熊本大学 2018年度 前期数学① 第1問

(問1)$$f^{\mathrm{\prime }}(x)=3x^2-2px+p^2-2p$$である。$f(x)$ が極値をもつためには，$f^{\mathrm{\prime }}(x)=0$ が相異なる2実解をもてばよい。よって判別式について$$(-2p{)}^2-12(p^2-2p)>0$$が必要十分である。整理すると$$-8p^2+24p>0$$すなわち$$0<p<3$$である。$p$ は整数であるから$$p=1,2$$である。

(問2)
(問1)より $p=1,2$ のみを調べればよい。

$p=1$ のとき$$f(x)=x^3-x^2-x+q$$であり，極小点は $x=1$ である。相異なる正の解を2つもつには $f(1)<0$ が必要なので $q<1$ である。一方，負の解1つと正の解2つをもつなら，3つの解の積は負であるから，定数項 $q$ は正でなければならない。整数 $q$ で $0<q<1$ を満たすものはない。

$p=2$ のとき$$f(x)=x^3-2x^2+q$$である。極大点は $x=0$，極小点は $x={\displaystyle \frac{4}{3}}$ であり，$$f(0)=q,f\left(\frac{4}{3}\right)=q-\frac{32}{27}$$である。3つの相異なる実数解をもち，かつ正の解を2つもつには$$q>0,q-\frac{32}{27}<0$$が必要である。$q$ は整数であるから $q=1$ である。このとき$$f(x)=x^3-2x^2+1=(x-1)(x^2-x-1)$$となり，解は$$1,\frac{1+\sqrt{5}}{2},\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$であるから，条件を満たす。よって$$p=2,q=1$$である。

導関数を平方完成して極値条件を読む。問2では根の積から $q>0$ を得たうえで、各 $p$ の極小値の符号を調べ、整数条件を使う。

(問1)

導関数を平方完成すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)}& {\displaystyle =3x^2-2px+p^2-2p}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =3{(x-\frac{p}{3})}^2+\frac{2p(p-3)}{3}\mathrm{.}}\end{array}$$上に開く2次関数 $f^{\mathrm{\prime }}(x)$ が $x$ 軸と異なる2点で交わるための必要十分条件は$$\frac{2p(p-3)}{3}<0,$$すなわち$$0<p<3$$である。$p$ は整数なので$$p=1,2.$$(問2)

負の解を $\alpha$、二つの正の解を $\beta ,\gamma$ とすると$$\alpha \beta \gamma <0.$$一方、解と係数の関係から$$\alpha \beta \gamma =-q$$なので$$q>0.$$$p=1$ のとき$$f(x)=x^3-x^2-x+q,f^{\mathrm{\prime }}(x)=(3x+1)(x-1)\mathrm{.}$$正の側の極小点は $x=1$ である。正の異なる2解をもつためには$$f(1)=q-1<0$$が必要である。よって$$0<q<1,$$となり、整数 $q$ は存在しない。

$p=2$ のとき$$f(x)=x^3-2x^2+q,f^{\mathrm{\prime }}(x)=x(3x-4)\mathrm{.}$$極大点 $x=0$ と極小点 $x=4\mathrm{/}3$ の値は$$f(0)=q,f\left(\frac{4}{3}\right)=q-\frac{32}{27}\mathrm{.}$$3個の相異なる実数解をもつには$$0<q<\frac{32}{27}\mathrm{.}$$整数条件から $q=1$ である。実際$$x^3-2x^2+1=(x-1)(x^2-x-1)$$であり、解は$$\frac{1-\sqrt{5}}{2}<0<1<\frac{1+\sqrt{5}}{2}\mathrm{.}$$したがって$$p=2,q=1.$$