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解答

解答 1       問題1
  1. 係数の最大値は3,ゆえに根は $[-4,\ 4]$ にある.まずこの範囲で調べ 順次範囲を狭くする.

    \begin{displaymath}
f_0(x)=x^3+3x-1,\ f_1(x)=3x^2+3
\end{displaymath}

    つねに$f'(x)>0$ なので $f_2(x)$ 以下は必要ない. $x=a$ での $f_0$$f_1$ での符号変化を$w'(a)$ と書く. $w(a)-w(b)=w'(a)-w'(b)$ である.

    \begin{displaymath}
\begin{array}{rccl}
x&f_0&f_1&w'\\
-4&-77&51&w'(-4)=1\\ ...
...5&51&w'(4)=0\\
0&-1&1&w'(0)=1\\
1&3&6&w'(1)=0
\end{array} \end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ \quad w(-4)-w(4)=w(0)-w(1)=1
\end{displaymath}

    実根は1つで, $(0,\ 1)$ にある.
  2. 同様に $M=8$ なので $[-9,\ 9]$ で調べる.

    \begin{displaymath}
\begin{array}{ll}
f(x)=x^3-5x^2+8x-8&f_0(x)=x^3-5x^2+8x-8\...
...}{9} \right)
&f_2(x)=\dfrac{2}{9}x+\dfrac{32}{9}
\end{array} \end{displaymath}

    $-9\le x$ でつねに$f_2(x)>0$ なので $f_3(x)$ 以下は必要ない.

    \begin{displaymath}
\begin{array}{rcccl}
x&f_0&f_1&f_2&w'\\
-9&-&+&+&w'(-9)=...
...&+&w'(4)=0\\
2&-&0&+&w'(2=1\\
3&-&+&+&w'(3)=1
\end{array} \end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ w(-9)-w(9)=w(3)-w(4)=1
\end{displaymath}

    実根は1つで, $(3,\ 4)$ にある.
  3. \begin{eqnarray*}
f_0(x)&=&3.22x^6+4.12x^4+3.11x^3-7.25x^2+1.88x-7.84\\
f_1(x...
....09x^3+94.10x^2-126.58x+130.30\\
f_4(x)&=&-4.04x^2+0.08x-4.71
\end{eqnarray*}

    実数 $x$ に対して $f_4(x)<0$ なので,以下は必要ない.計算結果を符号で書く.

    \begin{displaymath}
\begin{array}{rcccccl}
x&f_0&f_1&f_2&f_3&f_4&w'\\
-\inft...
...\
-1&+&+&+&+&-&w'(-1)=2\\
1&-&+&+&-&-&w'(1)=2
\end{array} \end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ w(-\infty)-w(0)=w(-2)-w(-1)=1,\ w(0)-w(\infty)=w(1)-w(2)=1
\end{displaymath}

    実根は2つで, $(-2,\ -1)$$(1,\ 2)$にある.

解答 2       問題2

上の解に引き続いて範囲を狹める.

\begin{displaymath}
f_0(x)=x^3+3x-1,\ f_1(x)=3x^2+3
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
\begin{array}{cccc}
x&f_0&f_1&w'\\
\dfrac{1}{2}&+&+&0\\ ...
...
\dfrac{3}{10}&-&+&1\\
\dfrac{4}{10}&+&+&1\\
\end{array} \end{displaymath}

実根は, $\left(\dfrac{3}{10},\ \dfrac{4}{10}\right)$ にあり,少数第1桁まで求めれば $0.3$ である.

