空論上の砂、楼閣上の机。

The Castle of Indolence

解の配置問題 集大成 〜なぜ判別式・グラフの軸・両端の値を考えるのか〜 (2018年 東大理系 第4問, 1996年 東大文理共通 第2問, 2015年 東大理系 第1問)

目次

はじめに

解の配置問題とは, 方程式 $f(x;a_1,a_2,\dots)=0$ について, 「ある範囲 $I$ にある個数の解をもつ」というパラメータ $a_1,a_2,\dots$ に関する条件を明示的に求める問題のことです. $f(x)$ の次数が $1$ の場合は自明, $4$ 以上の場合は一般には難しいのでほぼ出題されない, $3$ の場合は手法が限られているので簡単, しかし $2$ の場合は難問が出題されやすくなります. この原因はいくつか存在しますが, とりわけ大きいのは

  • $2$ 次関数特有の性質に依る議論が多い
  • 数学Ⅰの範囲であるので厳密な議論があまりできない
  • グラフに頼りつつもかなり高度な直観的議論を要求される

でしょう. 解の配置問題は受験数学において (筆者主観では) 最も混沌とした分野であり, 多くの人が不得手としている分野でもあります. なぜ「判別式・グラフの軸・両端の値」を考えればそれでちゃんと十分になるのかよく分からず, 「少なくとも $1$ つ」という文言が出てきたら脳死でパラメータ分離で計算に持ち込むしか手法を持ち合わせていなかったわけです.

というわけで筆者の受験勉強の過程として解の配置問題について整理してみたものをノートとして公開しておきます. いくつかのアイデアについては清史弘 (2003) と K会 (2018) が参考になりました. ただしこれらだけではまだまだ物足りなかったので, いくつかの有用な事実もプラスして本記事では紹介していきます.

舞台設定

$3$ 次関数

$f(x)$ が $3$ 次関数のときはパラメータ分離を使うのがほぼ大半で, 「相異なる $3$ 実数解をもつ」という条件を ( $3$ 次関数は極大値が常に極小値より大きいことから)「極大値と極小値の積が負」と言い換える程度です.

問題1. (2018年 東大理系 第4問) $a>0$ とし, $f(x)=x^3-3ax^2$ とおく. 次の 2 条件をみたす点 $(a,b)$ の動きうる範囲を求め, 座標平面上に図示せよ.
条件1: 方程式 $f(x)=b$ は相異なる $3$ 実数解をもつ.
条件2: さらに, 方程式 $f(x)=b$ の解を $\alpha < \beta < \gamma$ とすると $\beta > 1$ である.

これは東大側がわざわざパラメータ分離してくださっている例です.

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$2$ 次関数

したがって以下では, $f(x)$ を $2$ 次関数とし, $x ^ 2$ の係数を正として議論する. 負の場合は $-f(x)$ を考えることで以下の議論がすべて適用できます. 以下断りなく用いる記法・事実:

  • $y=f(x)$ のグラフは下に凸になる.
  • $f(x)=ax ^ 2+bx+c=0$ の判別式 $D$ を $D=b ^ 2-4ac$ とする.
  • 放物線 $y=f(x)$ の頂点の座標は $\left(-\dfrac{b}{2a},-\dfrac{D}{4a}\right)$ と表される.
注意. ただしたとえば複 $2$ 次式のように「たしかに $4$ 次ではあるが本質的に $2$ 次関数」という場合は当然存在します. 理論上は些末なことなので今ここで紹介しておきますが, まだわからない場合は飛ばしてください.
問題2. (複 $2$ 次式) $x^4+ax^2+b=0$ が (1) 異なる $4$ 実数解をもつ条件と (2) 実数解をもつ条件を求めよ.
解答. (1) $x^2=t$ とおくと, このような実数 $x$ が $2$ 個存在するための必要十分条件は $t>0$ である. よって, $x^4+ax^2+b=0$ が異なる $4$ 実数解をもつための必要十分条件は, $t^2+at+b=0$ が異なる正の $2$ 実数解をもつことである. これは $D=a^2-4b > 0$ かつ $2$ 解の和と積が正であることと同値であり, すなわち $b\leq\dfrac{1}{4}a^2$ かつ $a<0$ かつ $b>0$ である.
(2) $x^2=t$ とおくと, このような実数 $x$ が存在するための必要十分条件は $t\geq 0$ である. よって, $x^4+ax^2+b=0$ が実数解をもつための必要十分条件は, $t^2+at+b=0$ が $0$ 以上の実数解をもつことである. これは $D=a^2-4b > 0$ かつ $2$ 解の和が $0$ 以上または積が $0$ 以下であることと同値であり, すなわち $b\leq\dfrac{1}{4}a^2$ かつ ($a\leq0$ または $b\leq0$) である.

