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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．
   
   $$f_0(x)=x^3+3x-1,\ f_1(x)=3x^2+3$$
   
   
   つねに$f'(x)>0$ なので $f_2(x)$ 以下は必要ない． $x=a$ での $f_0$ と $f_1$ での符号変化を$w'(a)$ と書く． $w(a)-w(b)=w'(a)-w'(b)$ である．
   
   $$\begin{array}{rccl} x&f_0&f_1&w'\\ -4&-77&51&w'(-4)=1\\ ... ...5&51&w'(4)=0\\ 0&-1&1&w'(0)=1\\ 1&3&6&w'(1)=0 \end{array}$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad w(-4)-w(4)=w(0)-w(1)=1$$
   
   
   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．
   
   $$\begin{array}{ll} f(x)=x^3-5x^2+8x-8&f_0(x)=x^3-5x^2+8x-8\... ...}{9} \right) &f_2(x)=\dfrac{2}{9}x+\dfrac{32}{9} \end{array}$$
   
   
   $-9\le x$ でつねに$f_2(x)>0$ なので $f_3(x)$ 以下は必要ない．
   
   $$\begin{array}{rcccl} x&f_0&f_1&f_2&w'\\ -9&-&+&+&w'(-9)=... ...&+&w'(4)=0\\ 2&-&0&+&w'(2=1\\ 3&-&+&+&w'(3)=1 \end{array}$$
   
   
   
   
   $$∴ w(-9)-w(9)=w(3)-w(4)=1$$
   
   
   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．
   
   $$\begin{array}{rcccccl} x&f_0&f_1&f_2&f_3&f_4&w'\\ -\inft... ...\ -1&+&+&+&+&-&w'(-1)=2\\ 1&-&+&+&-&-&w'(1)=2 \end{array}$$
   
   
   
   
   $$∴ w(-\infty)-w(0)=w(-2)-w(-1)=1,\ w(0)-w(\infty)=w(1)-w(2)=1$$
   
   
   実根は2つで， $(-2,\ -1)$ と$(1,\ 2)$にある．

解答 2       問題2

上の解に引き続いて範囲を狹める．

$$f_0(x)=x^3+3x-1,\ f_1(x)=3x^2+3$$

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

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
   
   $$f_3=-f'\left(\dfrac{a-1}{2a} \right)=\dfrac{(2a-1)(a+1)(2a^2-a+1)}{4a^2}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} f_0(x)&=&x^3-3a^2x+a^2-a\\ f_1(x)&=&3x^2-3a^2\\ f_2(x)&=&2a^2x-a^2+a\\ f_3(x)&=&\dfrac{(2a-1)(a+1)(2a^2-a+1)}{4a^2} \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$\begin{array}{rccc} x&f_0&f_1&f_2\\ -\infty&-&+&-\\ \infty&+&+&+ \end{array}$$
   
   
   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．
   
   $$f_3(x)=\dfrac{(2a-1)(a+1)(2a^2-a+1)}{4a^2}>0$$
   
   
   より $a<-1,\ \dfrac{1}{2}<a$
2. 
   
   $$\begin{array}{rccl} x&f_0&f_1&f_2\\ 2a&a(2a-1)(a+1)&9a^2&a(4a^2-a+1)\\ -2a&-a(2a^2-a+1)&9a^2&a(-4a^2-a+1) \end{array}$$
   
   
   $a<-1$ のとき $2a<-2a$ で
   
   $$\begin{array}{rccccl} x&f_0&f_1&f_2&f_3&w\\ 2a&-&+&-&+&w(2a)=3\\ -2a&+&+&+&+&w(-2a)=0 \end{array}$$
   
   
   $\dfrac{1}{2}<a$ のとき $-2a<2a$ で
   
   $$\begin{array}{rccccl} x&f_0&f_1&f_2&f_3&w\\ -2a&-&+&-&+&w(2a)=3\\ 2a&+&+&+&+&w(-2a)=0 \end{array}$$
   
   
   ゆえにいずれの場合も3つの根とも$-2a$ と $2a$ の間にある．

   注      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. 
   