解答 3       問題3
  1. $a\ne 0$が必要で,このとき $f'(x)=3x^2-3a^2$ なので

    \begin{eqnarray*}
f(x)&=&f'(x) \left(\dfrac{1}{3}x \right)-(2a^2x-a^2+a)\\
f'(x)&=&(2a^2x-a^2+a)Q(x)-f_3
\end{eqnarray*}

    ここで

    \begin{displaymath}
f_3=-f'\left(\dfrac{a-1}{2a} \right)=\dfrac{(2a-1)(a+1)(2a^2-a+1)}{4a^2}
\end{displaymath}

    \begin{eqnarray*}
f_0(x)&=&x^3-3a^2x+a^2-a\\
f_1(x)&=&3x^2-3a^2\\
f_2(x)&=&2a^2x-a^2+a\\
f_3(x)&=&\dfrac{(2a-1)(a+1)(2a^2-a+1)}{4a^2}
\end{eqnarray*}


    \begin{displaymath}
\begin{array}{rccc}
x&f_0&f_1&f_2\\
-\infty&-&+&-\\
\infty&+&+&+
\end{array} \end{displaymath}

    したがって $f(x)=0$ が異なる3つの実数の解をもつことと $f_3>0$ が同値である.

    \begin{displaymath}
f_3(x)=\dfrac{(2a-1)(a+1)(2a^2-a+1)}{4a^2}>0
\end{displaymath}

    より $a<-1,\ \dfrac{1}{2}<a$

  2. \begin{displaymath}
\begin{array}{rccl}
x&f_0&f_1&f_2\\
2a&a(2a-1)(a+1)&9a^2&a(4a^2-a+1)\\
-2a&-a(2a^2-a+1)&9a^2&a(-4a^2-a+1)
\end{array} \end{displaymath}

    $a<-1$ のとき $2a<-2a$

    \begin{displaymath}
\begin{array}{rccccl}
x&f_0&f_1&f_2&f_3&w\\
2a&-&+&-&+&w(2a)=3\\
-2a&+&+&+&+&w(-2a)=0
\end{array} \end{displaymath}

    $\dfrac{1}{2}<a$ のとき $-2a<2a$

    \begin{displaymath}
\begin{array}{rccccl}
x&f_0&f_1&f_2&f_3&w\\
-2a&-&+&-&+&w(2a)=3\\
2a&+&+&+&+&w(-2a)=0
\end{array} \end{displaymath}

    ゆえにいずれの場合も3つの根とも$-2a$$2a$ の間にある.

         普通の受験参考書の解答と比較してみてほしい.

解答 4   問題4

  1. \begin{displaymath}
f'(x)=4x^3-2x=2x(2x^2-1)
\end{displaymath}

    より,$f(x)$$x=0$で極大, $x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}$で極小となる.

    \begin{displaymath}
f(\pm 1)=f(0)=\dfrac{1}{8} ,\quad f\left(\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)
=-\dfrac{1}{8}
\end{displaymath}

    であるから,

    \begin{displaymath}
M=\dfrac{1}{8}
\end{displaymath}

    で,それを与える$x$

    \begin{displaymath}
-1,\ -\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ 0,\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ 1
\end{displaymath}

    である.
  2. $-1\le x\le 1$ $\vert g(x)\vert<\dfrac{1}{8}$であるから,

    \begin{eqnarray*}
f(-1)-g(-1)&=&\dfrac{1}{8}-g(-1)>0\\
f\left(-\dfrac{1}{\sqr...
...dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)<0\\
f(1)-g(1)&=&\dfrac{1}{8}-g(1)>0
\end{eqnarray*}

    よって,方程式$f(x)=g(x)$

    \begin{displaymath}
-1<x<-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ \ -\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<0,
\\ 0<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ \\ dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<1
\end{displaymath}

    にそれぞれ少なくとも一つの解をもち,したがって$f(x)=g(x)$は少なくとも四つの 解をもつ.
  3. $-1\le x\le 1$でつねに $\vert g(x)\vert<\dfrac{1}{8}$と仮定する.

    (2)より,$f(x)-g(x)=0$は少なくとも四つの解をもつ.ところが,$f(x)-g(x)$が 三次式となるので,恒等式の原理によって$f(x)-g(x)$は恒等的に$0$になる.つま り$g(x)=f(x)$となり, $\vert g(x)\vert<\dfrac{1}{8}$が成立しなくなる.