問題のパターン

パラメータの付き方で2通り:

  • 範囲がパラメータ付けされている
  • 方程式がパラメータ付けされている

しかしながら, 範囲も方程式もパラメータ付けされている問題なんてのは難しすぎるから出題されない上に, 範囲が動くだけなら最小値を見るだけなので自明です. というわけで以下では範囲を固定し, 方程式のみがパラメータ付けされている場合のみを考えます.

範囲で3通り:

  • 閉区間
  • 半開区間
  • 開区間

ただし半開区間は開区間の話に帰着できるので結局考えるのは閉区間と開区間の場合です.

解の個数で5通り:

  • $0$ 個 (=存在しない)
  • (ただ) $1$ 個
  • (相異なる) $2$ 個
  • 重複度含め $2$ 個
  • 少なくとも $1$ 個
非常に重要な注意. 「 $2$ 次方程式の $2$ 解」は重解も含みますが, 「 $2$ 次方程式が実数解を $2$ 個もつ」は一般に重解は含まれません. また「重複度含め $2$ 個」というのは「相異なる $2$ 個か重解 $1$ 個か」ということで, 決して「重解だけ」ではありません.
注意. $n$ 次方程式の解は $n$ 個以下であることは因数定理から容易に従います. 代数学の基本定理を持ち出す必要は決してありません.

武器

まずは初期段階から準備できるいくつかの武器を取っていきましょう.

解の公式

そもそも $2$ 次方程式の解の公式はかなり簡明な形で表されていることから「解を表して題意を満たすよう不等式を計算する」という方法は一つの素朴な解法の選択肢となります.

問題3. 方程式 $x^2+2ax+2=0$ が $0 < x < 2$ なる相異なる $2$ 実数解をもつための条件を求めよ.
解答. $x^2+2ax+2=0\iff x=-a\pm\sqrt{a ^ 2-2}$ であり, これが相異なる $2$ 実数となることは $a ^ 2-2>0$ すなわち $|a|>\sqrt{2}$ と同値. この条件のもとで $2$ 解が $0$ より大きく $2$ より小さいことは $0<-a-\sqrt{a ^ 2 - 2}<-a+\sqrt{a ^ 2-2}<2$ と同値. これを解いて $- 3/2 < a < 0$. 条件 $|a|>\sqrt{2}$ をあわせて $-3/2 < a < - \sqrt{2} $.

しかし一般論としてパラメータが多くなればなるほどこの手の不等式を正しく解ききることは計算ミスという観点でも解く時間という観点でも困難な点が多いです. そこで $2$ 次関数特有の性質を考えることで適切に解けるものはサッと解く力が求められているわけであり, その際には (結果と論理が合っていれば) グラフによる直観的な議論も任意に援用してよいことになっています. 解の配置問題に限らず高校数学においてグラフを書くことが公に認められている以上, 述語論理だけで押し切るのが大変だと思われた場合にはグラフによる直観的な議論を適切なレベルで援用することはかなり大切な手法です.

