０１１	平成２年度前期	東京大学	理系	・・・	微分積分（数学�U）	やや難

　東京大学の入試問題は、いつも世間の注目を浴びるが、常に良問を生産し続けるという
ことは並大抵のことではない。数学系教員を多数抱える大学だからこそ出来ることだろう。
これからも面白い問題を是非期待したいものだ。

　次の問題は随分昔のものであるが、高校の授業＋α　の部分で数学的に面白いところを
微妙に問うているという点で、名作の部類に入るといってもいいだろう。


東京大学　理系（１９９０）

　３次関数　Ｈ（ｘ）＝ｐｘ³＋ｑｘ²＋ｒｘ＋ｓ　は、次の条件（イ）（ロ）を満たすものとする。
　　（イ）　Ｈ（１）＝１　、　Ｈ（−１）＝−１
　　（ロ）　区間　−１＜ｘ＜１　で、極大値　１　、極小値−１　をとる
　このとき、
（１）　Ｈ（ｘ）を求めよ。
（２）　３次関数　Ｆ（ｘ）＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ　が、区間　−１＜ｘ＜１　で、　−１＜Ｆ（ｘ）＜１
　　を満たすとき、｜ｘ｜＞１　なる任意の実数 ｘ に対して、不等式　｜Ｆ（ｘ）｜＜｜Ｈ（ｘ）｜
　　が成立することを証明せよ。


（解）　（１）　Ｈ（１）＝ｐ＋ｑ＋ｒ＋ｓ＝１　、Ｈ（−１）＝−ｐ＋ｑ−ｒ＋ｓ＝−１　より、

　　　　　　　ｑ＋ｓ＝０　、　ｐ＋ｒ＝１　　なので、　 ｑ＝−ｓ　、　ｒ＝１−ｐ

　　　　　　よって、　Ｈ（ｘ）＝ｐｘ³−ｓｘ²＋（１−ｐ）ｘ＋ｓ　となる。

　　　　　条件（イ）（ロ）を満たすことから、　ｐ＞０　でなければならない。

　　　　　　このとき、　Ｈ’（ｘ）＝３ｐｘ²−２ｓｘ＋（１−ｐ）＝０　の異なる２つの解を、α 、 β　と

　　　　　すると、　−１＜α＜β＜１　で、　ｘ＝α　で極大、ｘ＝β　で極小　となる。

　　　　　　すなわち、　Ｈ（α）＝１　、Ｈ（β）＝−１

　　　　　よって、　Ｈ（α）＋Ｈ（β）＝ｐ（α³＋β³）−ｓ（α²＋β²）＋（１−ｐ）（α＋β）＋２ｓ

　　　　　ここで、解と係数の関係から、 α＋β＝２ｓ/（３ｐ） 、 αβ＝（１−ｐ）/（３ｐ）　なので、

　　　　　　　α³＋β³＝（α＋β）³−３αβ（α＋β）＝８ｓ³/（２７ｐ³）−２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ²）

　　　　　　　α²＋β²＝（α＋β）²−２αβ＝４ｓ²/（９ｐ²）−２（１−ｐ）/（３ｐ）

　　　　　より、

　　　　　Ｈ（α）＋Ｈ（β）＝ｐ｛８ｓ³/（２７ｐ³）−２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ²）｝
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　−ｓ｛４ｓ²/（９ｐ²）−２（１−ｐ）/（３ｐ）｝
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ）＋２ｓ

　　　　　　　　　　　　　　　＝８ｓ³/（２７ｐ²）−２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　−４ｓ³/（９ｐ²）＋２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ）＋２ｓ

　　　　　　　　　　　　　　　＝−４ｓ³/（２７ｐ²）＋２ｓ（１−ｐ）/（３ｐ）＋２ｓ

　　　　　α＋β＝２ｓ/（３ｐ）　より、　ｓ＝３ｐ（α＋β）/２　なので、

　　　　Ｈ（α）＋Ｈ（β）＝−ｐ（α＋β）³/２＋（１−ｐ）（α＋β）＋３ｐ（α＋β）

　　　　　　　　　　　　　　＝−ｐ（α＋β）³/２＋（１＋２ｐ）（α＋β）

　　　　　　　　　　　　　　＝(−１/２)（α＋β）｛ｐ（α＋β）²−２−４ｐ｝＝０

　　　となる。　ここで、　−２＜α＋β＜２　において、　ｐ＞０　に注意して、

　　　　　ｐ（α＋β）²−２−４ｐ＜−２　より、　ｐ（α＋β）²−２−４ｐ≠０

　　　　よって、　α＋β＝０　でなければならない。　このとき、　ｓ＝０　となる。

　　　Ｈ（ｘ）＝ｐｘ³＋（１−ｐ）ｘ　において、　Ｈ’（ｘ）＝３ｐｘ²＋（１−ｐ）　で、

　　　　　　　　ｐα³＋（１−ｐ）α＝１　、　３ｐα²＋（１−ｐ）＝０

　　　　よって、　２ｐα³＝−１　より、　ｐ＝−１/（２α³）　なので、第１式に代入して、

　　　　　　　　　−１/２＋（１＋１/（２α³））α＝１

　　　　したがって、　２α³−３α²＋１＝０　を解いて、　α＝−１/２　、１（重解）

　　　　−１＜α＜１　より、　α＝１　は不適で、　α＝−１/２　すなわち、　ｐ＝４

　　　　　このとき、　Ｈ（ｘ）＝４ｘ³−３ｘ　となる。

　　　　逆に、　Ｈ（ｘ）＝４ｘ³−３ｘ　のとき、問題の条件を満たすことは明らか。

　　　　　以上から、求める関数 Ｈ（ｘ） は、　Ｈ（ｘ）＝４ｘ³−３ｘ　である。

　　　（コメント）　この問題は、チェビシェフの多項式に関連する問題である。いま求めた多
　　　　　　　　　項式 Ｈ（ｘ） は、チェビシェフの多項式 Ｔ₃（Ｘ） そのものである。

