No Title

式の良問10題解答

１．解説

　単項式とは，数と，0 または正の指数をもつ文字をかけあわせたものである．数の部分を係数という．
　多項式とは単項式を和によって結合したものである．
　整式とは単項式と多項式の総称である．多項式を整式の意味に用いることもある．

　文字が x の場合 $f(x)\ ,\ g(x)$ のように記す．
　整式であるかどうかは係数の問題ではない． $x^2+\sqrt{3}x-\pi$ も整式である．係数が整数であるものを整式というと誤解している人がいるがそれはまちがい． $\sqrt{x^2+1}$ や $\dfrac{x-1}{x^2+x+1}$ 等が整式でない．それぞれ，無理式，有理式，という．

式の問題を解く基本は次の2つの事実である．

(1)　除法の原理と因数定理，剰余定理

整式は整数の場合と同様，商が定義され，任意の整式 $f(x)\ ,\ g(x)$ に対し次のことが成り立つ．

$\begin{displaymath}\begin{array}{\vert l\vert} \hline f(x)=g(x) \cdot q(x) \... ...ad \quad 0 \le 次数r(x) < 次数g(x) \\ \hline \end{array} \end{displaymath}$

除法の原理

　除法の原理は整数で成り立つ．整数の除法の原理を用いて示されるさまざまの性質は基本的に整式でも成り立つ．

　除法の等式において g(x) を $g(X)=x- \alpha$ とする． g(x) の次数が1であるから，余りは0次，つまり定数となり，除法の式が次の形となる．

$\begin{displaymath}f(x)=(x-\alpha )q(x)+r \cdots \maru{1} \end{displaymath}$

剰余定理

$\begin{displaymath}\begin{array}{\vert l\vert} \hline 整式 f(x) を (x- \alph... ...余りは \quad f( \alpha ) \,である．\\ \hline \end{array} \end{displaymath}$

$x=\alpha$

$\begin{displaymath}f( \alpha )=( \alpha - \alpha)q( \alpha ) + r \,=\, r\ \end{displaymath}$

因数定理

因数分解された因子を因数という．このとき次のことが成り立つ．

$\begin{displaymath}\begin{array}{\vert l\vert} \hline 整式 f(x) が (x- \alph... ... \Longleftrightarrow f( \alpha ) =0\\ \hline \end{array} \end{displaymath}$

$\begin{eqnarray*}&& 整式 f(x) が (x- \alpha ) を因数にもつ\\ &\Longleftrightar... ...Longleftrightarrow &r=0\\ &\Longleftrightarrow &f( \alpha )=0 \end{eqnarray*}$

$\alpha$

(2) 整式の一致と恒等式の定義

$A,\ B$ が x についての整式であるとき, 次の3つの命題は同値である. また, このとき, 等式 A=B は 恒等式 であるという.

1. 任意の x の値に対して $A(x),\ B(x)$ は同一の値をとる.
2. 等式 A(x)=B(x) が異なる n+1 個の x の値に対して成り立つ.
3. A(x) と B(x) は同一の式である. つまり, 次数が等しくかつ同じ次数の項の係数が等しい.

証明

1. $({\rm i})\Rar({\rm ii}):明白である.$
2. $({\rm ii})\Rar({\rm iii}):H(x)=A(x)-B(x)$ は n 次以下の整式である. $a_i\ (\le i\le n+1)$ の相異なる a_i に対して, H(a_i)=0 であるから, 因数定理より, $H(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_{n+1})Q(x)$ と因数分解される. もし $Q(x)\ne0$ なら, 左辺の次数は n 以下であり, 右辺の次数は n+1 以上となる. よって, 矛盾が起こる. したがって, H(x)=0 . つまり, A(x)=B(x) である.
3. $({\rm iii})\Rar({\rm i}):明白である.$

これは, きわめて重要な定理である. たとえば, f(x) が整式で

xf(x)=x³+2x²

f(x)=x²+2x

$x\ne0$

f(x)=x²+2x

このように明確に説明しなければならない.

2．解答

1．［81年阪大理系］

題意から

$\begin{displaymath}f(x)-f(a)=(x^3-a^3)Q(x)\quad \cdots \maru{1} \end{displaymath}$

$\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}$

$\omega x$

$\omega^3=1$

$(\omega x)^3=x^3$

$\begin{displaymath}f(\omega x)-f(a)=(x^3-a^3)Q( \omega x) \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}∴ \quad f(x)-f(\omega x)=(x^3-a^3)\{Q(x)-Q( \omega x)\} \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}f(a)-f(\omega a)=0 \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}f(x)-f(\omega x)=0 \quad \cdots \maru{2} \end{displaymath}$

　f(x) を n 次式として $\displaystyle f(x)=\sum_{j=0}^nc_jx^j$ とおくと， ②式は次のことを意味する．

$\begin{displaymath}\sum_{j=0}^nc_jx^j=\sum_{j=0}^nc_j(\omega x)^j \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}c_j=c_j \cdot \omega ^j \quad つまり(1-\omega ^j)c_j=0 \end{displaymath}$

