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東京大学 理系 2021年度 第6問 解説

問題編

問題

 定数 $b,c,p,q,r$ に対し、\[ x^4+bx+c=(x^2+px+q)(x^2-px+r) \]が $x$ についての恒等式であるとする。

(1) $p\ne 0$ であるとき、 $q,r$ を $p,b$ で表せ。

(2) $p\ne 0$ とする。 $b,c$ が定数 $a$ を用いて
\begin{eqnarray} b&=&(a^2+1)(a+2) \\[5pt] c&=&-\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1) \end{eqnarray}と表されているとき、有理数を係数とする $t$ についての整式 $f(t)$ と $g(t)$ で\[ \{p^2-(a^2+1)\} \{p^4+f(a)p^2+g(a)\}=0 \]を満たすものを1組求めよ。

(3) $a$ を整数とする。 $x$ の4次式\[ x^4+(a^2+1)(a+2)x-\left(a+\frac{3}{4}\right)(a^2+1) \]が有理数を係数とする2次式の積に因数分解できるような $a$ をすべて求めよ。

考え方

(2)で突然よくわからない式が出てきて、何をすればいいか迷ってしまいますが、冒頭の恒等式以外使えるものがないので、これを利用するしかありません。

答えがごちゃごちゃした積分結果はあってるかどうか不安になりますが、(3)のようにシンプルな答えがポンと出てくると、それはそれで「こんな単純な答えであってるのだろうか」と不安になりますね。


解答編

問題

 定数 $b,c,p,q,r$ に対し、\[ x^4+bx+c=(x^2+px+q)(x^2-px+r) \]が $x$ についての恒等式であるとする。

(1) $p\ne 0$ であるとき、 $q,r$ を $p,b$ で表せ。

解答例

(1)
与えられた恒等式の右辺 $(x^2+px+q)(x^2-px+r)$ を展開すると
\begin{eqnarray} x^4 & -px^3 & +rx^2 \\[5pt] & +px^3 & -p^2x^2 & +prx \\[5pt] & & +qx^2 & -pqx+qr \\[5pt] \end{eqnarray}となる。左辺と係数を比較すると、次の3つの式が成り立つ。 \begin{eqnarray} -p^2+q+r &=& 0 \\[5pt] p(r-q) &=& b \\[5pt] qr &=& c \\[5pt] \end{eqnarray}1つ目の式から $q+r=p^2$ となり、 $p\ne 0$ より2つ目の式から、$r-q=\dfrac{b}{p}$ が得られる。辺々加えて $2$ で割ると\[ r=\frac{1}{2} \left(p^2+\frac{b}{p}\right)=\frac{p^3+b}{2p} \]となり、\[q=r-\frac{b}{p}=\frac{p^3-b}{2p}\]となる。

よって、 $q,r$ を $b,p$ で表すと
\begin{eqnarray} q &=& \frac{p^3-b}{2p} \\[5pt] r &=& \frac{p^3+b}{2p} \end{eqnarray}となる。

(終)

解答編 続き

問題

(2) $p\ne 0$ とする。 $b,c$ が定数 $a$ を用いて
\begin{eqnarray} b&=&(a^2+1)(a+2) \\[5pt] c&=&-\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1) \end{eqnarray}と表されているとき、有理数を係数とする $t$ についての整式 $f(t)$ と $g(t)$ で\[ \{p^2-(a^2+1)\} \{p^4+f(a)p^2+g(a)\}=0 \]を満たすものを1組求めよ。

解答例

(2)
(1)の結果と、途中で示した $qr=c$ より、 $p,a$ に対して次が成り立つ。
\begin{eqnarray} qr &=& c \\[5pt] \frac{p^3-b}{2p} \cdot \frac{p^3+b}{2p} &=& -\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1) \\[5pt] \frac{p^6-b^2}{4p^2} &=& -\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1) \\[5pt] p^6-(a^2+1)^2(a+2)^2 &=& -4p^2\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1) \\[5pt] \end{eqnarray}これより、\[ p^6+p^2(4a+3)(a^2+1)-(a^2+1)^2(a+2)^2 = 0 \]が成り立つことがわかる。

