東京工業大学 2017年 理系 第5問 解説

方針・初手

単位円周上の点 $z$ は $|z|=1$ を満たす複素数であることを利用する。実係数方程式が虚数解を持つならば、その解と共役な複素数も解になるという性質から因数定理を用いて式を構成する。最終的には、解と係数の関係を利用して2次方程式の解の配置問題（解の存在範囲）に帰着させる。

解法1

(1)

$f(x) = x^2 + cx + 1 = 0$ が実数解を持つと仮定する。 判別式を $D$ とすると、$D = c^2 - 4 \ge 0$ である。 このとき解は $T$ 上にある、すなわち解の絶対値が $1$ であるから $x = \pm 1$ となるが、$T$ は単位円周から $\pm 1$ を除いた集合であるため、実数解は条件を満たさない。 したがって、$f(x)=0$ は虚数解を持たねばならず、その条件は $D = c^2 - 4 < 0$ より $-2 < c < 2$ である。

このとき、解は $x = \frac{-c \pm i\sqrt{4-c^2}}{2}$ となり、その絶対値の2乗は

$$ |x|^2 = \frac{(-c)^2 + (\sqrt{4-c^2})^2}{4} = \frac{c^2 + 4 - c^2}{4} = 1 $$

となるため、解は単位円周上にある。また虚数であるため $\pm 1$ にはならない。 よって求める必要十分条件は $-2 < c < 2$ である。

(2)

$F(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + ax + 1 = 0$ は実数係数の方程式である。 この解がすべて $T$ 上にあるとき、解はすべて虚数であり、共役な複素数をペアとして持つ。 4つの解を $\alpha, \bar{\alpha}, \beta, \bar{\beta}$ とする。（$\alpha, \beta \in T$ であり、重解 $\alpha = \beta$ の場合も含む） 因数定理より、$F(x)$ は次のように因数分解できる。

$$ F(x) = (x - \alpha)(x - \bar{\alpha})(x - \beta)(x - \bar{\beta}) $$

ここで、前半の2つの積を展開すると、

$$ (x - \alpha)(x - \bar{\alpha}) = x^2 - (\alpha + \bar{\alpha})x + \alpha\bar{\alpha} $$

$\alpha \in T$ より $|\alpha| = 1$ であるから、$\alpha\bar{\alpha} = |\alpha|^2 = 1$ となる。 また、複素数とその共役複素数の和 $\alpha + \bar{\alpha}$ は実数である。この実数を $-c_1$ とおくと、

$$ (x - \alpha)(x - \bar{\alpha}) = x^2 + c_1x + 1 $$

と表せる。 同様に、後半の2つの積も実数 $-c_2 = \beta + \bar{\beta}$ を用いて、

$$ (x - \beta)(x - \bar{\beta}) = x^2 + c_2x + 1 $$

と表せる。 以上より、

$$ F(x) = (x^2 + c_1x + 1)(x^2 + c_2x + 1) $$

を満たす実数 $c_1, c_2$ が存在することが示された。

(3)

（2） より、$F(x)=0$ の解がすべて $T$ 上にあるとき、$F(x) = (x^2 + c_1x + 1)(x^2 + c_2x + 1)$ と表せる。 逆に、このように表されるとき、$F(x)=0$ の解がすべて $T$ 上にあるための条件は、方程式 $x^2 + c_1x + 1 = 0$ および $x^2 + c_2x + 1 = 0$ の解がそれぞれ $T$ 上にあることである。 （1） の結果から、そのための必要十分条件は

$$ -2 < c_1 < 2 \quad \text{かつ} \quad -2 < c_2 < 2 $$

である。

一方、$F(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + ax + 1$ と $F(x) = (x^2 + c_1x + 1)(x^2 + c_2x + 1)$ の係数を比較する。 右辺を展開すると、

$$ x^4 + (c_1+c_2)x^3 + (c_1c_2+2)x^2 + (c_1+c_2)x + 1 $$

となるため、各次数の係数を比較して以下の関係式を得る。

$$ \begin{cases} a = c_1 + c_2 \\ b = c_1c_2 + 2 \end{cases} $$

これを変形すると、$c_1 + c_2 = a$、$c_1c_2 = b - 2$ となる。 解と係数の関係より、$c_1, c_2$ は $t$ についての2次方程式

$$ t^2 - at + b - 2 = 0 $$

の2つの解（重解を含む）である。 求める条件は、この2次方程式が $-2 < t < 2$ の範囲に2つの実数解（重解を含む）を持つことである。 $g(t) = t^2 - at + b - 2$ とおく。条件は以下の （i） ～ （iii） をすべて満たすことである。

