北大 1993年度理系（後期）数学第1問｜問題・解答・解説

方針

(1) は $p_{1}, p_{2}, p_{3}$ での符号を調べ、連続性と2次式であることから各区間に1個ずつ解があると示す。(2)では $L_{1} = (x - p_{2}) (x - p_{3})$ 、 $L_{2} = (x - p_{3}) (x - p_{1})$ 、 $L_{3} = (x - p_{1}) (x - p_{2})$ と置き、 $f = 0$ から $L_{1} + L_{2} + L_{3} = 0$ を使う。 $α$ と $β$ における $L_{i}$ の符号を丁寧に確認し、 $g$ の符号変化で指定区間に解を挟む。

解答

(1) $p_{1} < p_{2} < p_{3}$ である。まず各 $p_{i}$ における $f$ の値を調べる。 $f (p_{1}) = (p_{1} - p_{2}) (p_{1} - p_{3}) > 0$ である。なぜなら $p_{1} - p_{2} < 0$ 、 $p_{1} - p_{3} < 0$ だからである。また $f (p_{2}) = (p_{2} - p_{3}) (p_{2} - p_{1}) < 0$ であり、 $f (p_{3}) = (p_{3} - p_{1}) (p_{3} - p_{2}) > 0$ である。 $f (x)$ は2次式で連続だから、 $f (p_{1}) > 0$ 、 $f (p_{2}) < 0$ より、 $p_{1} < x < p_{2}$ に少なくとも1つ解を持つ。同様に $f (p_{2}) < 0$ 、 $f (p_{3}) > 0$ より、 $p_{2} < x < p_{3}$ にも少なくとも1つ解を持つ。

一方、 $f (x) = 0$ は2次方程式なので、解は高々2つである。したがって、それぞれの区間にちょうど1つずつ解を持つ。

(2)

以下 $L_{1} = (x - p_{2}) (x - p_{3}), L_{2} = (x - p_{3}) (x - p_{1}), L_{3} = (x - p_{1}) (x - p_{2})$ とおく。このとき $f (x) = L_{1} + L_{2} + L_{3}, g (x) = a_{1} L_{1} + a_{2} L_{2} + a_{3} L_{3}$ である。

(1) より、 $f (x) = 0$ の2つの解は $p_{1} < α < p_{2} < β < p_{3}$ を満たす。

まず $x = α$ で考える。 $p_{1} < α < p_{2}$ なので $L_{1} > 0, L_{2} < 0, L_{3} < 0$ である。また $f (α) = 0$ より $L_{1} + L_{2} + L_{3} = 0$ であるから $L_{2} = - L_{1} - L_{3}$ である。これを $g (α)$ に代入すると $\begin{aligned} g (α) & = a_{1} L_{1} + a_{2} (- L_{1} - L_{3}) + a_{3} L_{3} \\ = (a_{1} - a_{2}) L_{1} + (a_{3} - a_{2}) L_{3} \end{aligned}$ である。ここで $a_{1} - a_{2} < 0$ 、 $L_{1} > 0$ なので第1項は負、また $a_{3} - a_{2} > 0$ 、 $L_{3} < 0$ なので第2項も負である。したがって $g (α) < 0$ である。

一方 $g (p_{1}) = a_{1} (p_{1} - p_{2}) (p_{1} - p_{3}) > 0$ である。よって連続性により、 $p_{1} < x < α$ に $g (x) = 0$ の解が少なくとも1つある。

次に $x = β$ で考える。 $p_{2} < β < p_{3}$ なので $L_{1} < 0, L_{2} < 0, L_{3} > 0$ である。 $f (β) = 0$ より $L_{3} = - L_{1} - L_{2}$ であるから $\begin{aligned} g (β) & = a_{1} L_{1} + a_{2} L_{2} + a_{3} (- L_{1} - L_{2}) \\ = (a_{1} - a_{3}) L_{1} + (a_{2} - a_{3}) L_{2} \end{aligned}$ である。ここで $a_{1} - a_{3} < 0$ 、 $L_{1} < 0$ なので第1項は正、また $a_{2} - a_{3} < 0$ 、 $L_{2} < 0$ なので第2項も正である。したがって $g (β) > 0$ である。

一方 $g (p_{2}) = a_{2} (p_{2} - p_{3}) (p_{2} - p_{1}) < 0$ である。よって連続性により、 $p_{2} < x < β$ に $g (x) = 0$ の解が少なくとも1つある。 $g (x) = 0$ も2次方程式であるから、解は高々2つである。すでに2つの異なる区間に解があるので、それらがすべての解であり、特に指定された2つの区間にそれぞれ1つずつ解を持つ。

別解

解法2

方針

(1) は三次式 $H (x) = (x - p_{1}) (x - p_{2}) (x - p_{3})$ にRolleの定理を適用し、 $H^{'} (x) = f (x)$ を使う。(2)は $f$ の根で3つの積の符号を比較して、 $g$ の根を挟む。

解答

(1) $H (x) = (x - p_{1}) (x - p_{2}) (x - p_{3})$ とおく。積の微分により $H^{'} (x) = f (x) .$ $H (p_{1}) = H (p_{2}) = H (p_{3}) = 0$ だから、Rolleの定理により
$(p_{1}, p_{2})$ と $(p_{2}, p_{3})$ に $f (x) = 0$ の解が少なくとも1つずつある。
$f$ は2次式なので、それぞれちょうど1つである。

(2) $L_{1} = (x - p_{2}) (x - p_{3}), L_{2} = (x - p_{3}) (x - p_{1}), L_{3} = (x - p_{1}) (x - p_{2})$ とおく。(1)の2根を $α < β$ とすれば $p_{1} < α < p_{2} < β < p_{3} .$ $f (α) = 0$ を使うと $\begin{aligned} g (α) & = (a_{1} - a_{2}) L_{1} (α) + (a_{3} - a_{2}) L_{3} (α) < 0, \end{aligned}$ なぜなら $L_{1} (α) > 0, L_{3} (α) < 0$ だからである。一方 $g (p_{1}) = a_{1} (p_{1} - p_{2}) (p_{1} - p_{3}) > 0.$ よって $(p_{1}, α)$ に根がある。

同様に $f (β) = 0$ を使えば $g (β) = (a_{1} - a_{3}) L_{1} (β) + (a_{2} - a_{3}) L_{2} (β) > 0,$ ここでは $L_{1} (β) < 0, L_{2} (β) < 0$ である。また $g (p_{2}) = a_{2} (p_{2} - p_{3}) (p_{2} - p_{1}) < 0.$ よって $(p_{2}, β)$ にも根がある。 $g$ は2次式なので、各区間に根はちょうど1つずつである。

総評

符号変化と2次式の解の個数を組み合わせる証明問題。(1)は中間値の定理だけでなく、2次式だから解が2つを超えないという一言で「それぞれ1つ」を確定する必要がある。(2)は $L_{1}, L_{2}, L_{3}$ の符号を区間ごとに表にする意識が重要で、 $f (α) = 0$ 、 $f (β) = 0$ を使って $g$ を2項に減らすところが山場である。係数 $0 < a_{1} < a_{2} < a_{3}$ の順序と $L_{i}$ の符号を掛け合わせるため、符号ミスが最も起こりやすい。符号変化による方法に加えて、(1)を三次式の導関数とRolleの定理で示した。(2)では係数の大小と3つの積の符号を対応させ、各区間での存在と一意性を分けて述べた。

出典: 北海道大学 1993年度後期理系第1問。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。

北海道大学 1993年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第1問

方針

解答

別解

方針

解答

総評

北海道大学 1993年度後期日程第2次学力試験理系（後期）数学第1問