簡単そうで実は激ムズな3次関数問題 – 1990年東大 数学 第2問
1990年東大 数学 第2問 は一見楽勝問題に見えますが、実はとんでもはっぷんな難問です。問題文は以下のとおりです。
3次関数 h(x) = p x^3 + q x^2 +rx +s は、次の条件(i)、(ii)を満たすものとする。
(i) h(1) =1,h(-1) = -1
(ii) 区間 -1 < x < 1 で極大値 1 、極小値 -1 をとる。
このとき、
(1) h(x) を求めよ。
(2) 3次関数 f(x) = ax^3 +bx^2 +cx +d が区間 -1 < x < 1 で -1 < f(x) < 1 を満たすとき、 |x| > 1 なる任意の x に対して不等式 |f(x) | < | h(x) | が成立することを証明せよ。
特に小問1など、条件がいっぱいあるのですぐに答えが出そうですが、知恵を絞らないと計算泥沼無間地獄に落ち込みます。それでは泣く子も黙る地獄めぐりの開始です。
1990年東大 数学 第2問 小問1の解法
条件(i)から係数が満たす条件を抽出する
条件(i) により、
\begin{aligned}
p+q+r+s & = 1 \\
-p+q-r+s & = -1
\end{aligned}です。これよりただちに、
\begin{aligned}
q+s & = 0 \\
p+r & = 1
\end{aligned}を得ます。
P > 0 であることに気がつく
また、 p > 0 です。条件 (i) により h'(x) = 0 は -1 < x < 1 の範囲に解を持つので、それらの2つの解はいずれも -1 より大きい値を取ります。
したがって、もし p < 0 なら関数 h'(x) は上に凸なので h'(-1) < 0 ですが、これは関数 h(x) が x = -1 で減少関数であることを意味します。
よって極小値が h(-1) = -1 より小さくなってしまいますが、これは条件(ii) に矛盾します。
このことは特に計算しなくても導出できるので、早めに押さえておきましょう。
条件(ii)から係数が満たす条件を抽出する
次に極値に関する条件を扱うために、 h(x) を微分します。
\begin{aligned}
h'(x) & = 3px^2 +2qx +r \\
& = 3px^2 +2qx +1-p
\end{aligned}ですが、条件 (ii) より、方程式 h'(x) = 0 は異なる実数解を持ち、それは
x = \frac {-q \pm \sqrt{D}}{3p}です。ここに
D = q^2 -3p(1-p) > 0
です。このとき条件(ii) により、
-1 < \frac {-q \pm \sqrt{D}}{3p} < 1であり、 p > 0 であることから h \left( \frac {-q - \sqrt{D}}{3p} \right ) が極大値、 h \left( \frac {-q + \sqrt{D}}{3p} \right ) が極小値なので、
\begin{aligned}
& h \left( \frac {-q - \sqrt{D}}{3p} \right ) \\
= & p\left( \frac {-q - \sqrt{D}}{3p} \right ) ^3 +q \left( \frac {-q - \sqrt{D}}{3p} \right ) ^2 \\
&+(1-p) \left( \frac {-q - \sqrt{D}}{3p} \right ) -q \\
= & 1
\end{aligned}および
\begin{aligned}
& h \left( \frac {-q + \sqrt{D}}{3p} \right ) \\
= & p\left( \frac {-q + \sqrt{D}}{3p} \right ) ^3 +q \left( \frac {-q + \sqrt{D}}{3p} \right ) ^2 \\
&+(1-p) \left( \frac {-q + \sqrt{D}}{3p} \right ) -q \\
= & -1
\end{aligned}の2つの式を得ます。
これを連立方程式として解けば、原理的には p と q の値が得られるはずですが、既にだいぶ雲行きが怪しくなっています。このまま進むと、倶利伽羅峠で木曽義仲に追い落とされた平家軍のように、奈落の底に真っ逆さま！となること必定です。
受験問題なんだし、もっと楽な道があるはずです。これからそれを探ります。