トップ› 東北大学› 1961年› 文系第3問

東北大学 1961年文系第3問解説

方針・初手

与えられた $x$ についての2次方程式が等根をもつ条件は、判別式 $D=0$ となることである。まずはこの条件を立式し、そこから得られる式を「$t$ についての方程式」とみなして、それが相異なる2つの実数解をもつ条件（判別式）を考える。

後半の設問では、方程式の解が別の条件式を満たすかどうかが問われる。共通解を持つと仮定して矛盾を導く背理法や、解と係数の関係を利用して対称式の値を求める手法を用いる。

解法1

(1)

与えられた方程式 $x^2 + ax + t(x+b) = 0$ を $x$ について整理する。

$$ x^2 + (a+t)x + bt = 0 $$

この $x$ についての2次方程式が等根をもつための条件は、判別式を $D$ とすると $D=0$ である。

$$ D = (a+t)^2 - 4bt = t^2 + 2(a-2b)t + a^2 = 0 $$

題意より、この $t$ の方程式が相異なる2つの実数解をもつ。したがって、この $t$ についての2次方程式の判別式を $D_t$ とすると、$D_t > 0$ となればよい。

$$ \frac{D_t}{4} = (a-2b)^2 - a^2 > 0 $$

$$ (a-2b-a)(a-2b+a) > 0 $$

$$ -2b(2a-2b) > 0 $$

$$ -4b(a-b) > 0 $$

両辺を $-4$ で割って、求める条件は

$$ b(a-b) < 0 $$

(2)

(1) の途中で得られた $t$ の2次方程式を考える。

$$ t^2 + 2(a-2b)t + a^2 = 0 \cdots \text{①} $$

$t_1, t_2$ は①の相異なる2つの実数解である。 $t=t_1$ のとき、$x$ の方程式は $x^2 + (a+t_1)x + bt_1 = 0$ となり、その等根は $x = -\frac{a+t_1}{2}$ である。これを $\alpha_1$ とする。同様に、$t=t_2$ のときの等根を $\alpha_2 = -\frac{a+t_2}{2}$ とする。

また、$s \neq t_1, t_2$ なる実数 $s$ に対して、$\beta_1, \beta_2$ は

$$ x^2 + (a+s)x + bs = 0 \cdots \text{②} $$

の2解である。

いま、$\alpha_1$ が $\beta_1, \beta_2$ のいずれか一方と等しいと仮定する。すなわち、$\alpha_1$ が②の解であるとすると、次が成り立つ。

$$ \alpha_1^2 + (a+s)\alpha_1 + bs = 0 \cdots \text{③} $$

一方、$\alpha_1$ は $t=t_1$ のときの方程式の解でもあるから、次も成り立つ。

$$ \alpha_1^2 + (a+t_1)\alpha_1 + bt_1 = 0 \cdots \text{④} $$

③から④を辺々引くと、

$$ (s-t_1)\alpha_1 + b(s-t_1) = 0 $$

$$ (s-t_1)(\alpha_1+b) = 0 $$

$s \neq t_1$ より $s-t_1 \neq 0$ であるから、

$$ \alpha_1 + b = 0 \iff \alpha_1 = -b $$

これを④に代入すると、

$$ (-b)^2 + (a+t_1)(-b) + bt_1 = 0 $$

$$ b^2 - ab - bt_1 + bt_1 = 0 $$

$$ b(b-a) = 0 $$

しかし、(1) で求めた条件 $b(a-b) < 0$ は $b(b-a) > 0$ と同値であり、$b(b-a)=0$ であることに矛盾する。したがって、$\alpha_1$ は $\beta_1, \beta_2$ のいずれとも異なる。

同様に、$\alpha_2$ が $\beta_1, \beta_2$ のいずれか一方と等しいと仮定すると、上記と同じ議論において $t_1$ を $t_2$ に置き換えることで $\alpha_2 = -b$ が導かれ、再び $b(b-a)=0$ となって矛盾する。よって、$\alpha_1, \alpha_2$ は $\beta_1, \beta_2$ のいずれとも異なることが証明された。

(3)

$\alpha_1 = -\frac{a+t_1}{2}, \alpha_2 = -\frac{a+t_2}{2}$ であるから、

$$ \alpha_1 + \alpha_2 = -\frac{a+t_1}{2} - \frac{a+t_2}{2} = -\frac{2a + t_1 + t_2}{2} $$

$$ \alpha_1 \alpha_2 = \left( -\frac{a+t_1}{2} \right) \left( -\frac{a+t_2}{2} \right) = \frac{a^2 + a(t_1+t_2) + t_1 t_2}{4} $$

また、$t_1, t_2$ は①の2解であるから、解と係数の関係より

$$ t_1 + t_2 = -2(a-2b) $$

$$ t_1 t_2 = a^2 $$

これらを上の式に代入する。

$$ \alpha_1 + \alpha_2 = -\frac{2a - 2(a-2b)}{2} = -\frac{4b}{2} = -2b $$

$$ \alpha_1 \alpha_2 = \frac{a^2 + a\{-2(a-2b)\} + a^2}{4} = \frac{2a^2 - 2a^2 + 4ab}{4} = ab $$

(4)

求める式を展開し、整理する。

$$ (\alpha_1 - \beta_1)(\alpha_2 - \beta_2) + (\alpha_1 - \beta_2)(\alpha_2 - \beta_1) $$

$$ = (\alpha_1 \alpha_2 - \alpha_1 \beta_2 - \alpha_2 \beta_1 + \beta_1 \beta_2) + (\alpha_1 \alpha_2 - \alpha_1 \beta_1 - \alpha_2 \beta_2 + \beta_1 \beta_2) $$

$$ = 2\alpha_1 \alpha_2 - \alpha_1(\beta_1 + \beta_2) - \alpha_2(\beta_1 + \beta_2) + 2\beta_1 \beta_2 $$

$$ = 2\alpha_1 \alpha_2 - (\alpha_1 + \alpha_2)(\beta_1 + \beta_2) + 2\beta_1 \beta_2 $$

ここで、$\beta_1, \beta_2$ は②の2解であるから、解と係数の関係より

$$ \beta_1 + \beta_2 = -(a+s) $$

$$ \beta_1 \beta_2 = bs $$

これらと、(3) で求めた $\alpha_1 + \alpha_2 = -2b, \alpha_1 \alpha_2 = ab$ を代入して計算する。

$$ 2(ab) - (-2b)\{-(a+s)\} + 2(bs) $$

$$ = 2ab - 2b(a+s) + 2bs $$

$$ = 2ab - 2ab - 2bs + 2bs $$

$$ = 0 $$