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東京大学 1990年理系第2問解説

方針・初手

（1）は、3次関数が極値をとる条件と、特定の $x$ の値に対する関数の値から、式を決定する問題である。極値をとる $x$ 座標を文字でおき、因数定理を用いて $h(x) \pm 1$ を立式することで、計算量を減らしながら係数を特定できる。

（2）は、チェビシェフ多項式の性質を背景とした有名な証明問題である。直接不等式を示すのは困難なため、「ある $|x| > 1$ で $|f(x)| \ge |h(x)|$ となると仮定して矛盾を導く」という背理法を用いる。その際、$P(x) = h(x) - f(x)$ と $Q(x) = h(x) + f(x)$ という2つの関数を考え、中間値の定理からそれらの解の配置を明らかにするのが定石である。

解法1

(1)

条件 (ii) より、$h(x)$ は区間 $-1 < x < 1$ で極大値 $1$、極小値 $-1$ をとる。極大値をとる $x$ を $\alpha$、極小値をとる $x$ を $\beta$ （$-1 < \alpha < \beta < 1$）とおく。 $h(x)$ は3次関数であり、極大値から極小値へ減少するため、最高次係数 $p$ は正である。

$h(x)$ は $x = \alpha$ で極大値 $1$ をとるため、$h(\alpha) = 1, h'(\alpha) = 0$ を満たす。よって、多項式 $h(x) - 1$ は $(x - \alpha)^2$ を因数にもつ。さらに条件 (i) より $h(1) = 1$ であるから、$h(x) - 1$ は $x - 1$ も因数にもつ。したがって、$h(x) - 1$ は次のように表せる。

$$ h(x) - 1 = p(x - 1)(x - \alpha)^2 $$

これを微分すると、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} h'(x) &= p(x - \alpha)^2 + 2p(x - 1)(x - \alpha) \\ &= p(x - \alpha)\{ (x - \alpha) + 2(x - 1) \} \\ &= p(x - \alpha)(3x - 2 - \alpha) \end{aligned} $$

$h'(x) = 0$ となる $x$ は $\alpha$ と $\frac{\alpha + 2}{3}$ であり、これらが極値をとる $x$ の値 $\alpha, \beta$ に対応する。よって、次が成り立つ。

$$ \beta = \frac{\alpha + 2}{3} $$

同様に、$h(x)$ は $x = \beta$ で極小値 $-1$ をとり、$h(-1) = -1$ であることから、$h(x) + 1$ は $(x - \beta)^2$ と $x + 1$ を因数にもつ。

$$ h(x) + 1 = p(x + 1)(x - \beta)^2 $$

これを微分すると、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} h'(x) &= p(x - \beta)^2 + 2p(x + 1)(x - \beta) \\ &= p(x - \beta)\{ (x - \beta) + 2(x + 1) \} \\ &= p(x - \beta)(3x + 2 - \beta) \end{aligned} $$

$h'(x) = 0$ となる $x$ は $\beta$ と $\frac{\beta - 2}{3}$ であり、これらが極値をとる $x$ の値に対応するため、次が成り立つ。

$$ \alpha = \frac{\beta - 2}{3} $$

得られた2つの式から $\alpha, \beta$ を求める。

$$ \begin{cases} 3\beta = \alpha + 2 \\ 3\alpha = \beta - 2 \end{cases} $$

辺々を加えると $3(\alpha + \beta) = \alpha + \beta$ となり、$\alpha + \beta = 0$ すなわち $\beta = -\alpha$ を得る。これを下の式に代入して $3\alpha = -\alpha - 2$ より $\alpha = -\frac{1}{2}$。したがって $\beta = \frac{1}{2}$ となり、条件 $-1 < \alpha < \beta < 1$ を満たす。

次に、$h(x) - 1 = p(x - 1)\left(x + \frac{1}{2}\right)^2$ に $h(-1) = -1$ を代入して $p$ を求める。

$$ \begin{aligned} -1 - 1 &= p(-1 - 1)\left(-1 + \frac{1}{2}\right)^2 \\ -2 &= -2p \left(-\frac{1}{2}\right)^2 \\ -2 &= -\frac{1}{2}p \\ p &= 4 \end{aligned} $$

$p = 4 > 0$ であり条件に適する。よって求める $h(x)$ は次のようになる。

$$ \begin{aligned} h(x) &= 4(x - 1)\left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + 1 \\ &= 4(x - 1)\left(x^2 + x + \frac{1}{4}\right) + 1 \\ &= 4\left(x^3 - \frac{3}{4}x - \frac{1}{4}\right) + 1 \\ &= 4x^3 - 3x \end{aligned} $$

(2)

関数 $P(x) = h(x) - f(x)$ および $Q(x) = h(x) + f(x)$ を定義する。 $h(x), f(x)$ はともに3次以下の多項式であるから、$P(x), Q(x)$ も高々3次の多項式である。

条件より、区間 $-1 < x < 1$ において $-1 < f(x) < 1$ である。$f(x)$ は連続関数であるから、極限を考えることで端点において $-1 \le f(-1) \le 1$ および $-1 \le f(1) \le 1$ が成り立つ。また、区間内の点においては厳密な不等式が成り立ち、特に $x = \pm \frac{1}{2}$ において $-1 < f\left(-\frac{1}{2}\right) < 1$ および $-1 < f\left(\frac{1}{2}\right) < 1$ である。