中間値の定理

解の配置問題において次の定理は基本的です:

定理4. (中間値の定理の特別な場合) $$f(p)f(q)<0 \implies {}^{\exists!}c\in(p,q), f(c)=0$$
証明. 唯一性以外は中間値の定理から従う. 唯一性を示す. $a < c_1 < c_2 < b$ なる $c_1$, $c_2$ に対し $f(c_1)=f(c_2)=0$ であったとすると, $2$ 次関数の性質により $x < c_1$ および $x > c_2$ に対し $f(x) > 0$ であるが, $a < c_1$ かつ $b > c_2$ より $f(a)f(b) > 0$ となりこれは仮定と矛盾する.
注意. 一般には唯一性は担保されません. これが $2$ 次関数特有の事情です. なお, 逆は一般に成立しないことに特に注意してください. これが解の配置問題を困難にさせる一因です.

解と係数の関係

命題5. 実数 $\alpha$, $\beta$ に対し
$$\begin{aligned} \alpha > 0 \land \beta > 0 &\iff \alpha + \beta > 0 \land \alpha \beta > 0 \\ \alpha > 0 \lor \beta > 0 &\iff \alpha + \beta > 0 \lor \alpha \beta < 0 \end{aligned}$$
証明. 1行目を示せば2行目も容易に従う. $(\implies)$ は明らか. $(\impliedby)$ を示す. $\alpha \beta > 0$ は $\alpha$ と $\beta$ が同符号であることと同値であり, $\alpha+\beta>0$ より, $\alpha>0$ かつ $\beta>0$ である.
注意. 等号がついた場合でも当然成立します.

これを用いることで「正となるような」という条件が代数的な操作だけで簡単に解けるようになります.

問題6. $2$ 次方程式 $x^2+ax+b=0$ について (1) $2$ 解がともに正となるような条件と (2) 正の解をもつような条件を求めよ.
解答. (1) $2$ 解がともに正となるための必要十分条件は, $x^2+ax+b=0$ が実数解をもち, かつ $2$ 解の和と積がともに正となることである. これは $D=a^2-4b\geq0$ かつ $-a>0$ かつ $b>0$, すなわち $b\leq\dfrac{1}{4}a^2$ かつ $a<0$ かつ $b>0$ と同値である.
(2) 正の解をもつための必要十分条件は, $x^2+ax+b=0$ が実数解をもち, かつ $2$ 解の和が正または積が負となることである. これは $D=a^2-4b\geq0$ かつ ($-a>0$ または $b<0$), すなわち $b\leq\dfrac{1}{4}a^2$ かつ ($a<0$ または $b<0$) と同値である.

パラメータ分離 (定数分離)

パラメータが $1$ 個で (パラメータに関し) $1$ 次のときに使える戦略です. 一般的には $\dfrac{f(x)}{g(x)}=a$ として曲線 $y=\dfrac{f(x)}{g(x)}$ と直線 $y=a$ の共有点の $x$ 座標を考えます. 数Ⅲの知識が必要だが描きさえすれば確実に解けます. $f(x)=ag(x)$ とする場合は $\deg{g(x)}\leq1$ のときだけ有用です. もちろんこれはグラフの議論に依存していますが, むしろそうやって闘いたいときに取る戦法です.

問題7. $x^2+(a-2)x-3a+1=0$ が $0 < x < 2$ なる解をもつ条件を求めよ.
解答. 与式は $(x-1)^2=-a(x-3)$ と変形でき, これが $0 < x < 2$ なる解をもつことは, 放物線 $y=(x-1)^2$ と直線 $y=-a(x-3)$ が $0 < x < 2$ で共有点をもつことと同値である. グラフより $-1 < -a \leq 0$ すなわち $0\leq a < 1$ が求める条件であった.

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一般論

$0$ 個

$D<0$ ならよく, $D=0$ なら軸が範囲外であればよく, $D>0$ なら範囲の左外側と右外側でそれぞれ $1$ 個の解をもつ, とすれば結局次に帰着します.

$1$ 個

開区間

$a < x < b$ なる解が唯一存在する条件をそのまま書くことはできません. よって次の事実を用いるのが最も楽です.