$\omega^j \ne 1$

　したがって f(x) は3の倍数次の項以外は係数が0となり， x³ の多項式になることがわかる．つまり題意が示された．

2．［91京大後期理系］

1. $\begin{displaymath}f(x+y)=P_0(x)+P_1(x)y+P_2(x)y^2+ \cdots + P_n(x)y^n \,\,\cdots \maru{1} \end{displaymath}$ に y=0 を代入すると， f(x)=P₀(x) が得られる．また， $\maru{1}$ を y で微分すると $\begin{displaymath}f'(x+y)=P_1(x)+2P_2(x)y+ \cdots + nP_n(x)y^{n-1} \,\,\cdots \maru{2} \end{displaymath}$ となり，この式に y=0 を代入すると f'(x)=P₁(x) が得られる．さらに y で微分すると $\begin{displaymath}f''(x+y)=2P_2(x)+ \cdots + n(n-1)P_n(x)y^{n-2} \end{displaymath}$ となるので，同様にして $\begin{displaymath}f''(x)=2P_2(x)\qquad∴\quad P_2(x)=\dfrac{1}{2}f''(x) \end{displaymath}$ が得られる． 次に，f(x+y) は x と y の次数の合計が常に n であり，よって P_n(x) は定数である． $\maru{1}$ で x=0 を代入すると $\begin{displaymath}f(y)=P_0(0)+P_1(0)y+P_2(0)y^2+ \cdots + P_n(x)y^n \end{displaymath}$ となる．つまり f(x) の最高次数の係数が P_n(x) であることを示している．
2. f(x) の次数が $n \ge 3$ と仮定する． $\begin{eqnarray*}f(x+y)-f(x) &=& P_1(x)y+P_2(x)y^2+ \cdots + P_n(x)y^n \\ &=& f'(x)y+\dfrac{1}{2}f''(x)y^2+ \cdots + P_n(x)y^n \end{eqnarray*}$ 一方， $\maru{2}$ の y を cy に置き換えると， $\begin{eqnarray*}f'(x+cy) &=&P_1(x)+2P_2(x)cy+ \cdots + nP_n(x)(cy)^{n-1} \\ &=&f'(x)+f''(x)cy+ \cdots + nP_n(x)c^{n-1}y^{n-1} \end{eqnarray*}$ $n \ge 3$ より係数を比較すると， $\begin{displaymath}\dfrac{1}{2}f''(x)=cf''(x),\quad P_n(x)=nP_n(x)c^{n-1} \end{displaymath}$ $n \ge 3$ より $f''(x) \ne 0$ であるから， $\begin{displaymath}c=\dfrac{1}{2} \end{displaymath}$ また， $P_n(x) \ne 0$ より， $\begin{displaymath}1=n c^{n-1}= \dfrac{n}{2^{n-1}} \end{displaymath}$ がわかり，これから 2^n-1=n が結論される． ところが $n \ge 3$ より $\begin{displaymath}2^{n-1}=(1+1)^{n-1}>1+\comb{n-1}{1}=1+n-1=n \end{displaymath}$ となりこの結論と矛盾する． したがって $n \ge 3$ が否定され， $n \le 2$ であることが示された．

3．［東大92年後期理系］

4．［阪大98年前期理系］

解1

$\begin{displaymath}nf(x)=(x+p)f'(x) \quad\cdots\maru1 \end{displaymath}$

nf'(x)=f'(x)+(x+p)f''(x)

$\begin{displaymath}(n-1)f'(x)=(x+p)f''(x) \quad\cdots\maru2 \end{displaymath}$

$\begin{eqnarray*}&& (n-2)f''(x)=(x+p)f'''(x) \quad\cdots\maru3 \\ && \qquad \qquad \vdots \\ && f^{(n-1)}(x)=(x+p)f^n(x) \quad\cdots\maru n \end{eqnarray*}$

n!f(x)=(x+p)ⁿfⁿ(x)

ⁿ

₀

f(x)=a₀(x+p)ⁿ

解2

$\begin{displaymath}f'(x)=na_0x^{n-1}+ \cdots +a_{n-1} \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}(x+p)f'(x)=na_0x^n+\{na_0p+(n-1)a_1\}x^{n-1}+ \cdots +pa_{n-1} \end{displaymath}$

$1 \le k \le n-1$

^n-k

$\begin{displaymath}(n-k)a_k+(n-k+1)a_{k-1} \cdot p \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}n \cdot a_k=(n-k)a_k+(n-k+1)a_{k-1} \cdot p \end{displaymath}$