まず、$P(x)$ について考える。(1) で求めた $h(x)$ の値から、$P(x)$ の各点での符号を評価する。

$$ \begin{aligned} P(-1) &= h(-1) - f(-1) = -1 - f(-1) \le 0 \\ P\left(-\frac{1}{2}\right) &= h\left(-\frac{1}{2}\right) - f\left(-\frac{1}{2}\right) = 1 - f\left(-\frac{1}{2}\right) > 0 \\ P\left(\frac{1}{2}\right) &= h\left(\frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right) = -1 - f\left(\frac{1}{2}\right) < 0 \\ P(1) &= h(1) - f(1) = 1 - f(1) \ge 0 \end{aligned} $$

中間値の定理より、方程式 $P(x) = 0$ は区間 $\left[-1, -\frac{1}{2}\right)$、$\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$、$\left(\frac{1}{2}, 1\right]$ にそれぞれ少なくとも1つの実数解をもつ。 $P(x)$ は高々3次の多項式であるから、これら3つの解がすべての解である。これらを $c_1, c_2, c_3$ ($c_1 < c_2 < c_3$) とおくと、実数 $k$ を用いて次のように表せる。

$$ P(x) = k(x - c_1)(x - c_2)(x - c_3) $$

$x = -\frac{1}{2}$ を代入すると $P\left(-\frac{1}{2}\right) = k\left(-\frac{1}{2} - c_1\right)\left(-\frac{1}{2} - c_2\right)\left(-\frac{1}{2} - c_3\right)$ となる。

$c_1 < -\frac{1}{2} < c_2 < c_3$ であるから、$-\frac{1}{2} - c_1 > 0$、$-\frac{1}{2} - c_2 < 0$、$-\frac{1}{2} - c_3 < 0$ である。$P\left(-\frac{1}{2}\right) > 0$ より $k > 0$ がわかる。

したがって、$x > c_3$ （特に $x > 1$）において $P(x) > 0$ であり、$x < c_1$ （特に $x < -1$）において $P(x) < 0$ となる。

次に、$Q(x)$ についても同様に評価する。

$$ \begin{aligned} Q(-1) &= h(-1) + f(-1) = -1 + f(-1) \le 0 \\ Q\left(-\frac{1}{2}\right) &= h\left(-\frac{1}{2}\right) + f\left(-\frac{1}{2}\right) = 1 + f\left(-\frac{1}{2}\right) > 0 \\ Q\left(\frac{1}{2}\right) &= h\left(\frac{1}{2}\right) + f\left(\frac{1}{2}\right) = -1 + f\left(\frac{1}{2}\right) < 0 \\ Q(1) &= h(1) + f(1) = 1 + f(1) \ge 0 \end{aligned} $$

全く同様の議論により、$Q(x) = 0$ も区間 $[-1, 1]$ 内に3つの実数解をもつことがわかり、$Q(x) = m(x - d_1)(x - d_2)(x - d_3)$ とおいたとき $m > 0$ となる。したがって、$x > 1$ において $Q(x) > 0$ であり、$x < -1$ において $Q(x) < 0$ となる。

ここで、ある実数 $x_0$ ($|x_0| > 1$) に対して $|f(x_0)| \ge |h(x_0)|$ が成り立つと仮定し、背理法を用いる。

(i) $x_0 > 1$ の場合

$h(x_0) = x_0(4x_0^2 - 3) > 1 \cdot (4 - 3) = 1 > 0$ であるため、$|h(x_0)| = h(x_0)$ である。仮定より $|f(x_0)| \ge h(x_0)$ となり、これは $f(x_0) \ge h(x_0)$ または $f(x_0) \le -h(x_0)$ を意味する。すなわち、$P(x_0) = h(x_0) - f(x_0) \le 0$ または $Q(x_0) = h(x_0) + f(x_0) \le 0$ である。しかし、これは $x > 1$ において $P(x) > 0$ かつ $Q(x) > 0$ であることに矛盾する。

(ii) $x_0 < -1$ の場合

$h(x_0) = x_0(4x_0^2 - 3) < -1 \cdot (4 - 3) = -1 < 0$ であるため、$|h(x_0)| = -h(x_0)$ である。仮定より $|f(x_0)| \ge -h(x_0)$ となり、これは $f(x_0) \ge -h(x_0)$ または $f(x_0) \le h(x_0)$ を意味する。すなわち、$Q(x_0) = h(x_0) + f(x_0) \ge 0$ または $P(x_0) = h(x_0) - f(x_0) \ge 0$ である。しかし、これは $x < -1$ において $P(x) < 0$ かつ $Q(x) < 0$ であることに矛盾する。

以上より、いずれの場合も矛盾が生じるため仮定は誤りである。したがって、$|x| > 1$ なる任意の実数 $x$ に対して、不等式 $|f(x)| < |h(x)|$ が成立することが示された。

解説

(1) は、関数とその導関数の因数定理をうまく活用することで、連立方程式の計算負担を大幅に減らすことができる典型的な処理である。極値をとる点ではグラフが接線と接するという図形的な意味を式に反映させることが重要である。

(2) は、チェビシェフの定理と呼ばれる有名な結果を背景にした問題である。関数 $y = h(x)$ は $n=3$ のチェビシェフ多項式 $T_3(x)$ であり、区間 $[-1, 1]$ において値域が $[-1, 1]$ に収まる最高次係数が最大の多項式である。この性質を証明するために、$h(x) \pm f(x) = 0$ が区間内で十分な数の解を持つことを中間値の定理を用いて示し、区間外での符号を確定させて背理法で矛盾を突くという論法が非常に有効である。