命題8. $a < x < b$ なる解は, $f(a)f(b)<0$ なら唯一存在し, $f(a)f(b)>0$ なら存在しないか重複度含め $2$ 個かである.
証明. 前者は中間値の定理の特別な場合である. 後者を示す. $a < x < b$ なる解が存在する場合だけ考えればよい. $\alpha < \beta$ なる $2$ 解 $\alpha$, $\beta$ が $a < \alpha < b\leq\beta$ を満たすとき $2$ 次関数の性質により $f(a) > 0$, $f(b)\leq 0$ となり仮定に矛盾する.
非常に重要な注意. $f(a)f(b)=0$ の場合は何も分からないので場合分けするしかありません.
問題9. $x^2-3x+a=0$ が $0 < x < 2$ にただ $1$ つ解をもつ条件を求めよ. ただし重解も含める.
解答. $f(0)f(2)=a(a-2)$ の符号で場合分けする.
[負のとき] すなわち $0 < a < 2$ のときただ $1$ つ解が存在する.
[正のとき] 解は存在しないか重複度含め $2$ 個である. $f(x)=x^2-3x+a=0$ が重解をもつならばそれは $x=3/2\in(0,2)$ で実現され, そのとき $a$ は $f(3/2)=0\iff a=9/4$ となる.
[$0$ のとき] $f(0)=0$ すなわち $a=0$ ならば $f(x)=x^2-3x=0\iff x=0,3\not\in(0,2)$ より不適であり, $f(2)=0$ すなわち $a=2$ ならば $f(x)=x^2-3x+2=0\iff x=1,2$ となりこれは条件を満たす.
以上より, $0 < a\leq 2, a=9/4$ が求める条件であった.

閉区間

命題10. $a \leq x \leq b$ なる解は, $f(a)f(b)<0$ なら唯一存在し, $f(a)f(b)>0$ なら存在しないか重複度含め $2$ 個かである.
問題11. $x^2-3x+a=0$ が $0 \leq x \leq 2$ にただ $1$ つ解をもつ条件を求めよ. ただし重解も含める.
解答. $f(0)f(2)=a(a-2)$ の符号で場合分けする.
[負のとき] すなわち $0 < a < 2$ のときただ $1$ つ解が存在する.
[正のとき] 解は存在しないか重複度含め $2$ 個である. $f(x)=x^2-3x+a=0$ が重解をもつならばそれは $x=3/2\in(0,2)$ で実現され, そのとき $a$ は $f(3/2)=0\iff a=9/4$ となる.
[$0$ のとき] $f(0)=0$ すなわち $a=0$ ならば $f(x)=x^2-3x=0\iff x=0,3$ となりこれは条件を満たし, $f(2)=0$ すなわち $a=2$ ならば $f(x)=x^2-3x+2=0\iff x=1,2$ となりこれは不適.
以上より, $0 \leq a < 2, a=9/4$ が求める条件であった.