$a_{k-1}=a_0p^{k-1}\comb{n}{k-1}$

$\begin{eqnarray*}&& ka_k=(n-k+1)a_0p^k \cdot \comb{n}{k-1} \\ &∴& a_k=a_0 p^k \cdot \comb{n}{k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*}&& na_n=pa_{n-1}=p \cdot a_0p^{n-1}\cdot\comb{n}{n-1}=na_0p^n \\ && ∴ \quad a_n=a_0p^n \end{eqnarray*}$

$\begin{displaymath}f(x)=a_0x^n+a_0 \comb {n}{1} x^{n-1} \cdot p+ \cdots +a_0p^n=a_0(x+p)^n \end{displaymath}$

解3

　条件式は $x\ne -p$ では関数等式

$\begin{displaymath}\dfrac{f'(x)}{f(x)}=\dfrac{n}{x+p} \end{displaymath}$

両辺を x で積分する．

$\begin{eqnarray*}\int \dfrac{f'(x)}{f(x)}\,dx=\log\vert f(x)\vert+C\\ \int\dfrac{n}{x+p}\,dx=\log\vert(x+p)\vert^n+C \end{eqnarray*}$

$\begin{displaymath}\log\vert f(x)\vert=\log\vert(x+p)\vert^n+C \end{displaymath}$

f(x)=C'(x+p)ⁿ

　多項式の関係式が $x\ne -p$ で成立するのでx=-pのときも成立する.

　条件式の最高次数の係数と比較して C'=a₀

$\begin{displaymath}∴ \quad f(x)=a_0(x+p)^n \end{displaymath}$

5．［98京都府立医科大］

6．［99京都府立医科大］

1. 一般に関数 y=f(x) のグラフを x=a で対称に変換したグラフの関数は y=f(2a-x) である. $f(x)=\cos\left(\dfrac{x-a}{b-a}\pi\right)$ とする. f(x) は $-\infty<x<\infty$ で定義され $\begin{eqnarray*}f(2a-x)&=&\cos\left(\dfrac{2a-x-a}{b-a}\pi\right)\\ &=&\cos\le... ...\cos\left\{ \left(2+ \dfrac{a-x}{b-a}\right)\pi\right\}\ =\ f(x) \end{eqnarray*}$ より, y=f(x) は $x=a,\ x=b$ に関して対称である. よって, 条件をみたしている.
2. 題意より $\begin{displaymath}f(2a-x)=f(x),\ f(2b-x)=f(x) \end{displaymath}$ が成り立つ．ところが, このとき任意の実数 x₀ に対し f(x₀)=f(2a-x₀)=f(2b-(2a-x₀))=f(2b-2a+x₀) が成り立つ．したがって $\begin{displaymath}f(x_0)=\cdots f(2kb-2ka+x_0)\quad(k=1,\,2,\,\cdots) \end{displaymath}$ となる. a<b より, これは $\begin{displaymath}f(x_0)=f(x)\quad\cdots\maru1 \end{displaymath}$ をみたす x の値が無数にあることを意味する. f(x) が整式であるから, 1は恒等式である. つまり, f(x) は定数である.

7．［99京都府立医科大］

$\begin{displaymath}f(\sin(-t))=g(\cos(-t))=g(\cos t)=f(\sin t) \end{displaymath}$

$\begin{displaymath}∴\quad f(-\sin t)=f(\sin t) \end{displaymath}$

$-1\le x\le1$

$\begin{displaymath}g(\cos(\pi-\theta))=f(\sin(\pi-\theta))=f(\sin\theta)=g(\cos\theta) \end{displaymath}$

次に

$\cos(\pi-\theta)=-\cos\theta$

$\begin{displaymath}g(-\cos\theta)=g(\cos\theta) \end{displaymath}$

$f(x)=\dis\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$ とすれば f(x)=f(-x) より $a_i=0\ (iは奇数)$ .
よって, x の整式 F(x) を用いて f(x)=F(x²) , 同様に, xの整式 G(x) を用いて g(x)=G(x²) とおける.

$f(\sin t)=g(\cos t)$ より

$\begin{displaymath}F(\sin^2t)=G(\cos^2t)=G(1-\sin^2t) \end{displaymath}$

F(x²)=G(1-x²)

8．[00東大後期理系]

9．［00お茶の水女子大後期］

解1

　f(x) を $n\ (n \ge 0)$ 次， $g(y)\ (m \ge 0)$ を m 次とし

$\begin{eqnarray*}f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_0\\ g(y)=b_my^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots +b_0 \end{eqnarray*}$

条件は f(x) と g(y) で対称なので $n \ge m$ とする．
$y=\dfrac{1}{x}$ のとき条件は

$\begin{eqnarray*}&&f(x)g(y)=f(x)g \left(\dfrac{1}{x} \right)\\ &=&(a_nx^n+a_{n-... ...ots+a_0)(b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_0x^m) =x^m \quad \cdots \maru{1} \end{eqnarray*}$