東京工業大学 1978年 理系 第1問 解説

方針・初手

与えられた等式が $x$ についての恒等式であることから、両辺をそれぞれ展開して各次数の係数を比較するのが最も確実な方針である。

また、与式を $A(x)^2 - (x^2-1)B(x)^2 = D$ の形に変形して両辺を微分し、多項式の因数や次数に注目して係数を決定するアプローチも非常に有効である。

解法1

与えられた等式を展開し、係数を比較する。

左辺を展開すると、

$$ \begin{aligned} (x^3 + ax^2 + bx + c)^2 &= x^6 + a^2x^4 + b^2x^2 + c^2 + 2ax^5 + 2bx^4 + 2cx^3 + 2abx^3 + 2acx^2 + 2bcx \\ &= x^6 + 2ax^5 + (a^2+2b)x^4 + 2(ab+c)x^3 + (b^2+2ac)x^2 + 2bcx + c^2 \end{aligned} $$

右辺を展開すると、

$$ \begin{aligned} &(x^2 - 1)(x^2 + px + q)^2 + D \\ &= (x^2 - 1) \{ x^4 + 2px^3 + (p^2+2q)x^2 + 2pqx + q^2 \} + D \\ &= x^6 + 2px^5 + (p^2+2q)x^4 + 2pqx^3 + q^2x^2 \\ &\quad - x^4 - 2px^3 - (p^2+2q)x^2 - 2pqx - q^2 + D \\ &= x^6 + 2px^5 + (p^2+2q-1)x^4 + 2p(q-1)x^3 + (q^2-p^2-2q)x^2 - 2pqx + (D-q^2) \end{aligned} $$

これが $x$ についての恒等式であるから、各次数の係数が等しい。よって以下の連立方程式を得る。

$$ \begin{cases} 2a = 2p & \dots \text{①} \\ a^2 + 2b = p^2 + 2q - 1 & \dots \text{②} \\ 2(ab + c) = 2p(q - 1) & \dots \text{③} \\ b^2 + 2ac = q^2 - p^2 - 2q & \dots \text{④} \\ 2bc = -2pq & \dots \text{⑤} \\ c^2 = D - q^2 & \dots \text{⑥} \end{cases} $$

①より $a = p$ である。これを②に代入すると、

$$ a^2 + 2b = a^2 + 2q - 1 $$

$$ 2b = 2q - 1 \iff b = q - \frac{1}{2} \dots \text{⑦} $$

$a = p$ および⑦を③に代入すると、

$$ 2 \left( a \left( q - \frac{1}{2} \right) + c \right) = 2a(q - 1) $$

$$ 2aq - a + 2c = 2aq - 2a $$

$$ a = -2c \quad (p = -2c) \dots \text{⑧} $$

⑦および⑧を⑤に代入すると、

$$ 2 \left( q - \frac{1}{2} \right) c = -2(-2c)q $$

$$ 2qc - c = 4qc $$

$$ 2qc + c = 0 $$

$$ c(2q + 1) = 0 $$

したがって、$c = 0$ または $q = -\frac{1}{2}$ である。ここで場合分けを行う。

(i)

$c = 0$ のとき

⑧より $a = 0, p = 0$ となる。 これらを④に代入すると、

$$ b^2 = q^2 - 2q $$

さらに⑦の $b = q - \frac{1}{2}$ を代入すると、

$$ \left( q - \frac{1}{2} \right)^2 = q^2 - 2q $$

$$ q^2 - q + \frac{1}{4} = q^2 - 2q $$

$$ q = -\frac{1}{4} $$

このとき⑦より $b = -\frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{3}{4}$ となる。 最後に⑥を用いると、

$$ 0 = D - \left(-\frac{1}{4}\right)^2 $$

$$ D = \frac{1}{16} $$

このとき求めた各値はすべての係数比較の式を満たし、等式は恒等式となる。

(ii)

$q = -\frac{1}{2}$ のとき

⑦より $b = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = -1$ となる。 ④に $b = -1, q = -\frac{1}{2}$ および⑧の $a = p = -2c$ を代入すると、

$$ (-1)^2 + 2(-2c)c = \left(-\frac{1}{2}\right)^2 - (-2c)^2 - 2\left(-\frac{1}{2}\right) $$

$$ 1 - 4c^2 = \frac{1}{4} - 4c^2 + 1 $$

$$ 1 = \frac{5}{4} $$

これは矛盾である。したがって $q = -\frac{1}{2}$ となることはない。

以上 （i）, （ii） より、$D = \frac{1}{16}$ である。

解法2

$A(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$, $B(x) = x^2 + px + q$ とおく。与式は次のように書ける。

$$ A(x)^2 - (x^2 - 1)B(x)^2 = D $$

この両辺を $x$ で微分すると、

$$ 2A(x)A'(x) - 2xB(x)^2 - (x^2 - 1) \cdot 2B(x)B'(x) = 0 $$

$$ A(x)A'(x) = B(x) \{ xB(x) + (x^2 - 1)B'(x) \} \dots \text{①} $$

右辺は $B(x)$ の倍数であるから、左辺の $A(x)A'(x)$ も $B(x)$ で割り切れる。 ここで、$A(x)$ と $B(x)$ が定数でない共通因数 $C(x)$ を持つと仮定し、$A(x) = C(x)A_1(x), B(x) = C(x)B_1(x)$ と表す。 これを元の等式に代入すると、

$$ C(x)^2 \{ A_1(x)^2 - (x^2 - 1)B_1(x)^2 \} = D $$

もし $D \neq 0$ ならば、定数 $D$ が定数でない多項式 $C(x)^2$ で割り切れることになり矛盾する。 もし $D = 0$ ならば、$A(x)^2 = (x^2 - 1)B(x)^2$ となるが、右辺は $x = 1, -1$ を奇数次の零点として持つため完全平方式にならず、これも矛盾する。 したがって $D \neq 0$ であり、$A(x)$ と $B(x)$ は互いに素である。

