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演習問題解答

解答 1   問題1

1. ２次式 $a_n x^2+2b_nx+c_n$の判別式を$D_n$とする．
   $$\begin{eqnarray*} D_{n+1}/4&=&{b_{n+1}}^2-a_{n+1}c_{n+1}\\ &=&\left(b_n+2a_n\... ...\left(\dfrac{c_n}{4}+a_n+b_n\right)\\ &=&{b_n}^2-a_nc_n=D_n/4 \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって帰納的に
   
   $$D_n/4=D_{n-1}/4=\cdots=D_1/4=3^2-2\cdot4=1>0$$
   
   
   したがって， ２次方程式 $a_n x^2+2b_nx+c_n=0$は相異なる２次数解をもち， $H_n$は$x$軸と2点で交わることが示された．
2. $\mathrm{P}_n$， $\mathrm{Q}_n$の$x$座標を$p_n,\ q_n$とする． $p_n,\ q_n$は２次方程式 $a_n x^2+2b_nx+c_n=0$の2解であるから， $p_n+q_n=\dfrac{-2b_n}{a_n},\ p_nq_n=\dfrac{c_n}{a_n}$である． よって
   $$\begin{eqnarray*} {\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n}^2 &=&(p_n-q_n)^2=(p_n+q_n)^2-4p_n... ...c{-2b_n}{a_n}\right)^2-\dfrac{4c_n}{a_n} =\dfrac{D_n}{{a_n}^2} \end{eqnarray*}$$
   
   
   (1)から$D_n=4$なので $\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n=\dfrac{2}{a_n}$ である． ここで条件から $a_n=2\cdot 4^{n-1}$であるから， $\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n=\dfrac{1}{4^{n-1}}$である．
   
   $$∴\quad \sum_{k=1}^n\mathrm{P}_k\mathrm{Q}_k =\dfrac{1-\le... ...} =\dfrac{4}{3}\left\{1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^n \right\}$$
   
   

別解

1. $$\begin{eqnarray*} &&a_{n+1} x^2+2b_{n+1}x+c_{n+1}\\ &=&4a_nx^2+2(b_n+2a_n)x+\... ...n\\ &=&\dfrac{1}{4}\left\{a_n(4x+2)^2+2b_n(4x+2)+c_n \right\} \end{eqnarray*}$$
   
   
   したがって２次方程式 $a_n x^2+2b_nx+c_n=0$の解を $\alpha_n,\ \beta_n$とすれば， ２次方程式 $a_{n+1} x^2+2b_{n+1}x+c_{n+1}=0$の解は
   
   $$\alpha_n=4\alpha_{n+1}+2,\ \beta_n=4\beta_{n+1}+2$$
   
   
   となる．これから $\alpha_n,\ \beta_n$が異なる実数なら， $\alpha_{n+1},\ \beta_{n+1}$も異なる実数である． $n=1$のときは $2x^2+6x+4=2(x+1)(x+2)$より $\alpha_1,\ \beta_1=-1,\ -2$． 数学的帰納法によって， ２次方程式 $a_n x^2+2b_nx+c_n=0$は相異なる２次数解をもち， $H_n$は$x$軸と2点で交わることが示された．
2. 
   
   $$\mathrm{P}_{n+1}\mathrm{Q}_{n+1} =\vert\beta_{n+1}-\alpha_... ...t\beta_n-\alpha_n\vert =\dfrac{1}{4}\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n$$
   
   
   $\mathrm{P}_1\mathrm{Q}_1=1$なので $\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n=\dfrac{1}{4^{n-1}}$である．
   
   $$∴\quad \sum_{k=1}^n\mathrm{P}_k\mathrm{Q}_k =\dfrac{1-\le... ...} =\dfrac{4}{3}\left\{1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^n \right\}$$
   
   

注意：     本問は1次の係数を$2b$にとっている．そこで変換を

$$\begin{array}{ll} a_1=2,\ &a_{n+1}=4a_n\\ 2b_1=6,\ &2b_{... ...4,\ &c_{n+1}=\dfrac{c_n}{4}+a_n+\dfrac{1}{2}(2b_n) \end{array}$$

とすると，２次式の係数変換行列が $\left( \begin{array}{ccc} 4&0&0\\ 4&1&0\\ 1&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{4} \end{array}\right)$ となる．これが変換4となるように$\sigma$をさだめると $\sigma= \left( \begin{array}{cc} 2&1\\ 0&\frac{1}{2} \end{array}\right)$ となる．別解はこのことを背景に用いている．

