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解答

　

解答 3.1       問題3.1

１．$A(x)$，$B(x)$ の最高次数の係数を$a$と$b$とする． $k=\dfrac{a}{b}$とする． このとき$A(x)-kB(x)$は$n-1$次以下の整式である．したがって

\begin{displaymath} \int_{-1}^1\{A(x)-kB(x)\}A(x)\,dx=0\ ,\quad \int_{-1}^1\{A(x)-kB(x)\}B(x)\,dx=0 \end{displaymath}

となる．

\begin{eqnarray*} ∴&&\int_{-1}^1\{A(x)-kB(x)\}^2\,dx\\ &=&\int_{-1}^1\{A(x)-kB(x)\}A(x)\,dx-k\int_{-1}^1\{A(x)-kB(x)\}B(x)\,dx=0 \end{eqnarray*}

これから関数$A(x)-kB(x)$は区間$[-1,\ 1]$でつねに0である． ところが$A(x)-kB(x)$は整式なので，すべての$x$で$A(x)-kB(x)=0$． つまり$A(x)=kB(x)$ と表された．

２．次のように順次部分積分を行う．$Q(x)$は$n-1$次式なので$Q^{(n)}(x)=0$である．

    \begin{eqnarray*} &&\int_{-1}^1Q(x)F^{(n)}(x)\,dx\\ &=&\left[Q(x)F^{(n-1)}(x)... ...)\,dx\\ &&\cdots\\ &=&(-1)^n\int_{-1}^1Q^{(n)}(x)F(x)\,dx=0 \end{eqnarray*}

３． $F(x)=(x^2-1)^n=(x+1)^n(x-1)^n\ (n 自然数)$とおく． $0\le k \le n-1$の$k$に対して

    \begin{displaymath} F^{(k)}(x)=\sum_{j=0}^k {}_k\mathrm{C}_j\dfrac{d^j}{dx^j}(x-1)^n\cdot\dfrac{d^{k-j}}{dx^{k-j}}(x+1)^n \end{displaymath}

    となる．ゆえに $F^{(k)}(\pm 1)=0\ (0\le k \le n-1)$．つまり$F(x)$は(2)の条件を満たすので， $F^{(n)}(x)$は題意を満たす$P(x)$のひとつである． (1)からすべての$P(x)$はある定数 $k$ を用いて $P(x)=kF^{(n)}(x)=k\dfrac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n$と表される．

４．

５．$P_n(x)$を$P_n$と書く． $P_0=1$， $P_1=\dfrac{1}{2}\dfrac{d}{dx}(x^2-1)=x$．(4)の漸化式から

    \begin{displaymath} \begin{array}{l} 2P_2=3xP_1-P_0=3x^2-1\\ \quad \quad \qu... ...=\dfrac{63}{8}x^5-\dfrac{35}{4}x^3+\dfrac{15}{8}x \end{array} \end{displaymath}

６．

\begin{eqnarray*} P_n(-x)&=&\dfrac{1}{2^nn!}\dfrac{d^n}{d(-x)^n}\{(-x)^2-1\}^n\... ...dfrac{1}{2^nn!}\dfrac{d^n}{dx^n}\{x^2-1\}^n\\ &=&(-1)^nP_n(x) \end{eqnarray*}

    次に

    \begin{eqnarray*} P_n(x)&=&\dfrac{1}{2^nn!}\dfrac{d^n}{dx^n}(x-1)^n(x+1)^n\\ ... ..._j\dfrac{d^j}{dx^j}(x-1)^n\cdot\dfrac{d^{n-j}}{dx^{n-j}}(x+1)^n \end{eqnarray*}

    $j=0$の項は $\dfrac{1}{2^nn!}\cdot n!\cdot(x-1)^n$， $j=n$の項は $\dfrac{1}{2^nn!}\cdot n!\cdot(x+1)^n$．