$A(x)$ と $B(x)$ が互いに素であることから、①式より $A'(x)$ は $B(x)$ で割り切れる。 $A(x)$ は最高次係数が1の3次式、$B(x)$ は最高次係数が1の2次式であるから、$A'(x)$ は最高次係数が3の2次式である。 よって、多項式として

$$ A'(x) = 3B(x) $$

が成り立つ。具体的に書き下すと、

$$ 3x^2 + 2ax + b = 3(x^2 + px + q) $$

係数を比較して、

$$ 2a = 3p \iff p = \frac{2}{3}a $$

$$ b = 3q $$

これらを①式に代入すると、

$$ A(x) \cdot 3B(x) = B(x) \{ xB(x) + (x^2 - 1)B'(x) \} $$

$B(x)$ は恒等的に0ではないため、両辺を割って

$$ 3A(x) = xB(x) + (x^2 - 1)B'(x) $$

両辺の多項式を具体的に計算する。

$$ \begin{aligned} 3(x^3 + ax^2 + bx + c) &= x(x^2 + px + q) + (x^2 - 1)(2x + p) \\ &= x^3 + px^2 + qx + 2x^3 + px^2 - 2x - p \\ &= 3x^3 + 2px^2 + (q - 2)x - p \end{aligned} $$

再び係数を比較して以下の式を得る。

$$ 3a = 2p $$

$$ 3b = q - 2 $$

$$ 3c = -p $$

$p = \frac{2}{3}a$ より、$3a = \frac{4}{3}a$ となり、$a = 0$。よって $p = 0, c = 0$。 $b = 3q$ より、$9q = q - 2$ となり、$8q = -2$ ゆえに $q = -\frac{1}{4}$。よって $b = -\frac{3}{4}$。

以上より、$A(x) = x^3 - \frac{3}{4}x, B(x) = x^2 - \frac{1}{4}$ と求まる。 元の等式 $D = A(x)^2 - (x^2 - 1)B(x)^2$ に $x = 0$ を代入すると、

$$ D = A(0)^2 - (-1)B(0)^2 = c^2 + q^2 = 0^2 + \left(-\frac{1}{4}\right)^2 = \frac{1}{16} $$

解法3

等式を満たす定数が存在するという前提のもと、三角関数の倍角公式（チェビシェフ多項式）を用いて巧みに見つける方法を示す。

$\cos 3\theta = 4\cos^3 \theta - 3\cos \theta$ および $\sin 3\theta = \sin \theta (4\cos^2 \theta - 1)$ を用いる。 $\cos^2 3\theta + \sin^2 3\theta = 1$ であるから、

$$ (4\cos^3 \theta - 3\cos \theta)^2 + \sin^2 \theta (4\cos^2 \theta - 1)^2 = 1 $$

$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ を代入し、両辺を16で割ると、

$$ \left( \cos^3 \theta - \frac{3}{4}\cos \theta \right)^2 + (1 - \cos^2 \theta) \left( \cos^2 \theta - \frac{1}{4} \right)^2 = \frac{1}{16} $$

$$ \left( \cos^3 \theta - \frac{3}{4}\cos \theta \right)^2 = (\cos^2 \theta - 1) \left( \cos^2 \theta - \frac{1}{4} \right)^2 + \frac{1}{16} $$

ここで $\cos \theta = x$ ($-1 \leqq x \leqq 1$) とおくと、

$$ \left( x^3 - \frac{3}{4}x \right)^2 = (x^2 - 1) \left( x^2 - \frac{1}{4} \right)^2 + \frac{1}{16} $$

この等式は $x$ の多項式としての恒等式であり、与えられた等式の形に完全に一致する。 したがって、与式を満たす定数の組として $a=0, b=-\frac{3}{4}, c=0, p=0, q=-\frac{1}{4}$ とともに $D = \frac{1}{16}$ が存在する。 等式が成立する定数 $D$ を求める問題であるため、求める値は $D = \frac{1}{16}$ である。

解説

本問は多項式におけるペル方程式 $A^2 - (x^2-1)B^2 = D$ の形をしている。 実戦的な試験場では、最高次係数や定数項などからある程度の見当をつけつつ「解法1」のように愚直に係数比較を行うのが最も安全かつ確実である。 一方、「解法2」のように両辺を微分するアプローチは、$(x^2-1)$ のような因数を持つ多項式の平方に関する恒等式において非常に強力な定石である。多項式の互いに素な性質と微分の関係を理解していると見通しよく解くことができる。 また、「解法3」で示したように、この種の多項式の恒等式の背景にはしばしばチェビシェフ多項式（三角関数の倍角公式の多項式表現）が隠れており、知っていると一瞬で答えを見抜くことも可能である。

答え

$$ D = \frac{1}{16} $$