ &= \frac{1}{4}(\beta - \alpha)^4 - \frac{1}{3}(\beta - \alpha)^4 \\ &= -\frac{1}{12}(\beta - \alpha)^4 \end{aligned} $$

$$ \int_{\alpha}^{\beta} (x - \alpha)(x - \beta) dx = -\frac{1}{6}(\beta - \alpha)^3 $$

これらを代入して整理する。

$$ \begin{aligned} f(\beta) - f(\alpha) &= 4 \left\{ -\frac{1}{12}(\beta - \alpha)^4 + \alpha \left( -\frac{1}{6}(\beta - \alpha)^3 \right) \right\} \\ &= -\frac{1}{3}(\beta - \alpha)^3 \{ (\beta - \alpha) + 2\alpha \} \\ &= -\frac{1}{3}(\beta - \alpha)^3 (\alpha + \beta) \end{aligned} $$

解と係数の関係より $\alpha + \beta = -\frac{3}{4}a$ であるから

$$ f(\beta) - f(\alpha) = -\frac{1}{3}(\beta - \alpha)^3 \left( -\frac{3}{4}a \right) = \frac{1}{4}a(\beta - \alpha)^3 $$

$\alpha < \beta$ より $(\beta - \alpha)^3 > 0$ であるため、$f(\beta) - f(\alpha)$ の符号は $a$ の符号と一致する。したがって、以下の結果を得る。

$a > 0$ のとき $f(\beta) - f(\alpha) > 0$ すなわち $f(\alpha) < f(\beta)$
$a = 0$ のとき $f(\beta) - f(\alpha) = 0$ すなわち $f(\alpha) = f(\beta)$
$a < 0$ のとき $f(\beta) - f(\alpha) < 0$ すなわち $f(\alpha) > f(\beta)$

解説

(1) は4次関数が極値を3つ持つための標準的な条件を問う問題である。導関数 $f'(x) = 0$ が相異なる3つの実数解を持つことを示せばよい。
(2) も同様に、極値が1つになる条件を整理する。判別式だけでなく、$x=0$ を解に持つ場合（$b=0$）の確認を忘れないことが重要である。
(3) は直接差を計算してもよいが（解法1）、対称式を用いる計算がやや煩雑になる。一方で、解法2のように導関数の定積分 $\int_{\alpha}^{\beta} f'(x) dx = f(\beta) - f(\alpha)$ を用いると、計算量が大幅に削減される。いわゆる「1/6公式」の導出過程と同様の部分積分的な変形に慣れておくと、この手の面積や極値の差の計算で非常に強力な武器となる。