　　　　上記は、教科書風の解答であるが、下記のような美しい別解も知られている。

　　　（別解）　関数 Ｈ（ｘ）は、　ｘ＝α　で極大、ｘ＝β　で極小　とする。

　　　　　　　このとき、題意より

　　　　　　　　　　Ｈ（ｘ）−１＝ｐ（ｘ−α）²（ｘ−１）

　　　　　　　　　　Ｈ（ｘ）＋１＝ｐ（ｘ−β）²（ｘ＋１）

　　　　　　と書ける。　よって、

　　　　　　　　ｐ（ｘ−α）²（ｘ−１）＋１＝ｐ（ｘ−β）²（ｘ＋１）−１

　　　　　　　　ｐ（ｘ³−（２α＋１）ｘ²＋（α²＋２α）ｘ−α²）＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝ｐ（ｘ³−（２β−１）ｘ²＋（β²−２β）ｘ＋β²）−１

　　　　　　係数を比較して、

　　　　　　　　２α＋１＝−（２β−１）　、α²＋２α＝β²−２β　、−ｐα²＋１＝ｐβ²−１

　　　　　　よって、　β＝−α　で、　ｐα²＝１　となる。

　　　　　　　ここで、　Ｈ（−１）−１＝ｐ（−１−α）²（−１−１）　より、　ｐ（α＋１）²＝１

　　　　　　したがって、　（α＋１）²＝α²　より、　α＝−１/２　となる。

　　　　　　　このとき、　ｐ＝４　なので、

　　　　　　　　　　　Ｈ（ｘ）＝４（ｘ＋１/２）²（ｘ−１）＋１＝４ｘ³−３ｘ　　　　（別解終）

　　　　　　（コメント）　あの長い計算がコンパクトにまとめられてスッキリですね！

（２）　関数 Ｇ（ｘ）＝Ｆ（ｘ）＋Ｈ（ｘ） を考えると、

　　　　　Ｇ（１）＝Ｆ（１）＋Ｈ（１）＝Ｆ（１）＋１≧０

　　　　　Ｇ（−１）＝Ｆ（−１）＋Ｈ（−１）＝Ｆ（−１）−１≦０

　　　また、　Ｈ（−１/２）＝１　、Ｈ（１/２）＝−１　なので、

　　　　　Ｇ（１/２）＝Ｆ（１/２）＋Ｈ（１/２）＝Ｆ（１/２）−１＜０

　　　　　Ｇ（−１/２）＝Ｆ（−１/２）＋Ｈ（−１/２）＝Ｆ（−１）＋１＞０

　　　よって、関数 Ｇ（ｘ）は ３次関数で、−１＜ｘ＜１　の範囲において、極大値と極小値を

　　持つ。さらに、グラフの特徴から、

　　　　　ｘ＞１　のとき、　Ｇ（ｘ）＞０　　で、　ｘ＜−１　のとき、　Ｇ（ｘ）＜０

　　である。

　　　同様にして、関数 Ｋ（ｘ）＝Ｈ（ｘ）−Ｆ（ｘ） を考えると、

　　　　　Ｋ（１）＝Ｈ（１）−Ｆ（１）＝１−Ｆ（１）≧０

　　　　　Ｋ（−１）＝Ｈ（−１）−Ｆ（−１）＝−１−Ｆ（−１）≦０

　　　また、　Ｈ（−１/２）＝１　、Ｈ（１/２）＝−１　なので、

　　　　　Ｋ（１/２）＝Ｈ（１/２）−Ｆ（１/２）＝−１−Ｆ（１/２）＜０

　　　　　Ｋ（−１/２）＝Ｈ（−１/２）−Ｆ（−１/２）＝１−Ｆ（−１）＞０

　　　よって、関数 Ｋ（ｘ）は ３次関数で、−１＜ｘ＜１　の範囲において、極大値と極小値を

　　持つ。さらに、グラフの特徴から、

　　　　　ｘ＞１　のとき、　Ｋ（ｘ）＞０　　で、　ｘ＜−１　のとき、　Ｋ（ｘ）＜０

　　である。

　　　以上から、　ｘ＞１　のとき、　Ｆ（ｘ）＋Ｈ（ｘ）＞０　かつ　Ｈ（ｘ）−Ｆ（ｘ）＞０

　　　　　　　　　　　　　　　　すなわち、　−Ｈ（ｘ）＜Ｆ（ｘ）＜Ｈ（ｘ）

　　　　　　　　　　ｘ＜−１　のとき、　Ｆ（ｘ）＋Ｈ（ｘ）＜０　かつ　Ｈ（ｘ）−Ｆ（ｘ）＜０

　　　　　　　　　　　　　　　　すなわち、　Ｈ（ｘ）＜Ｆ（ｘ）＜−Ｈ（ｘ）

　　　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）｜

　　が成り立つ。　（終）