    $1\le j \le n-1$の項は，$(x-1)(x+1)$を因数にもつ．


    \begin{displaymath} ∴\quad P_n(1)=1,\,P_n(-1)=(-1)^n \end{displaymath}

７．数学的帰納法で示す．

    $n=2$のとき． $P_1(x)=0$の根は$x=0$, $P_2(x)=0$の根は $x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}}$より成立．

    $n=k$のとき成立してるとする．

    つまり，

    \begin{displaymath} -1<\beta_1<\gamma_1<\beta_2<\cdots \gamma_{k-1}<\beta_k<1 \end{displaymath}

    が成立しているとする．

    $P_k(1)=P_{k-1}(1)=1$より $P_{k-1}(\beta_k)>0$． 漸化式から $(k+1)P_{k+1}(\beta_k)=-kP_{k-1}(\beta_k)$なので

    \begin{displaymath} P_{k+1}(\beta_k)<0 \end{displaymath}

    $P_{k+1}(1)=1>0$とあわせて$P_{k+1}(x)=0$は$\beta_k<x<1$に根をもつ．

    一方， $P_{k-1}(\beta_i)$と $P_{k-1}(\beta_{i+1})$は異符号なので， $(k+1)^2P_{k+1}(\beta_i)P_{k+1}(\beta_{i+1}) =(-k)^2P_{k-1}(\beta_i)P_{k-1}(\beta_{i+1})$より

    \begin{displaymath} P_{k+1}(\beta_i)P_{k+1}(\beta_{i+1})<0 \end{displaymath}

    よって$\beta_i$と$\beta_{i+1}$の間に$P_{k+1}(x)=0$の根が少なくとも一つ存在する．

    あわせて$k$個の根が $\beta_1,\ \beta_2,\ \cdots,\ \beta_k,\ 1$の間にある．

    次に $P_{k+1}(-1)=P_{k-1}(-1)=(-1)^{k+1}$で $P_k(-1)=(-1)^k$．また$P_{k-1}(-1)$と $P_{k-1}(\beta_1)$は同符号．漸化式から $(k+1)P_{k+1}(\beta_1)=-kP_{k-1}(\beta_1)$．

    \begin{displaymath} ∴\quad P_{k+1}(\beta_1)P_{k+1}(-1)<0 \end{displaymath}

    よって，$-1<x<\beta_1$に$P_{k+1}(x)=0$の根がある．

    これで$P_{k+1}(x)=0$の$k+1$個の根がすべて尽くされた．

    つまり$n=k+1$でも成立した．

    したがって，$P_n(x)=0$ の根はすべて実数で，$-1$と$1$の間にあり，重解ではなく， $P_{n-1}(x)=0$ の根で分離されることが示された．

８．最高次数の係数が$P_n(x)$ と一致する任意の$n$ 次多項式 $F(x)$ に対して $F(x)-P_n(x)$は$n-1$次以下の整式になる．これを$Q(x)$とおく．つまり

    \begin{displaymath} F(x)=P_n(x)+Q(x) \end{displaymath}

    このとき

    \begin{eqnarray*} \int_{-1}^1\{F(x)\}^2\,dx&=&\int_{-1}^1\{P_n(x)\}^2\,dx +2\i... ...+\int_{-1}^1\{Q(x)\}^2\,dx\\ &\ge&\int_{-1}^1\{P_n(x)\}^2\,dx \end{eqnarray*}

    等号成立は$F(x)=P_n(x)$のとき． このとき最小値が $\displaystyle \int_{-1}^1\{P_n(x)\}^2\,dx$．

    この値を計算する．

    まず ${P_{n+1}}'(x)-kP_n(x)$が$n-1$次以下となる$k$を求める．$P_n(x)$の$ x^n $の係数は $\dfrac{(2n)!}{2^nn!n!}$であり， ${P_{n+1}}'(x)$の$ x^n $の係数は $\dfrac{(n+1)(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!(n+1)!}$である．