$2$ 個

開区間

命題12. $f(x)=0$ が $a < x < b$ なる相異なる $2$ 実数解をもつことは (1) $D > 0$, (2) $a < k < b$, (3) $f(a)>0$, $f(b)>0$ が成立することと同値である.
証明. 必要性は明らか. 十分性を示す. (1) より $f(k)=-D/4a<0$ であるから (2)(3) より ${}^{\exists!}\alpha\in(a,k), {}^{\exists!}\beta\in(k,b), f(\alpha)=f(\beta)=0$ である.
注意. 重複度を含める場合は $D\geq0$ とすればよいです.
系13. $f(x)=0$ が $p$ より大きい解と $p$ より小さい解をもつことは $f(p) < 0$ と同値.
$f(x)=0$ が $p$ より大きい異なる $2$ 解をもつことは $D>0$, $p < k$, $f(p) > 0$ と同値.
$f(x)=0$ が $p$ より小さい異なる $2$ 解をもつことは $D>0$, $k < p$, $f(p) > 0$ と同値.
問題14. (1996年 東大文理共通 第2問) $a$, $b$, $c$, $d$ を正の数とする. 不等式 $\begin{cases} s(1-a)-tb > 0\\ -sc+t(1-d) > 0 \end{cases}$ を同時にみたす正の数 $s$, $t$ があるとき, $2$ 次方程式 $x^2-(a+d)x+(ad-bc)=0$ は $-1 < x < 1$ の範囲に異なる $2$ 実数解をもつことを示せ.
証明. $b,c,s,t > 0$ のもとで
$$ \begin{cases} s(1-a)-tb > 0\\ -sc+t(1-d) > 0 \end{cases}\iff \begin{cases} \dfrac{1-a}{b} > \dfrac{t}{s}\\ \dfrac{1-d}{c} > \dfrac{s}{t} \end{cases} $$
よって $1-a>0$, $1-d>0$ すなわち $a<1$, $d<1$ が必要であり, このとき $\dfrac{1-a}{b} > \dfrac{t}{s}$, $\dfrac{t}{s} > \dfrac{c}{1-d}$ なる正の数 $s$, $t$ が存在することは $\dfrac{1-a}{b}>\dfrac{c}{1-d}$ すなわち $a<1$, $d<1$, $(1-a)(1-d)-bc>0$ であることと同値であり, このとき $2$ 次方程式 $f(x)=x^2-(a+d)x+(ad-bc)=0$ が $-1 < x < 1$ の範囲に異なる $2$ 実数解をもつことを示せばよい. $f(x)=0$ の判別式を $D$ とおくと, そのような $a,b,c,d$ の条件は
$$ \begin{aligned} & \begin{cases} D=(a+d) ^ 2-4(ad-bc) > 0 \\ -1 < \dfrac{a+b}{2} < 1\\ f(-1)=1+(a+d)+(ad-bc) > 0\\ f(1)=1-(a+d)+(ad-bc) > 0\end{cases}\\ \iff & \begin{cases} -2 < a+d < 2 \\ (a-d) ^ 2+4bc > 0 \\ (1-a)(1-d)-bc > 0 \\ 2(a+d)+(1-a)(1-d)-bc > 0 \end{cases} \end{aligned} $$
となる. 第1式から第4式は上の結果と $a,b,c,d > 0$ よりたしかに成立している. よって題意は示された.

閉区間

命題15. $f(x)=0$ が $a \leq x \leq b$ なる相異なる $2$ 実数解をもつことは (1) $D > 0$, (2) $a \leq k \leq b$, (3) $f(a)\geq0$, $f(b)\geq0$ が成立することと同値である.
注意. 重複度を含める場合は $D\geq0$ とすればよいです.

少なくとも $1$ 個

解が少なくとも $1$ 個であるということは, 解がただ $1$ 個または重複度含め $2$ 個であることと同値です.

注意. 軸の位置で場合分けすることもできるが筆者は好きではないので割愛します.

開区間

上に帰着させます.

閉区間

閉区間の場合だけ計算が非常に簡単になります.

命題16. $f(x)=0$ が $[a,b]$ において少なくとも $1$ 個の実数解をもつことは, [(1) $D\geq0$ かつ (2) $a\leq k\leq b$ かつ (3) $f(a),f(b)\geq0$] または (4) $f(a)f(b)\leq0$ が成立することと同値である.

証明は明らかだが, (1)~(3) と (4) が「重複しているが漏れはない」場合分けとなっていることを利用していると考えると理解しやすいでしょう.

演習問題

演習17. (2015年 東大理系 第1問) 正の実数 $a$ に対して, 座標平面上で次の放物線を考える. $$C:\,y=ax^{2}+\frac{1-4a^2}{4a}$$ $a$ が正の実数全体を動くとき, $C$ の通過する領域を図示せよ.

参考文献

清史弘. (2003.). 「受験数学と教えられない数学」. 『数学・受験教科書』, 12. SEG出版.
K会. (2018.). 『関数』. 河合塾.