    したがって,$\vert g(x)\vert$$-1\le x\le 1$の少なくとも一つの値で$\dfrac{1}{8}$ 以上の値をとるので,$\vert g(x)\vert$の最大値は$\dfrac{1}{8}$以上である.

  4. $\vert g(x)\vert\leq\dfrac18\quad(=M)$かつ,ある $x_0 で\vert g(x_0)\vert=\dfrac18$となるとする.

    \begin{eqnarray*}
f(-1)-g(-1)&\geq&0\\
f\left(-\dfrac{1}{\sqrt2}\right)-g\lef...
...ht)-g\left(\dfrac{1}{\sqrt2}\right)&\leq&0\\
f(1)-g(1)&\geq&0
\end{eqnarray*}

    よって,$f(x)-g(x)=0$は,次の各区間に解をもつ.

    \begin{displaymath}
-1\leq x\leq-\dfrac{1}{\sqrt2},\ -\dfrac{1}{\sqrt2}\leq x\l...
... \leq x\leq\dfrac{1}{\sqrt2},\ \dfrac{1}{\sqrt2}\leq x\leq 1
\end{displaymath}

    このうち四つの解が $\alpha=-\dfrac{1}{\sqrt2},\ 0,\ \dfrac{1}{\sqrt2}$のいずれか で同じものであったとする.

    $f(\alpha)=g(\alpha)$より,

    \begin{displaymath}
\vert g(\alpha)\vert=\vert f(\alpha)\vert=\dfrac18
\end{displaymath}

    \begin{eqnarray*}
&&\left\{\begin{array}{ll}
x<\alpha なら\dfrac{g(x)-g(\alpha...
...り&g'(\alpha)\leq 0\\
\end{array}\right.\\
&∴&g'(\alpha)=0
\end{eqnarray*}

    一方$f'(\alpha)=0$なので, $f'(\alpha)-g'(\alpha)=0$

    つまり$f(x)-g(x)=0$$x=\alpha$で重解となる.

    重複度まであわせると$f(x)-g(x)=0$は四つの解をもつ.

    \begin{displaymath}
∴\quad g(x)=f(x)である.
\end{displaymath}

解答 5   問題5
  1. $h(x)$が,極大,極小となる $x$ $\alpha,\ \beta$ とする. このとき$h(x)-1=0$$x=\alpha$ を重解にもち,他の解は $x=1$ である. 極小の方も同様に考え

    \begin{displaymath}
\begin{array}{l}
h(x)-1=p(x-\alpha)^2(x-1)\\
h(x)+1=p(x-\beta)^2(x+1)\\
\end{array} \end{displaymath}

    となる.つまり

    \begin{displaymath}
p(x-\alpha)^2(x-1)+1=p(x-\beta)^2(x+1)-1
\end{displaymath}

    は恒等式である.

    係数を比較して,

    \begin{displaymath}
\left\{
\begin{array}{l}
2\alpha+1=2\beta-1\\
\alpha^2+...
...ta^2-2\beta\\
-\alpha^2p+1=-\beta^2p-1
\end{array} \right.
\end{displaymath}

    これを解いて,

    \begin{displaymath}
\alpha=-\dfrac{1}{2},\ \beta=\dfrac{1}{2},\ p=4
\end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ \quad h(x)=4x^4-3x
\end{displaymath}

  2. $F(x)=h(X)-f(x)$とおく.条件から

    \begin{displaymath}
F(-1)\le 0,\ F(\alpha)>0,\ F(\beta)<0,\ F(1)\ge 0
\end{displaymath}

    となり, $F(x)=0$ $-1\le x<\alpha$ , $\alpha<x<\beta$ , $\beta<x\le 1$ に それぞれ解をもつ. $F(x)$ は三次なので,これ以上の解をもつと $F(x)=0$ , つまり $h(x)=f(x)$ となるが,$h(\alpha)=1$なので $-1 < x < 1$$-1<f(x)<1$ という 条件に反する.