（i） 判別式 $D \ge 0$

$$ D = a^2 - 4(b - 2) \ge 0 \iff b \le \frac{1}{4}a^2 + 2 $$

（ii） 軸の条件 放物線 $y = g(t)$ の軸は $t = \frac{a}{2}$ であるから、

$$ -2 < \frac{a}{2} < 2 \iff -4 < a < 4 $$

（iii） 端点の条件

$$ g(2) > 0 \iff 4 - 2a + b - 2 > 0 \iff b > 2a - 2 $$

$$ g(-2) > 0 \iff 4 + 2a + b - 2 > 0 \iff b > -2a - 2 $$

これらをまとめると、点 $(a, b)$ が満たすべき条件は以下の連立不等式となる。

$$ \begin{cases} b \le \frac{1}{4}a^2 + 2 \\ b > 2a - 2 \\ b > -2a - 2 \end{cases} $$

この領域を図示するため、境界線となるグラフの交点を確認する。 放物線 $b = \frac{1}{4}a^2 + 2$ と直線 $b = 2a - 2$ の交点は、

$$ \frac{1}{4}a^2 + 2 = 2a - 2 \iff (a - 4)^2 = 0 $$

より $a = 4$（重解）となり、点 $(4, 6)$ で接する。 同様に、放物線 $b = \frac{1}{4}a^2 + 2$ と直線 $b = -2a - 2$ の交点は、点 $(-4, 6)$ で接する。 また、2直線 $b = 2a - 2$ と $b = -2a - 2$ の交点は点 $(0, -2)$ である。

解説

相反方程式（係数が左右対称な方程式）の解法と、2次方程式の解の配置問題が融合した典型的な良問である。 (1) で「単位円周上の点」を数式（絶対値が1であること）に落とし込み、(2) で実数係数多項式の共役な虚数解の性質を用いて式の形を決定する。 (3) は $c_1, c_2$ の存在条件を $a, b$ にすり替える論理展開が重要である。「2変数 $c_1, c_2$ についての条件」から「和と積の条件」へ変換し、さらに「2次方程式の実数解の存在範囲」へと帰着させる流れは頻出パターンなので確実に押さえておきたい。 なお図示においては、境界線の接点と端点が含まれるか含まれないかを正確に判断することが求められる。重解の条件（判別式 $D=0$）から放物線上の点は領域に含まれるが、端点となる接点 $(4,6), (-4,6)$ は軸の条件 $-4 < a < 4$ を満たさないため白丸（含まれない）となる。

答え

(1) $-2 < c < 2$

(2)

実数 $c_1, c_2$ が存在して

$$ F(x) = (x^2 + c_1x + 1)(x^2 + c_2x + 1) $$

と表される。

(3) 必要十分条件は

$$ \begin{cases} b \le \frac{1}{4}a^2 + 2 \\ b > 2a - 2 \\ b > -2a - 2 \end{cases} $$

であり、点 $(a, b)$ が存在する範囲は、以下の3つの曲線および直線で囲まれた領域である。

• 放物線 $b = \frac{1}{4}a^2 + 2$ の下側
• 直線 $b = 2a - 2$ の上側
• 直線 $b = -2a - 2$ の上側

（図示の概略） 頂点が $(0, 2)$ の下に凸の放物線と、点 $(0, -2)$ で交わるV字型の2直線で囲まれた領域。 境界線については、放物線 $b = \frac{1}{4}a^2 + 2$ の $-4 < a < 4$ の部分は含む。 直線 $b = 2a - 2$ および直線 $b = -2a - 2$ の部分は含まない。 また、各線の交点である $(4, 6)$、$(-4, 6)$、$(0, -2)$ はすべて含まない。