解答 2   問題2

1. 1. $x,\ y$ を $s,\ u$ を用いて表すと
      
      $$x=\dfrac{s+u}{2},\quad y=\dfrac{s-u}{2}$$
      
      
      よって
      
      $$f(x,\ y) =\left(\dfrac{s+u}{2}\right)^2 +\left(\dfrac{s+u... ...2}\right) +\left(\dfrac{s-u}{2}\right)^2=\dfrac{3s^2+u^2}{4}$$
      
      

   2. $f(x,\ y) =f\left(\dfrac{s+u}{2},\ \dfrac{s-u}{2}\right)$ より, $f(x,y)$ は $\dfrac{s+u}{2},\ \dfrac{s-u}{2}$ の多項式となるから $s$ と $u$ との多項式で表される.
   3. 
      
      $$f(x,\ y)=\sum_{i,\ j}a_{ij}x^iy^j$$
      
      
      とおくと, $f(x,\ y)=f(-x,\ y)$ が恒等的に成り立つとき
      
      $$a_{ij}=a_{ij}\cdot(-1)^i$$
      
      
      よって, $i$ が奇数のとき $a_{ij}=0$
      したがって, $f(x,y)$ は $x^2,\ y$ の多項式, つまり $y$ と $v$ の多項式となる.
   4. (iii)と同様において考えると $f(x,\ y)=f(y,\ x)$ が恒等的に成り立つとき
      
      $$a_{ij}=a_{ji}$$
      
      
      $$\begin{eqnarray*} ∴\quad f(x,\ y)&=&\sum_i a_{ii}(xy)^i +\sum_{i<j}a_{ij}(x^i... ...ia_{ii}t^i+\sum_{i<j}a_{ij}t^i(x^{j-i}+y^{j-i}) \quad\cdots(*) \end{eqnarray*}$$
      
      
      ここで $x^0+y^0=2,\ x+y=s$ であるので, $x^n +y^n,\ x^{n+1}+y^{n+1}$ が $s,\ t$ の多項式であると仮定すると
      $$\begin{eqnarray*} x^{n+2}+y^{n+2}&=&(x^{n+1}+y^{n+1})(x+y)-xy(x^n +y^n)\\ &=&(x^{n+1}+y^{n+1})s-t(x^n +y^n) \end{eqnarray*}$$
      
      
      より, $x^{n+2}+y^{n+2}$ も $s,\ t$ の多項式となるから， 帰納的に $x^n+y^n$ は $s,\ t$ の多項式となる.
   したがって, $(*)$により$f(x,y)$は$s,\ t$ の多項式となる.

   別解

   $f(x,y)$ の各単項式の $x$ の次数と $y$ の次数の和をその単項式の次数とよび, その中で最大のものを $f(x,y)$ の次数とよぶ． $f(x,\ y)=f(y,\ x)$ が成り立つような$f(x,y)$の次数 $n$についての帰納法で示す． $n=0,\ 1$ のときは明らかに成立する.
   $n=1,\,\cdots,\,k$ で成立するとし, $f(x,y)$ を $k+1$ 次対称式とする.
   

   $$F(x,\ y)=f(x,\ y)-f(x+y,\ 0)$$
   
   
   とおく. これも $x,\ y$ の対称式である.
   $$\begin{eqnarray*} F(0,\ y)&=&f(0,\ y)-f(y,\ 0)\ =\ f(y,\ 0)-f(y,\ 0)\ =\ 0\\ F(x,\ 0)&=&f(x,\ 0)-f(x,\ 0)\ =\ 0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって, $F(x,\ y)$ は $xy$ で割り切れる.
   $F(x,\ y)=xyG(x,\ y)$ とおくと, $G(x,\ y)$ は対称式. そして, $G(x,\ y)$ の次数は $k-1$次以下である．

   したがって, $G(x,\ y)$ は $s$ と $t$ の式である.
   よって, $f(x,\ y)=xyG(x,\ y)+f(x+y,\ 0)$ も $s,\ t$ の多項式である.
   $n=k+1$ でも成立し, 題意が示された.

2. 1. $f(x,\ y)=f(x+y,\ x-y)$ が恒等的に成り立つとき
      $$\begin{eqnarray*} f(x,\ y)&=&f(x+y,\ x-y)\ =\ f((x+y)+(x-y),\ (x+y)-(x-y))\\ &=&f(2x,\ 2y) \end{eqnarray*}$$
      
      

   2. (1)の(iii)と同様において考えると, $f(x,\ y)=f(2x,\ 2y)$ が恒等的に成り立つとき
      
      $$a_{ij}=2^{i+j}a_{ij}$$
      
      
      よって, $i,\ j$ の少なくとも一方が0でないとき, $a_{ij}=0$．

      したがって, $f(x,y)$ は定数である.

