北海道大学 2022年度文系数学前期第1問解答・解説

問題

$k$ を実数の定数とし，

f (x) = x^{3} - (2 k - 1) x^{2} + (k^{2} - k + 1) x - k + 1

とする。

(1) $f (k - 1)$ の値を求めよ。

(2) $∣ k ∣ < 2$ のとき，不等式 $f (x) ≧ 0$ を解け。

出典：北海道大学 2022年度前期日程第2次学力試験文系前期第1問

方針

解法1

まず $f (x)$ を $x - (k - 1)$ と2次式の積に因数分解する。(1) はそのまま代入して零になることを確認する。(2) は $∣ k ∣ < 2$ により2次因子 $x^{2} - k x + 1$ の判別式が負になり、全ての実数 $x$ で正であることを示す。したがって不等式の符号は一次因子だけで決まる。

別解（直接代入・組立除法と平方完成）

(1) は直接代入で零点を確認する。(2) はその零点を手掛かりに組立除法を行い、残る2次因子を判別式ではなく平方完成で正値と示す。

解答

解法1

(1)

与えられた多項式は $f (x) = x^{3} - (2 k - 1) x^{2} + (k^{2} - k + 1) x - k + 1$ である。 $x = k - 1$ を代入してもよいが、(2) でも使うため因数分解しておく。 $(x - k + 1) (x^{2} - k x + 1)$ を展開すると $x^{3} - k x^{2} + x - (k - 1) x^{2} + k (k - 1) x - (k - 1)$ $= x^{3} - (2 k - 1) x^{2} + (k^{2} - k + 1) x - k + 1$ となる。したがって $f (x) = (x - k + 1) (x^{2} - k x + 1)$ である。よって $f (k - 1) = 0 \cdot {(k - 1)^{2} - k (k - 1) + 1} = 0$ である。

(2)

$∣ k ∣ < 2$ のとき、2次式 $x^{2} - k x + 1$ の判別式は $D = k^{2} - 4 < 0$ である。また $x^{2}$ の係数は正なので、 $x^{2} - k x + 1 > 0$ がすべての実数 $x$ で成り立つ。

したがって $f (x) = (x - k + 1) (x^{2} - k x + 1)$ の符号は $x - k + 1$ の符号だけで決まる。ゆえに $f (x) ≧ 0$ は $x - k + 1 ≧ 0$ と同値である。よって解は $x ≧ k - 1$ である。

別解（直接代入・組立除法と平方完成）

(1)

直接代入すると

f (k - 1) = (k - 1)^{3} - (2 k - 1) (k - 1)^{2} + (k^{2} - k + 1) (k - 1) - k + 1 = 0.

(2)

(1) より $x = k - 1$ は $f (x) = 0$ の解である。そこで $f (x)$ を $x - k + 1$ で割ると

f (x) = (x - k + 1) (x^{2} - k x + 1)

を得る。ここで2次因子は

x^{2} - k x + 1 = (x - \frac{k}{2})^{2} + \frac{4 - k ^{2}}{4}

と平方完成できる。 $∣ k ∣ < 2$ なら $4 - k^{2} > 0$ であるから、任意の実数 $x$ に対して

x^{2} - k x + 1 > 0.

したがって $f (x)$ の符号は $x - k + 1$ の符号と一致する。ゆえに

f (x) ≧ 0 ⟺ x ≧ k - 1.

北海道大学 2022年度文系数学 前期 第1問

問題

方針

解法1

別解（直接代入・組立除法と平方完成）

解答

解法1

(1)

(2)

別解（直接代入・組立除法と平方完成）

(1)

(2)

北海道大学 2022年度
文系数学前期第1問