2017年入試問題研究に戻る早稲田理工5番解答
(1) 3次方程式 $ f(x)=0 $ の3つの解を $ \alpha,\ \beta,\ \gamma $ とする．
1） $ \alpha,\ \beta,\ \gamma$ がすべて異なるとき．
解と係数の関係から \[ \left\{ \begin{array}{l} \alpha+\beta+\gamma=-1\\ \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=p\\ \alpha\beta\gamma=-q \end{array} \right. \quad \cdots * 1 * \] である． $ \dfrac{-1}{\alpha+1} $ ， $ \dfrac{-1}{\beta+1} $ ， $ \dfrac{-1}{\gamma+1} $ も，3つの解である．よって同様に \[ \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{-1}{\alpha+1}+\dfrac{-1}{\beta+1}+\dfrac{-1}{\gamma+1}=-1\\ \dfrac{1}{(\alpha+1)(\beta+1)}+\dfrac{1} {(\beta+1)(\gamma+1)}+\dfrac{1}{(\gamma+1)(\alpha+1)}=p\\ \dfrac{-1}{(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1)}=-q \end{array} \right. \cdots * 2 * \] $ * 2 * $ の第1式に $ -(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1) $ を乗じる． \[ (\alpha+1)(\beta+1)+(\beta+1)(\gamma+1)+(\gamma+1)(\alpha+1)=(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1) \] 両辺を展開して $ * 1 * $ を代入する． \[ p+(-1)+(-1)+3=-q+p-1+1 \] よって $ q=-1 $ ． $ * 2 * $ の第3式より \[ -q+p-1+1=q \] よって $ p=-2 $ である．
2） $ \gamma=\beta $ のとき． $ g(\alpha) $ と $ g(\beta) $ のとりうる値は $ \alpha $ と $ \beta $ である．
$ g(\alpha)=\alpha $ のとき．これより \[ \alpha^2+\alpha+1=0 \] つまり，$ \alpha=\dfrac{-1\pm \sqrt{3}}{2} $ ．この一方を $ \omega $ とおく． $ g(\alpha)=\beta $， $ g(\beta)=\alpha $ のとき． $ \alpha=\beta $ となる．以上から， \[ (\alpha,\ \beta)= (\omega,\ \bar{\omega}),\ (\bar{\omega},\ \omega),\ (\omega,\ \omega),\ (\bar{\omega},\ \bar{\omega}) \] 一方､ 解と係数の関係から、3数の和は$-1$であるが、これを満たすものはない．(2) $ f(-2)=-1< 0 $ ， $ f(-1)=1 >0 $ ， $ f(1)=-1< 0 $ ， $ f(2)=7 >0 $ より， $ f(x)=0 $ は $ -2< x< -1,\ -1< x< 1,\ 1< x< 2 $ に解をもち， 3次方程式なので，これらが解のすべてである． つまり， $ -2< x< 2 $ の範囲に3つの実数解をもつ．
(3) \begin{eqnarray*} f(2\cos\theta)&=&8\cos^3\theta+4\cos^2\theta-4\cos\theta-1\\ &=&4\cos\theta(2\cos^2\theta-1)+2(2\cos^2\theta-1)+1\\ &=&4\cos\theta(\cos2\theta)+2(\cos2\theta)+1=0 \end{eqnarray*} よって \[ 2\cos2\theta=\dfrac{-1}{2\cos\theta+1}=g(2\cos\theta) \quad \cdots * 3 * \] $ \alpha $ が $ f(x)=0 $ の解のとき， \[ \dfrac{1}{\alpha}=\alpha^2+\alpha-2 \] であるから， \[ g(g(\alpha))=\dfrac{-1}{\dfrac{-1}{\alpha+1}+1} =-1-\dfrac{1}{\alpha} =-\alpha^2-\alpha+1 \] となる．ここで $ 8\cos^3\theta+4\cos^2\theta-4\cos\theta-1=0 $ より， \[ 2(4\cos^3\theta-3\cos\theta)+4\cos^2\theta+2\cos\theta-1=0 \] つまり \[ 2\cos3\theta =-(2\cos\theta)^2-(2\cos\theta)+1 =g(g(2\cos\theta)) \quad \cdots * 4 * \] である． $ g(2\cos\theta) $ が $ f(x)=0 $ の解なので， $ g(g(2\cos\theta)) $ も解である．
(4) $ 2\cos\theta $ が解のとき $ * 3 * $ がなりたつので， $ 2\cos2\theta $ が解のとき， $ * 3 * $ の $ \theta $ を $ 2\theta $ で用いて \[ 2\cos4\theta=g(2\cos2\theta) \] がなりたつ．一方， $ * 4 * $ から \[ 2\cos3\theta=g(2\cos2\theta) \] である．よって， \[ \cos3\theta=\cos4\theta \] が必要である．これより \[ \cos4\theta-\cos3\theta =-2\sin\dfrac{\theta}{2}\sin\dfrac{7\theta}{2}=0 \] である． $ 0< \dfrac{\theta}{2}< \dfrac{\pi}{2} $ より $ \sin\dfrac{\theta}{2}=0 $ となる $ \theta $ は存在しない． $ 0< \dfrac{7\theta}{2}< \dfrac{7\pi}{2} $ より $ \sin\dfrac{7\theta}{2}=0 $ となるのは \[ \dfrac{7\theta}{2}=\pi,\ 2\pi,\ 3\pi \] つまり，$ x=2\cos\theta $ が解のとき， \[ \theta=\dfrac{2\pi}{7},\ \theta=\dfrac{4\pi}{7},\ \theta=\dfrac{6\pi}{7} \] が必要である．
問題
(2)より， $ f(x)=0 $ の解は3個あり，すべて $ -2< x< 2 $ にあるので，その解は $ 2\cos\theta $ と表せる． 必要条件で絞られた3個の $ \theta $ に対する $ x=2\cos\theta $ の値はすべて異なるので， これらが， $ 2\cos\theta $ が $ f(x)=0 $ の解であるような $ \theta\ (0<\theta< \pi) $ の値のすべてである．
注意 十分性は次のように直接示すこともできる．
$ \theta=\dfrac{2\pi}{7} $ のとき，(3)の冒頭の変形より \begin{eqnarray*} f\left(2\cos\dfrac{2\pi}{7}\right)&=& 4\cos\dfrac{2\pi}{7}\left(\cos\dfrac{4\pi}{7}\right)+2\left(\cos\dfrac{4\pi}{7}\right)+1\\ &=&2\left(\cos\dfrac{6\pi}{7}+\cos\dfrac{2\pi}{7} \right)+2\left(\cos\dfrac{4\pi}{7}\right)+1 \end{eqnarray*} $ \cos(2\pi-\theta)=\cos\theta $ より \[ f\left(2\cos\dfrac{2\pi}{7}\right)=\sum_{k=0}^6\cos\dfrac{2k\pi}{7} \] である．ここで， \[ \sum_{k=0}^6\left(\cos\dfrac{2k\pi}{7}+i\sin\dfrac{2k\pi}{7}\right) =\dfrac{\left(\cos\dfrac{2k\pi}{7}+i\sin\dfrac{2k\pi}{7} \right)^7-1} {\cos\dfrac{2k\pi}{7}+i\sin\dfrac{2k\pi}{7}-1}=0 \] なので， \[ f\left(2\cos\dfrac{2\pi}{7}\right)=0 \] となり， $ \theta=\dfrac{2\pi}{7} $ は条件を満たす． この結果， $ \theta=\dfrac{4\pi}{7},\ \dfrac{6\pi}{7} $ も条件を満たす．