    $\vert x\vert>1$$h(x)=f(x)$ となる解はない.つまり $y=h(x)$$y=f(x)$ のグラフは $\vert x\vert>1$ では交わらない.$f(1)\le h(1)$より $x>1$ で.$f(x)< h(x)$ $f(-1)\ge h(-1)$より $x<-1$ で.$f(x)>h(x)$

    ところが $f(x)$ のかわりに $-f(x)$ も同じ条件を満たすので $x>1$ で.$-f(x)< h(x)$$x<-1$ で.$-f(x)>h(x)$. も成り立つ.

    ゆえに $\vert x\vert>1$ $-h(x)<f(x)< h(x)$が成り立ち, $\vert x\vert>1$ なる任意の実数 $x$ に対して不等式

    \begin{displaymath}
\vert f(x)\vert<\vert h(x)\vert
\end{displaymath}

    が成立することが示された.

解答 6       問題6

$z$を消去すると

\begin{displaymath}
\left\{\begin{array}{ll}
y=2x^2-1&\cdots\maru1\\
x=2(2y^2-1)^2-1=8y^4-8y^2+1&\cdots\maru2
\end{array}\right.
\end{displaymath}

注意     これが四次のチェビシェフの多項式そのものであることに注目!!


\begin{displaymath}
\dfrac{dx}{dy}=32y^3-16y=32y\left(y^2-\dfrac12\right)
\end{displaymath}

よって, $\dfrac{dx}{dy}=0$となるのは, $y=0,\ y=\pm\dfrac{1}{\sqrt2}$のとき.

1は,

\begin{displaymath}
(1,\ 1),\ (0,\ -1),\ (-1,\ 1)
\end{displaymath}

を通り,2は$y$の関数とし,

\begin{displaymath}
(1,\ 0),\ \left(-1,\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right),\ \left(-1,\ -\dfrac{1}{\sqrt2}\right)
\end{displaymath}

で極になり,さらに$(1,\ \pm1)$を通る.

そのグラフは極と極の間の単調性によって図1のように8個の交点を持つ.

さらに$y$も消去すると$x$の8次方程式となるのでこれがすべての交点である.

明らかにこれらの交点は $\vert x\vert\leq 1,\ \vert y\vert\leq 1$にあるので,

\begin{displaymath}
\vert a\vert\leq1,\ \vert b\vert\leq1
\end{displaymath}

である.    このとき$c=2b^2-1$より $-1\leq c\leq 1$となり$\vert c\vert\leq 1$がわかる.

全部で8個の解を持つことは, 既に示した.

よって(1)(2)が示された.

別解

  1. $ |a| >1 $ と仮定する.
    $ b=2a^2-1 >1 $ より $ b >1 $ ,同様に $ c > 1 $ .この結果 $ a >1 $ となる. このとき, \[ a+b+c=2a^2+2b^2+2c^2-3 \] より, \[ 3=(2a-1)a+(2b-1)b+(2c-1)c>3 \] となり,矛盾した.よって, $ |a|\leqq 1 $ である. 同様にして, $ |b|\leqq 1 $ , $ |c|\leqq 1 $ も成り立つ.
  2. 解はすべて$\vert x\vert\le 1$にあるので

    \begin{displaymath}
x=\cos\theta
\end{displaymath}

    とおく.

    \begin{eqnarray*}
y&=&2x^2-1=\cos 2\theta\\
z&=&2y^2-1=\cos 4\theta\\
x&=&2z^2-1=\cos 8\theta\\
\end{eqnarray*}
     

したがって,連立方程式$(*)$の解は

\begin{displaymath}
\cos\theta=\cos 8\theta
\end{displaymath}
から得られる. これは

\begin{displaymath}
8\theta=\pm\theta +2\pi k
\end{displaymath}
異なる$x$の値は $0\le\theta\le\pi$から得られるが,たしかに

\begin{displaymath}
\theta=0,\ \dfrac{2\pi}{7},\ \dfrac{4\pi}{7},\ \dfrac{6\pi}...
...i}{9},\
\dfrac{4\pi}{9},\ \dfrac{6\pi}{9},\ \dfrac{8\pi}{9}
\end{displaymath}

の8個ある.


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