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東京大学 1986年文系第3問解説

方針・初手

与えられた等式が「任意の三次またはそれ以下の整式 $f(x)$ について常に成立する」という条件を数式で表現することが第一歩である。

整式 $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ とおき、等式に代入したものが、任意の定数 $a, b, c, d$ についての恒等式となるように $u, v, s, t$ を定める方針が考えられる。

あるいは、積分操作が線形性を持つことに着目し、$f(x)$ として $1, x, x^2, x^3$ という具体的な関数を選んで代入し、必要条件として未知数に関する連立方程式を導く手法も有効である。

解法1

任意の三次以下の整式を $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$（$a, b, c, d$ は任意の定数）とおく。

与式の左辺の定積分を計算すると、

$$ \begin{aligned} \int_{-1}^1 (ax^3 + bx^2 + cx + d) dx &= \left[ \frac{a}{4}x^4 + \frac{b}{3}x^3 + \frac{c}{2}x^2 + dx \right]_{-1}^1 \\ &= \left( \frac{a}{4} + \frac{b}{3} + \frac{c}{2} + d \right) - \left( \frac{a}{4} - \frac{b}{3} + \frac{c}{2} - d \right) \\ &= \frac{2}{3}b + 2d \end{aligned} $$

となる（奇数次数の項は積分区間が原点対称であるため消去されることを利用してもよい）。

一方、与式の右辺は、

$$ \begin{aligned} u f(s) + v f(t) &= u(as^3 + bs^2 + cs + d) + v(at^3 + bt^2 + ct + d) \\ &= a(us^3 + vt^3) + b(us^2 + vt^2) + c(us + vt) + d(u + v) \end{aligned} $$

となる。

これが任意の $a, b, c, d$ について等しくなるための条件は、両辺の $a, b, c, d$ の係数がそれぞれ一致することである。したがって、以下の連立方程式を得る。

$$ \begin{cases} us^3 + vt^3 = 0 & \cdots \text{①} \\ us^2 + vt^2 = \frac{2}{3} & \cdots \text{②} \\ us + vt = 0 & \cdots \text{③} \\ u + v = 2 & \cdots \text{④} \end{cases} $$

③より $us = -vt$ である。これを①に代入すると、

$$ (-vt)s^2 + vt^3 = 0 $$

$$ vt(t^2 - s^2) = 0 $$

$$ vt(t - s)(t + s) = 0 $$

となる。

ここで、$v = 0$ と仮定すると、④より $u = 2$ となる。これを③に代入すると $2s = 0$ より $s = 0$ を得るが、これらを②に代入すると $0 = \frac{2}{3}$ となり矛盾する。よって $v \neq 0$ である。

また、$t = 0$ と仮定すると、③より $us = 0$ となる。 $u = 0$ の場合は、④より $v = 2$ となり、②に代入すると $2 \cdot 0^2 = \frac{2}{3}$ で矛盾する。 $s = 0$ の場合は、②に代入すると $u \cdot 0^2 + v \cdot 0^2 = \frac{2}{3}$ で矛盾する。よって $t \neq 0$ である。

したがって、$vt \neq 0$ であるから、

$$ (t - s)(t + s) = 0 $$

が成り立つ。問題の条件 $s < t$ より $t - s > 0$ であるため、$t + s = 0$、すなわち $t = -s$ であることがわかる。

これを③に代入すると、

$$ us + v(-s) = 0 $$

$$ s(u - v) = 0 $$

となる。ここで $s = 0$ とすると $t = 0$ となり、$s < t$ に矛盾するため $s \neq 0$ である。よって $u - v = 0$、すなわち $u = v$ を得る。

$u = v$ を④に代入すると、

$$ 2u = 2 \implies u = 1, \quad v = 1 $$

となる。

これらと $t = -s$ を②に代入して、

$$ 1 \cdot s^2 + 1 \cdot (-s)^2 = \frac{2}{3} $$

$$ 2s^2 = \frac{2}{3} $$

$$ s^2 = \frac{1}{3} $$

$s < t$ かつ $t = -s$ より $s < 0$ であるから、

$$ s = -\frac{1}{\sqrt{3}} $$

となる。このとき $t = \frac{1}{\sqrt{3}}$ と定まる。

解法2

任意の三次以下の整式 $f(x)$ について等式が成り立つということは、特定の整式に対しても成り立つことを意味する。 $f(x)$ として $1, x, x^2, x^3$ をそれぞれ選んで与式に代入し、必要条件を求める。

(i)

$f(x) = 1$ のとき左辺は $\int_{-1}^1 1 dx = 2$ 右辺は $u \cdot 1 + v \cdot 1 = u + v$ よって、$u + v = 2$ $\cdots$ ①

(ii)

$f(x) = x$ のとき左辺は $\int_{-1}^1 x dx = 0$ 右辺は $us + vt$ よって、$us + vt = 0$ $\cdots$ ②

(iii)

$f(x) = x^2$ のとき左辺は $\int_{-1}^1 x^2 dx = \left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_{-1}^1 = \frac{2}{3}$ 右辺は $us^2 + vt^2$ よって、$us^2 + vt^2 = \frac{2}{3}$ $\cdots$ ③

(iv)

$f(x) = x^3$ のとき左辺は $\int_{-1}^1 x^3 dx = 0$ 右辺は $us^3 + vt^3$ よって、$us^3 + vt^3 = 0$ $\cdots$ ④

これら①〜④の連立方程式を得る。これを解く手順は解法1と同様であり、結果として

$$ u = 1, \quad v = 1, \quad s = -\frac{1}{\sqrt{3}}, \quad t = \frac{1}{\sqrt{3}} $$

が導出される。

これが十分条件であることも確認する。これらの値を用いるとき、任意の三次以下の整式 $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ に対して、

$$ \begin{aligned} u f(s) + v f(t) &= f\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \\ &= \left( -a\frac{1}{3\sqrt{3}} + b\frac{1}{3} - c\frac{1}{\sqrt{3}} + d \right) + \left( a\frac{1}{3\sqrt{3}} + b\frac{1}{3} + c\frac{1}{\sqrt{3}} + d \right) \\ &= \frac{2}{3}b + 2d \end{aligned} $$

となり、これは $\int_{-1}^1 (ax^3 + bx^2 + cx + d) dx$ の計算結果と一致する。よって、常に等式が成立することが示された。

解説

本問は、数値積分における「ガウス・ルジャンドル求積法」を背景とする有名問題である。特定の点での関数の値の重み付き和によって、多項式の積分を厳密に計算できる条件を求めている。

「任意の〜に対して成立」という条件の処理方法として、係数比較による恒等式処理（解法1）と、基底となる関数の代入による必要十分条件の確認（解法2）の2つのアプローチがある。どちらも行き着く連立方程式は同じであるが、解法1は論理の逆を辿る必要がない（同値変形である）ため、記述がすっきりとまとまりやすい。

連立方程式の処理において、文字で割る際にそれが $0$ でないことを丁寧に確認することが、論理の飛躍を防ぐポイントである。