    したがって

    \begin{displaymath} \dfrac{(n+1)(2n+2)(2n+1)}{2(n+1)(n+1)}-k=0 \end{displaymath}

    より$k=2n+1$．したがって

    \begin{displaymath} \int_{-1}^1\{{P_{n+1}}'(x)-(2n+1)P_n(x)\}P_n(x)\,dx=0 \end{displaymath}

    一方

    \begin{displaymath} \left[P_n(x)P_{n+1}(x) \right]_{-1}^1 =\int_{-1}^1{P_n(x)}'P_{n+1}\,dx+\int_{-1}^1P_n(x){P_{n+1}(x)}'\,dx \end{displaymath}

    より

    \begin{displaymath} 1-(-1)^{2n+1}=2=\int_{-1}^1P_n(x){P_{n+1}(x)}'\,dx \end{displaymath}

    \begin{displaymath} ∴\quad \int_{-1}^1\{P_n(x)\}^2\,dx=\dfrac{1}{2n+1} \end{displaymath}

    したがって

    \begin{displaymath} \dfrac{2}{2n+1} \le \int_{-1}^1\{F(x)\}^2\,dx \end{displaymath}

９．(この部分だけ$n$次線形代数を使う．高校範囲を超える．)

    \begin{displaymath} g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots+b_{n-1}x^{n-1} \end{displaymath}

とおく．

\begin{displaymath} \int_{-1}^1g(x)\,dx=2b_0+\dfrac{3}{2}b_2+\dfrac{2}{5}b_4+\cdots \end{displaymath}

一方

\begin{displaymath} \sum_{j=1}^nl_jg(\alpha_j)=\sum_{k=0}^{n-1}b_k\left(\sum_{j=1}^nl_j{\alpha_j}^k\right) \end{displaymath}

これが任意の $b_k\ k=0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ n$について成立するために

\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \sum_{j=1}^nl_j{\a... ...^nl_j{\alpha_j}^2=\dfrac{3}{2}\\ \dots \end{array} \right. \end{displaymath}

となるように $l_j\ (j=1,\ \cdots,\ n)$を決めればよい．

ヴァンデルモンドの行列式より

\begin{displaymath} \left\vert \begin{array}{ccc} \alpha_1^0&\cdots&\alpha_1^... ... =(-1)^{\dfrac{n(n-1)}{2}}\prod_{i<j}(\alpha_i-\alpha_j)\ne 0 \end{displaymath}

なのでこれは可能である．

１０．$F(x)$ を$P_nx)$で割り，商を$Q(x)$，余りを$g(x)$とおく．

    \begin{displaymath} F(x)=P_n(x)Q(x)+g(x) \end{displaymath}

    このとき，$Q(x)$は$n-1$次以下である．したがって

    \begin{eqnarray*} \int_{-1}^1F(x)\,dx&=&\int_{-1}^1P_n(x)Q(x)\,dx+\int_{-1}^1g(... ...dx\\ &=&\sum_{j=1}^nl_jg(\alpha_j)=\sum_{j=1}^nl_jF(\alpha_j) \end{eqnarray*}

解答 3.2       問題3.2
  1. $\pi=\dfrac{q}{p}$ より $0<x<\pi$ において

    \begin{displaymath} q-px>0\qquad∴\quad f(x)>0 \end{displaymath}

    また, この範囲で $\sin x>0$ でもあるから

    \begin{displaymath} f(x)\sin x>0\qquad∴\quad I_n>0 \end{displaymath}

    次に, $0\leq x\leq\pi$ において $\sin x\leq 1$ なので

    \begin{displaymath} I_n\leq\int_0^{\pi}f(x)\,dx=\int_0^{\pi}\dfrac{1}{n!}x^n(q-px)^n\,dx \end{displaymath}

    そして, $0\leq x\leq\pi$, $0\leq q-px\leq q$ なので

    \begin{eqnarray*} I_n&\leq&\int_0^{\pi}\dfrac{1}{n!}{\pi}^n q^n\,dx \\ &=&\df... ...{n!}\left[{\pi}^n q^n x\right]_0^{\pi}=\dfrac{(\pi q)^n}{n!}\pi \end{eqnarray*}

