[math]1990年東京大学理系前期数学問題2

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問題

$3$次関数$h(x) = px^3+qx^2+rx + s$は次の条件$(i), (ii)$をみたすものとする。
$(i)$ $h(1) = 1, h(-1) = -1$
$(ii)$ $-1<x<1$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$-1<f(x)<1$をみたすとき、$\mid x\mid >1$なる任意の実数$x$に対して$\mid f(x) \mid < \mid h(x)\mid$が成立することを証明せよ。

方針

うまく誘導に乗りたいところだが、$(1)$から相当に難しい。

解答

$(1)$ 極小値、極大値を取る$x$の値をそれぞれ$\alpha, \beta$とする。$h(\alpha)$は極小値で、$h(\alpha) = -1, h(-1)=-1$であるから、$$h(x) + 1 = p(x-\alpha)^2(x+1)$$と置くことができる。同様に考え、$h(\beta) = 1, h(1) = 1$であるから、$$h(x) -1 = p(x-\beta)^2(x-1)$$と置くことができる。これから恒等式$$p(x-\alpha)^2(x+1)-1 = p(x-\beta)^2(x-1)+1$$が成り立つ。両辺とも展開すると、左辺は$$px^3 + p(-2\alpha+1)x^2+p({\alpha}^2-2\alpha)+p{\alpha}^2-1$$右辺は$$px^3+p(-2\beta-1)x^2 + p({\beta}^2 + 2\beta)x-p{\beta}^2+1$$となる。したがって、$$\begin{cases}-2\alpha+1 = -2\beta-1 \\ {\alpha}^2-2\alpha = {\beta}^2+2\beta\\ p{\alpha}^2-1 = -p{\beta}^2+1\end{cases}$$となる。これを解くと、$\alpha = \frac{1}{2}, \beta = -\frac{1}{2}, p = 4$となる。以上から、$h(x) = 4x^3-3x$である。

$(2)$ $F(x) = h(x)-f(x)$と置く。$f(x)$は連続なので、$-1\leq f(\pm1)\leq 1$であることに注意する。$(1)$から$\alpha = \frac{1}{2}, \beta = -\frac{1}{2}$であるから、$$F(-1) = -1-f(-1)\leq 0$$ $$F\left(-\frac{1}{2}\right) = 1-f\left(-\frac{1}{2}\right) > 0$$ $$F\left(\frac{1}{2}\right) = -1 – f\left(\frac{1}{2}\right) < 0$$ $$F(1) = 1-f(1)\geq 0$$である。$F(x)$は$3$次以下であるが、$-1\leq x\leq -\frac{1}{2}$にひとつ、$-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{1}{2}$にひとつ、$\frac{1}{2}\leq x\leq 1$にひとつ解をもつ。これ以上は実数解を持たないので、$\mid x\mid > 1$では$F(x)$の符号は変化しない。$F(-1) = h(-1)-f(-1) = -1-f(-1)\leq 0$かつ$F(1) = h(1)-f(1) = 1-f(1)\geq 0$であるから、$x < -1 $で$F(x) < 0$、$x > 1$で$F(x) > 1$となる。

同じく$G(x) = h(x)+f(x)$と置くと、$$G(-1) = -1+f(-1)\leq 0$$ $$G\left(-\frac{1}{2}\right) = 1+f\left(-\frac{1}{2}\right) > 0$$ $$G\left(\frac{1}{2}\right) = -1 + f\left(\frac{1}{2}\right) < 0$$ $$G(1) = 1+f(1)\geq 0$$である。$G(x)$は$3$次以下であるが、$-1\leq x\leq -\frac{1}{2}$にひとつ、$-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{1}{2}$にひとつ、$\frac{1}{2}\leq x\leq 1$に一つ解をもつ。これ以上は実数解を持たないので、$\mid x\mid > 1$では$G(x)$の符号は変化しない。$G(-1) = h(-1)+f(-1) = -1-f(-1)\leq 0$かつ$G(1) = h(1)+f(1) = 1-f(1)\geq 0$であるから、$x < -1 $で$G(x) < 0$、$x > 1$で$G(x) > 1$となる。したがって、$F(x), G(x)$は$\mid x \mid > 1$において同符号であり、$$F(x)G(x) = {h(x)}^2-{f(x)}^2 > 0$$となる。以上から、$\mid x\mid > 1$において、$\mid f(x)\mid < \mid h(x) \mid$となることが証明された。

解説

$h(x)$は$3$次のチェビシェフの多項式である。チェビシェフがなぜこのような多項式を考えたか、のひとつがこの東大の問題である。一般に正の整数$n$に対して$$\cos{n\theta} = f_n(\cos{\theta})$$となる多項式を第一種チェビシェフ多項式と言う。この多項式の$n$次の係数は$\frac{1}{2^{n-1}}$となることが比較的容易に証明できる。一般の$n$次の多項式$g(x)$で$n$次の係数が$1$であるものに対して、$-1\leq x\leq 1$での最大値を$M$とする。このとき、$M$が最小になるのは$g(x)$が$n$次のチェビシェフ多項式になるときである。この事実の証明のため、第一種チェビシェフ多項式が考案された。

$3$次あるいは$4$次については、大学入試問題でもよく出題される。$(1)$はチェビシェフ多項式とは直接関係ないが中々の問題だ。$3$次関数の形状について、我々は熟知している筈なので、計算主体で押すのではなくグラフをささっと書いて、あたりをつけてしまいたい。$(2)$が問題で、解答のようにチェビシェフ多項式$h(x)$と一般の関数$f(x)$の差を作るのが常套手段である。経験がないととても難しい。

以下の問題もチェビシェフの多項式を扱ったものであり、参考にすると良い。
1991年東京大学理系数学問題4
1996年京都大学理系後期数学問題1