   $$f'(x)=4x^3-2x=2x(2x^2-1)$$
   
   
   より，$f(x)$は$x=0$で極大， $x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}$で極小となる．
   
   $$f(\pm 1)=f(0)=\dfrac{1}{8} ,\quad f\left(\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =-\dfrac{1}{8}$$
   
   
   であるから，
   
   $$M=\dfrac{1}{8}$$
   
   
   で，それを与える$x$は
   
   $$-1,\ -\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ 0,\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ 1$$
   
   
   である．
2. $-1\le x\le 1$で $\vert g(x)\vert<\dfrac{1}{8}$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$f(x)=g(x)$は
   
   $$-1<x<-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ \ -\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<0, \\ 0<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ \\ dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<1$$
   
   
   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，$\vert g(x)\vert$は$-1\le x\le 1$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.
   
   $$-1\leq x\leq-\dfrac{1}{\sqrt2},\ -\dfrac{1}{\sqrt2}\leq x\l... ... \leq x\leq\dfrac{1}{\sqrt2},\ \dfrac{1}{\sqrt2}\leq x\leq 1$$
   
   
   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，
   

   $$\vert g(\alpha)\vert=\vert f(\alpha)\vert=\dfrac18$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} &&\left\{\begin{array}{ll} x<\alpha なら\dfrac{g(x)-g(\alpha... ...り&g'(\alpha)\leq 0\\ \end{array}\right.\\ &∴&g'(\alpha)=0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   一方$f'(\alpha)=0$なので， $f'(\alpha)-g'(\alpha)=0$．

   つまり$f(x)-g(x)=0$は$x=\alpha$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.
   

   $$∴\quad g(x)=f(x)である.$$
   
   

解答 5   問題5

1. $h(x)$が，極大，極小となる $x$ を $\alpha,\ \beta$ とする． このとき$h(x)-1=0$は $x=\alpha$ 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
   
   $$\begin{array}{l} h(x)-1=p(x-\alpha)^2(x-1)\\ h(x)+1=p(x-\beta)^2(x+1)\\ \end{array}$$
   
   
   となる．つまり
   
   $$p(x-\alpha)^2(x-1)+1=p(x-\beta)^2(x+1)-1$$
   
   
   は恒等式である．

   係数を比較して，
   

   $$\left\{ \begin{array}{l} 2\alpha+1=2\beta-1\\ \alpha^2+... ...ta^2-2\beta\\ -\alpha^2p+1=-\beta^2p-1 \end{array} \right.$$
   
   
   これを解いて，
   
   $$\alpha=-\dfrac{1}{2},\ \beta=\dfrac{1}{2},\ p=4$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad h(x)=4x^4-3x$$
   
   

2. $F(x)=h(X)-f(x)$とおく．条件から
   
   $$F(-1)\le 0,\ F(\alpha)>0,\ F(\beta)<0,\ F(1)\ge 0$$
   
   
   となり， $F(x)=0$ は $-1\le x<\alpha$ , $\alpha<x<\beta$ , $\beta<x\le 1$ 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 $-1 < x < 1$ で $-1<f(x)<1$ という 条件に反する．

   $\vert x\vert>1$ で $h(x)=f(x)$ となる解はない．つまり $y=h(x)$ と $y=f(x)$ 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 $\vert x\vert>1$ で $-h(x)<f(x)< h(x)$が成り立ち， $\vert x\vert>1$ なる任意の実数 $x$ に対して不等式
   

   $$\vert f(x)\vert<\vert h(x)\vert$$
   
   
   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

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

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!!

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

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

1は，

$$(1,\ 1),\ (0,\ -1),\ (-1,\ 1)$$

を通り，2は$y$の関数とし，

$$(1,\ 0),\ \left(-1,\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right),\ \left(-1,\ -\dfrac{1}{\sqrt2}\right)$$

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，

$$\vert a\vert\leq1,\ \vert b\vert\leq1$$

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
   
   $$x=\cos\theta$$
   
   
   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

$$\cos\theta=\cos 8\theta$$

から得られる. これは

$$8\theta=\pm\theta +2\pi k$$

異なる$x$の値は $0\le\theta\le\pi$から得られるが,たしかに

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

の8個ある.

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