    ここで, $n$ より小さい自然数 $k$ に対して

    \begin{eqnarray*} \dfrac{(\pi q)^n}{n!} &=&\dfrac{\pi q}{1}\cdot\dfrac{\pi q}{... ...=&\dfrac{(\pi q)^k}{k!}\cdot\left(\dfrac{\pi q}{k}\right)^{n-k} \end{eqnarray*}

    そして, $n$ を十分大きくとれば, $\pi q<k$ となるような $k$ を選ぶことができる. よって, このとき

    \begin{displaymath} (0<)I_n<\pi\cdot\dfrac{(\pi q)^k}{k!}\cdot\left(\dfrac{\pi q}{k}\right)^{n-k} \end{displaymath}

    そして, $\left\vert\dfrac{\pi q}{k}\right\vert<1$ より

    \begin{displaymath} \displaystyle\lim_{n\to\infty} \pi\cdot\dfrac{(\pi q)^k}{k!}\cdot\left(\dfrac{\pi q}{k}\right)^{n-k}=0 \end{displaymath}

    であるから, ハサミウチの原理により

    \begin{displaymath} \displaystyle\lim_{n\to\infty}I_n=0 \end{displaymath}

    したがって, $I_n>0$ と合わせると, 十分大きい $n$ に対して $0<I_n<1$ となる.

  2. \begin{eqnarray*} I_n&=&\int_0^{\pi}f(x)\sin x\,dx \\ &=&\left[-f(x)\cos x\ri... ...=&\left[-f(x)\cos x\right]_0^{\pi}-\int_0^{\pi}f''(x)\sin x\,dx \end{eqnarray*}

    となり, 以下同様に考えていくと

    \begin{displaymath} I_n=\left[\sum_{k=0}^n(-1)^{k+1}f^{(2k)}(x)\cos x\right]_0^{\pi} +(-1)^n\int_0^{\pi}f^{(2n+1)}(x)\cos x\,dx \end{displaymath}

    を得る. ところが, $f(x)$ は $2n$ 次の多項式だから

    \begin{displaymath} f^{(2n+1)}(x)=0\qquad∴\quad I_n =\left[\sum_{k=0}^n(-1)^{k+1}f^{(2k)}(x)\cos x\right]_0^{\pi} \end{displaymath}

    ここで

    \begin{eqnarray*} f(x)&=&\dfrac{1}{n!}x^n(q-px)^n \\ &=&\dfrac{1}{n!}(a_nx^n+a_{n+1}x^{n+1}+\cdots+a_{2n}x^{2n}) \end{eqnarray*}

    で, $a_n$, $a_{n+1}$, $\cdots$, $a_{2n}$ は整数であるから

    \begin{eqnarray*} &&f^{(k)}(0)=0\quad (k<n)\\ &&f^{(k)}(0)=(整数)\quad (n\leq k\leq 2n)\\ &&f^{(k)}(0)=0\quad (2n<k) \end{eqnarray*}

    また

    \begin{displaymath} f(x)=\dfrac{1}{n!}(px)^n\left(\dfrac{q}{p}-x\right)^n \end{displaymath}

    となるので, $\dfrac{q}{p}-x=y$ とおくと

    \begin{displaymath} f(x)=\dfrac{1}{n!}(q-py)^ny^n \end{displaymath}

    しかも, $x=\pi$ のとき $y=0$ となり, $\dfrac{dy}{dx}=-1$ なので, $x=\pi$ のときも同様に

    \begin{eqnarray*} &&f^{(k)}(\pi)=0\quad (k<n)\\ &&f^{(k)}(\pi)=(整数)\quad (n\leq k\leq 2n)\\ &&f^{(k)}(\pi)=0\quad (2n<k) \end{eqnarray*}

    となる. そして

    \begin{displaymath} \cos0=1,\quad \cos\pi=-1 \end{displaymath}

    なので, $I_n$ は整数となる.

解答3.3　問題3.3


 

 
 

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