解答 3   問題3

【解法１】

２つの２次式 $x^2+ax+b,\ ax^2+bx+1$の終結式は

$$\begin{eqnarray*} \left\vert \begin{array}{cccc} 1&a&b&\\ &1&a&b\\ a&b&1&\... ...-a^2)(a-b^2)\\ &=&a^3+b^3+1-3ab\\ &=&(a+b+1)(a^2+b^2+1-a-b-ab) \end{eqnarray*}$$

である．共通解をもつ条件は終結式が0となることである．

1. $a+b+1=0$のとき．明らかに$x=1$が共通解．
2. $a^2+b^2+1-a-b-ab=0$のとき．
   
   $$a^2+b^2+1-a-b-ab=\dfrac{(a-b)^2+(b-1)^2+(1-a)^2}{2}$$
   
   
   で$a,\ b$は実数なので$a=b=1$． このとき両式は一致し，共通解は $x=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$．

【解法２】

共通解をもつとしてそれを$\alpha$とおく．

$$\left\{ \begin{array}{ll} \alpha^2+a\alpha+b=0&\cdots\maru{1}\\ a\alpha^2+b\alpha+1=0&\cdots\maru{2} \end{array}\right.$$

$\maru{1}\times a-\maru{2}$より

$$(a^2-b)\alpha+ab-1=0$$

1. $a^2-b=0$のとき．$ab-1=0$も成り立ち$b$を消去すると $a^3=1$．$a$が実数なので$a=1$．$b=1$． このとき両式は一致し， 共通解は $x=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$．
2. $a^2-b\ne 0$のとき． $\alpha=\dfrac{1-ab}{a^2-b}$が必要である． これから
   
   $$\left(\dfrac{1-ab}{a^2-b}\right)^2 +a\left(\dfrac{1-ab}{a^2-b}\right)+b=0$$
   
   
   この分母を払い整理すると，
   
   $$a^3+b^3+1-3ab=(a+b+1)(a^2+b^2+1-a-b-ab)=0$$
   
   
   $a^2+b^2+1-a-b-ab=\dfrac{(a-b)^2+(b-1)^2+(1-a)^2}{2}$より， 係数実数でこれが0になるのは$a=b=1$のときだが， $a^2-b\ne 0$に反する． よって$a+b+1=0$．明らかに$x=1$が共通解．

【解法３】

共通解をもつとしてそれを$\alpha$とおく．

$$\left\{ \begin{array}{ll} \alpha^2+a\alpha+b=0&\cdots\maru{1}\\ a\alpha^2+b\alpha+1=0&\cdots\maru{2} \end{array}\right.$$

$\maru{2}-\maru{1}$より

$$\begin{eqnarray*} &&a\alpha(\alpha-1)+b(\alpha-1)-(\alpha+1)(\alpha-1)\\ &=&(\alpha-1)(a\alpha-\alpha+b-1)=0 \end{eqnarray*}$$

1. $\alpha=1$のとき．条件は$a+b+1=0$．
2. $a\alpha-\alpha+b-1=0$のとき．

   $a=1$なら$b=1$で， このとき両式は一致し，共通解は $x=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$．

   $a\ne 1$なら $\alpha=\dfrac{1-b}{a-1}$が必要．
   

   $$\left(\dfrac{1-b}{a-1}\right)^2 +a\left(\dfrac{1-b}{a-1}\right)+b=0$$
   
   
   分母を払い整理すると
   
   $$a^2+b^2+1-a-b-ab=0$$
   
   
   解法２と同様に$a=b=1$となり，$a\ne 1$に反する．

【解法４】

共通解をもつとしてそれを$\alpha$とおく．

$$\left\{ \begin{array}{ll} \alpha^2+a\alpha+b=0&\cdots\maru{1}\\ a\alpha^2+b\alpha+1=0&\cdots\maru{2} \end{array}\right.$$

$\maru{1}\times\alpha-\maru{2}$より

$$\alpha^3-1=(\alpha-1)(\alpha^2+\alpha+1)=0$$

1. $\alpha=1$のとき．条件は$a+b+1=0$．
2. $\alpha^2+\alpha+1=0$のとき． $\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}$または $\overline{\alpha}=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}$． 係数が実数なので一方が共通解なら他方も共通解である．

   第１の方程式で解と係数の関係から
   

   $$-a=\alpha+\overline{\alpha},\ b=\alpha\cdot\overline{\alpha}$$
   
   
   第２の方程式で解と係数の関係から
   
   $$-\dfrac{b}{a}=\alpha+\overline{\alpha},\ \dfrac{1}{a}=\alpha\cdot\overline{\alpha}$$
   
   
   $\alpha+\overline{\alpha}=-1$， $\alpha\cdot\overline{\alpha}=1$より条件は $a=b=1$．

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