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関数値の符号［01慶応理工］

問題     

実数$a,\ b,\ c$ に対し $g(x)=ax^2+bx+c$ を考え， $u(x)$ を $u(x)=g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right)$ で定義する．

1. $u(x)$ は $y=x+\dfrac{1}{x}$ の整式 $v(y)$ として表せることを示せ．
2. 上で求めた $v(y)$ は $-2\le y \le 2$ の範囲のすべての $y$ に対して $v(y)\ge 0$ であることを示せ．

方針

1.

実際に2次式で計算しよう． 後半は，軸での場合分けということになる．

2.

$y$を条件の範囲に固定したとき，$x$はどのように定まるのか． $x$は2解の積が1の重解か虚数解である． $f(x)$の係数は実数である． これを考えることで別の方法が見える．

解1

1. $$\begin{eqnarray*} g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right) &=&(ax^2+bx+c) \left(\dfrac{a... ...{1}{x}\right)^2+b(a+c)\left(x+\dfrac{1}{x}\right) +(a-c)^2+b^2 \end{eqnarray*}$$
   
   
   確かに
   
   $$v(y)=acy^2+b(a+c)y+(a-c)^2+b^2$$
   
   
   と表される．

2. $$\begin{eqnarray*} v(-2)&=&4ac-2b(a+c)+(a-c)^2+b^2=(a+c-b)^2\ge 0\\ v(2)&=&4ac+2b(a+c)+(a-c)^2+b^2=(a+c+b)^2\ge 0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   なので, $y^2$の係数の符号と軸の位置を考えて場合分けする．

   $ac \le 0$，または$ac > 0$で $\left\vert\dfrac{b(a+c)}{2ac} \right\vert>2$ なら， $-2\le y \le 2$ で $v(y)\ge 0$ ．

   $ac > 0$でかつ $\left\vert\dfrac{-b(a+c)}{2ac} \right\vert\le 2$のときは，この条件の下で， $v \left(-\dfrac{b(a+c)}{2ac} \right)\ge 0$ を示せばよい．

   軸の条件は $b^2(a+c)^2\le 16a^2c^2$ となるので

   $$\begin{eqnarray*} v \left(-\dfrac{b(a+c)}{2ac} \right) &=&-\dfrac{b^2(a+c)^2-4... ...2c^2}{(a+c)^2} \right\}\\ &=&\dfrac{4ac(a-c)^4}{(a+c)^2}\ge 0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   ゆえに題意が示された．□

解2

1. $g(x)g(z)$は明らかに $x$ と $z$ の対称式である．

   したがってこれは基本対称式 $x+z$ と $xz$ の整式である．

   $x+z$ と $xz$ で表したものの $z$ に $\dfrac{1}{x}$ を代入する．

   $g(x)g \left( \dfrac{1}{x}\right)$ は $x+ \dfrac{1}{x}$ と $x\cdot \dfrac{1}{x}=1$ の整式となる． つまり $y=x+\dfrac{1}{x}$ の整式として表せる．

2. $-2 < y < 2$ の範囲 $y$ を固定し $y_0$ とする．
   
   $$y_0=x+\dfrac{1}{x}$$
   
   
   となる $x$ を求める．
   
   $$x^2-y_0x+1=0$$
   
   
   で，判別式 $D=y_0^2-4<0$ であるから，虚数解 $\alpha$ と $\bar{\alpha}$ をもつ．

   さらに解と係数の関係から $\alpha \cdot \bar{\alpha}=1$ である．
   

   $$v(y_0)=g(\alpha)g \left( \dfrac{1}{\alpha}\right) =g(\alpha)g \left( \bar{\alpha}\right)$$
   
   
   $g(x)$は実数係数の整式であるから
   
   $$g(\alpha)g \left( \bar{\alpha}\right) =g(\alpha)\overline{g(\alpha)} =\vert g(\alpha)\vert^2\ge0$$
   
   
   $y_0=\pm2$ のとき
   
   $$y_0=x+\dfrac{1}{x}$$
   
   
   はそれぞれ重解 $1$ と $-1$ をもつ．よって，
   
   $$v(\pm2)=g(\pm1)g \left( \dfrac{1}{\pm 1}\right)\\ =g(\pm1)g(\pm 1) =g(\pm 1)^2 \ge0$$
   
   
   となる．

   したがって $-2\le y \le 2$ の範囲のすべての $y$ に対して $v(y)\ge 0$ であることが示された．□

吟味
第1の解法の(2)は次のようにもできる．

$v(y)$ を $b$ で整理すると

$$v(y)=b^2+(a+c)b+acy^2+(a-c)^2$$

となる． $b$ の2次式と見た判別式は

$$D=(a+c)^2y^2-4\{acy^2+(a-c)^2\}=(a-c)^2(y^2-4)$$

となる．ゆえに $\vert y\vert\le2$ なら $D\ge 0$ となり任意の実数 $b$ に対して $v(y)\ge 0$ なのだ．

これは「より個別性を用いたうまい方法」には違いないし，見つければおもしろいが， なかなか気づくとはかぎらない．

さて，より一般的な方法はないか．考えるヒントは $y=x+\dfrac{1}{x}$ と置いたとき， $\vert y\vert\le2$になるような $x$ はどんなものかということだ． $x$は2解の積が1の重解か虚数解である． 虚数解の場合2解は$\alpha$と $\overline{\alpha}$とおけ，積が1のなで $\dfrac{1}{\alpha}=\overline{\alpha}$だ． それが判れば， $v(y)=g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right)$ だから， $v(y)$ の問題を $g(x)$ の問題に還元できる．

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