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東京大学 2021年理系第6問解説

方針・初手

(1)は右辺を展開し、左辺と係数比較を行って連立方程式を解く。 (2)は(1)で求めた $q, r$ を残りの関係式に代入して $p$ についての方程式を導き、そこに $b, c$ を代入する。その後、因数定理を用いて $p^2$ の多項式として因数分解を行う。 (3)は与式が有理数係数の2次式の積に因数分解できるための条件を考える。2つの2次式の $x$ の係数を $p$ とおくと、(1)や(2)の誘導が活用できる。$p=0$ の場合と $p \neq 0$ の場合で分けて検討し、条件を満たす整数 $a$ を絞り込む。

解法1

(1)

与式の右辺を展開すると

$$ (x^2 + px + q)(x^2 - px + r) = x^4 - px^3 + rx^2 + px^3 - p^2x^2 + prx + qx^2 - pqx + qr $$

$$ = x^4 + (q + r - p^2)x^2 + p(r - q)x + qr $$

これが $x^4 + bx + c$ と恒等的に等しいため、各次数の係数を比較して

$$ q + r - p^2 = 0 \quad \cdots \text{①} $$

$$ p(r - q) = b \quad \cdots \text{②} $$

$$ qr = c \quad \cdots \text{③} $$

$p \neq 0$ であるから、②より $r - q = \frac{b}{p}$ を得る。また、①より $r + q = p^2$ である。これらを辺々足して2で割ると

$$ r = \frac{p^2 + \frac{b}{p}}{2} = \frac{p^3 + b}{2p} $$

辺々引いて2で割ると

$$ q = \frac{p^2 - \frac{b}{p}}{2} = \frac{p^3 - b}{2p} $$

(2)

(1)で求めた $q, r$ を③に代入すると

$$ \frac{p^3 - b}{2p} \cdot \frac{p^3 + b}{2p} = c $$

$$ \frac{p^6 - b^2}{4p^2} = c $$

$$ p^6 - 4cp^2 - b^2 = 0 $$

ここに $b = (a^2 + 1)(a + 2), c = -\left(a + \frac{3}{4}\right)(a^2 + 1)$ を代入する。

$$ p^6 - 4 \left\{ -\left(a + \frac{3}{4}\right)(a^2 + 1) \right\} p^2 - (a^2 + 1)^2(a + 2)^2 = 0 $$

$$ (p^2)^3 + (4a + 3)(a^2 + 1)p^2 - (a^2 + 1)^2(a + 2)^2 = 0 $$

左辺を $P = p^2$ の多項式 $P^3 + (4a + 3)(a^2 + 1)P - (a^2 + 1)^2(a + 2)^2$ とみる。ここで $P = a^2 + 1$ を代入すると

$$ (a^2 + 1)^3 + (4a + 3)(a^2 + 1)^2 - (a^2 + 1)^2(a + 2)^2 $$

$$ = (a^2 + 1)^2 \{ (a^2 + 1) + (4a + 3) - (a + 2)^2 \} $$

$$ = (a^2 + 1)^2 ( a^2 + 4a + 4 - a^2 - 4a - 4 ) = 0 $$

因数定理により、この多項式は $P - (a^2 + 1)$ を因数にもつ。割り算を行うと

$$ P^3 + (4a + 3)(a^2 + 1)P - (a^2 + 1)^2(a + 2)^2 $$

$$ = \{ P - (a^2 + 1) \} \{ P^2 + (a^2 + 1)P + (a^2 + 1)(a + 2)^2 \} $$

よって、元の方程式は次のように因数分解される。

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

これより、$f(a) = a^2 + 1$, $g(a) = (a^2 + 1)(a + 2)^2$ を得る。

(3)

与えられた4次式が有理数を係数とする2次式の積に因数分解できるとする。 $x^3$ の係数が0であることから、2つの2次式の $x$ の係数は互いに符号違いでなければならない。したがって、有理数 $p, q, r$ を用いて

$$ x^4 + (a^2 + 1)(a + 2)x - \left(a + \frac{3}{4}\right)(a^2 + 1) = (x^2 + px + q)(x^2 - px + r) $$

と表せる。ここで、$b = (a^2 + 1)(a + 2), c = -\left(a + \frac{3}{4}\right)(a^2 + 1)$ とおくと、(1)および(2)の状況と一致する。

(i)

$p \neq 0$ のとき

$p$ は(2)で導いた方程式を満たす有理数である。

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

$p$ は実数であり、$a$ は整数であるから $p^2 > 0$, $a^2 + 1 > 0$ である。したがって $p^4 + (a^2 + 1)p^2 + (a^2 + 1)(a + 2)^2 > 0$ となり、第2因数が0になることはない。ゆえに $p^2 - (a^2 + 1) = 0$、すなわち $p^2 = a^2 + 1$ が成り立つ。

$p$ は有理数であり、$a$ は整数であるから、$p^2$ は整数である。有理数の平方が整数になる場合、その有理数自身も整数でなければならないため、$p$ は整数である。 $p^2 - a^2 = 1$ より、

$$ (p - a)(p + a) = 1 $$

$p, a$ はともに整数なので、$p - a, p + a$ も整数である。積が1となる整数の組は $(p - a, p + a) = (1, 1), (-1, -1)$ のみである。いずれの場合も、辺々引いて $2a = 0$ より $a = 0$ となる。

$a = 0$ のとき、$b = 2$, $c = -\frac{3}{4}$ であり、$p^2 = 1$ より $p = \pm 1$ となる。 (1)の結果を用いると、 $p = 1$ のとき $q = -\frac{1}{2}, r = \frac{3}{2}$ $p = -1$ のとき $q = \frac{3}{2}, r = -\frac{1}{2}$ となり、$q, r$ はいずれも有理数となるため、$a = 0$ は条件を満たす。

(ii)

$p = 0$ のとき

展開式の $x$ の係数から $b = 0$ となる。 $b = (a^2 + 1)(a + 2) = 0$ と $a$ が整数であることから、$a = -2$ となる。このとき、$c = -\left(-2 + \frac{3}{4}\right) \cdot 5 = \frac{25}{4}$ であるから、与式は $x^4 + \frac{25}{4}$ となる。これが $(x^2 + q)(x^2 + r)$ と因数分解されるとすると、係数比較より

$$ q + r = 0, \quad qr = \frac{25}{4} $$

$r = -q$ を第2式に代入すると $-q^2 = \frac{25}{4}$ となり、$q^2 < 0$ を得る。これを満たす有理数（実数）$q$ は存在しないため、$a = -2$ は不適である。

以上 (i), (ii) より、求める整数 $a$ は $a = 0$ のみである。

解説

(1)は恒等式の未定係数法による標準的な計算問題である。 (2)は(1)の式から $q, r$ を消去し、$p$ に関する方程式を導く。一見すると複雑な6次方程式になるが、$P=p^2$ とおいて因数定理を利用すると見通しよく因数分解できる。 (3)は(1)と(2)の誘導に沿って、「有理数係数」をどう使うかが問われる。4次式が2次式の積に分解されるとき、$x^3$ の係数が 0 であることから $(x^2 + px + q)(x^2 - px + r)$ の形に限られる。さらに

$$ (p-a)(p+a)=1 $$

の形まで落とすと、整数 $a$ を絞り込める。