この式を $p^2-(a^2+1)$ で割ることを考える。ここで、
\begin{eqnarray} & & p^6-(a^2+1)^3 \\[5pt] &=& \{p^2-(a^2+1)\}\{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)^2\} \end{eqnarray}が成り立ち、 \begin{eqnarray} & & (a^2+1)^3+p^2(4a+3)(a^2+1)-(a^2+1)^2(a+2)^2 \\[5pt] &=& p^2(4a+3)(a^2+1)+(a^2+1)^2\{(a^2+1)-(a+2)^2\} \\[5pt] &=& p^2(4a+3)(a^2+1)+(a^2+1)^2(-4a-3) \\[5pt] &=& (4a+3)(a^2+1)\{p^2-(a^2+1)\} \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立つことから \begin{eqnarray} & & p^6+p^2(4a+3)(a^2+1)-(a^2+1)^2(a+2)^2 \\[5pt] &=& p^6-(a^2+1)^3\\ & &+(a^2+1)^3+p^2(4a+3)(a^2+1)-(a^2+1)^2(a+2)^2 \\[5pt] &=& \{p^2-(a^2+1)\}\{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)^2\}\\ & & +(4a+3)(a^2+1)\{p^2-(a^2+1)\} \\[5pt] &=& \{p^2-(a^2+1)\} \\ & & \times \{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)^2+(4a+3)(a^2+1)\} \\[5pt] &=& \{p^2-(a^2+1)\} \\ & & \times \{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)(a^2+1+4a+3)\} \\[5pt] &=& \{p^2-(a^2+1)\}\{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)(a+2)^2\} \\[5pt] \end{eqnarray}と因数分解できる。よって、 $f(t)=t^2+1$, $g(t)=(t^2+1)(t+2)^2$ とすれば、\[ \{p^2-(a^2+1)\} \{p^4+f(a)p^2+g(a)\}=0 \]を満たす。

(終)

解答編 続き

問題

(3) $a$ を整数とする。 $x$ の4次式\[ x^4+(a^2+1)(a+2)x-\left(a+\frac{3}{4}\right)(a^2+1) \]が有理数を係数とする2次式の積に因数分解できるような $a$ をすべて求めよ。

解答例

(3)
$(\alpha_1 x^2+\alpha_2 x+\alpha_3)(\alpha_4 x^2+\alpha_5 x+\alpha_6)$ と因数分解できたとする( $\alpha$ は有理数で、 $\alpha_1\ne 0$, $\alpha_4\ne 0$ )。

ここで1つ目のカッコ内を $\alpha_1$ で割り、2つ目のカッコ内に $\alpha_1$ を掛けても結果は変わらず、有理数係数の2次式の積に因数分解できることにかわりはないので、 $\alpha_1=1$ としても一般性を失わない。 $x^4$ の係数は $1$ なので、このとき、 $\alpha_4=1$ となる。以上から、 $(x^2+\alpha_2 x+\alpha_3)(x^2+\alpha_5 x+\alpha_6)$ と因数分解できる場合だけを考えればよい。

展開して $x^3$ の係数を計算すると $\alpha_2+\alpha_5$ となるが、元の4次式の $x^3$ の係数は $0$ なので、 $\alpha_2+\alpha_5=0$ となる。以上から、\[ (x^2+px+q)(x^2-px+r) \]と因数分解できる場合を考えればよい( $p,q,r$ は有理数)。

$p=0$ とすると、 $(x^2+q)(x^2+r)$ の $x^2$ の係数は $q+r$ であり、元の4次式の係数は $0$ なので、 $r=-q$ が成り立つ。また、 $x$ の係数を比較すると $(a^2+1)(a+2)=0$ から $a=-2$ が得られる。定数項を比較すると
\begin{eqnarray} qr &=& -\left(-2+\frac{3}{4}\right)\left\{(-2)^2+1\right\} \\[5pt] -q^2 &=& \frac{25}{4} \\[5pt] \end{eqnarray}となるが、これを満たす有理数 $q$ は存在しない。

よって、因数分解できるとすると、 $p\ne 0$ の場合しかない。

この場合、(2)より\[ \{p^2-(a^2+1)\}\{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)(a+2)^2\}=0 \]が成り立つ。 $p\ne 0$ のとき、 $p^4$, $(a^2+1)p^2$ は正で $(a^2+1)(a+2)^2$ も $0$ 以上なので、\[ p^2-(a^2+1)=0 \]が成り立つ場合しかない。

$p$ は有理数なので、 $p=\dfrac{m}{n}$ と書ける( $m$ は整数、 $n$ は正の整数。また、 $m$ と $n$ を同時に割り切る $2$ 以上の整数はないとする)。このとき
\begin{eqnarray} \frac{m^2}{n^2} &=& a^2+1 \\[5pt] m^2 &=& n^2(a^2+1) \\[5pt] \end{eqnarray}であり、 $n$ が $2$ 以上の素数で割り切れるとすると、 $m$ もその素数で割り切れてしまうため、 $m,n$ のとり方に矛盾する。よって、 $n=1$ しかなく \begin{eqnarray} m^2 &=& a^2+1 \\[5pt] (m+a)(m-a) &=& 1 \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立つ。 $m,a$ は整数なので、 $m+a,m-a$ がどちらも $1$ か、どちらも $-1$ の場合しかない。いずれにせよ、 $a=0$ となる。また、 $p$ は $1$ か $-1$ である。

以上より、因数分解できるとすると、 $a=0$ の場合しかない。このとき、 $b=2$, $c=-\dfrac{3}{4}$ である。 $p=1$ とすれば、(1)から $q=-\dfrac{1}{2}$, $r=\dfrac{3}{2}$ となり、たしかに\[ x^4+2x-\frac{3}{4}=\left( x^2+x-\frac{1}{2} \right)\left( x^2-x+\frac{3}{2} \right) \]と因数分解できる。

よって、条件を満たす $a$ は、 $a=0$ のみ、となる。

(終)

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