問題 02

問題003｜2次方程式

難易度 C 目安 60分

前半戦

実数 $a, b, c$ が $a < c < b$ を満たすとき，2次関数

y = (x - a) (x - b) - k (x - c)

のグラフは，実数 $k$ の値にかかわらず，つねに $x$ 軸と異なる2点を共有することを示せ．

実数 $a$ に対し，区間 $a^{2} \leq x \leq a^{2} + 1$ における $(x - a)^{2}$ の最大値を $M (a)$ ，最小値を $m (a)$ とする． $M (a), m (a)$ を求め，さらに $R (a) = M (a) - m (a)$ の最小値と， $R (a) \leq 1$ を満たす $a$ の範囲を求めよ．

後半戦

6個の整数 $a, b, c, d, e, f$ が

a^{6} + b^{6} + c^{6} + d^{6} + e^{6} + f^{6} - 1 \leq 6 a b c d e f

を満たすとき， $a, b, c, d, e, f$ をすべて求めよ．

実数 $a, b$ に対して $f (x) = x^{2} + a x + b$ とおく．方程式 $f (f (x)) = 0$ が相異なる実数解をちょうど3個もつような組 $(a, b)$ をすべて求めよ．答えは一つの実数パラメータを用いて表してよい．

ヒント設問 1

ヒント 1

$k$ を含む項が消える $x$ の値を探し，その点での関数値の符号を調べよ．

ヒント 2

$x = c$ では $(c - a) (c - b) < 0$ となる．放物線の開く向きと合わせて，この点の左右で $x$ 軸と交わることを説明せよ．

ヒント設問 2

ヒント 1

$t = a^{2} - a$ とおくと， $x - a$ の動く区間は $[t, t + 1]$ となる． $t$ の下限にも注意せよ．

ヒント 2

区間が0を含むかどうかで最小値を分ける．最大値については，両端の平方の差を計算する．

ヒント設問 3

ヒント 1

6個の6乗を三つずつに分け，相加相乗平均の不等式でそれぞれを積の平方と比べる．

ヒント 2

$3 (a b c - d e f)^{2} \leq 1$ から整数条件を使う．三つずつの分け方を変えて同じ議論を行い，積が0の場合と0でない場合を分けよ．

ヒント設問 4

ヒント 1

まず $f (t) = 0$ の実数解を調べ，その各解 $t$ に対して $f (x) = t$ が何個の実数解をもつかを数えよ．

ヒント 2

放物線 $y = f (x)$ の最小値を $m$ とする．二つの異なる水平線との交点の合計が3個になるのは，小さい方の高さが $m$ と一致するときである．

解答設問 1

f (x) = (x - a) (x - b) - k (x - c)

とおく． $f (x)$ は $x^{2}$ の係数が $1$ である2次関数なので，

lim_{x \to \pm \infty} f (x) = + \infty

である．ここで $x = c$ を代入すると，

f (c) = (c - a) (c - b)

となる．仮定 $a < c < b$ より

c - a > 0, c - b < 0

であるから，

f (c) < 0

である．特に，この値は $k$ によらない．

一方， $x \to - \infty$ および $x \to + \infty$ では $f (x) > 0$ となるので， $f (x)$ の連続性から，

$c$ より左側に少なくとも1つ，
$c$ より右側に少なくとも1つ

$f (x) = 0$ の実数解が存在する．これら2つの解は $c$ を挟んで存在するため互いに異なる．したがって，実数 $k$ の値にかかわらず，グラフ

y = (x - a) (x - b) - k (x - c)

はつねに $x$ 軸と異なる2点を共有する．

別解として，判別式を用いて示すこともできる． $x$ 軸との共有点の $x$ 座標は

(x - a) (x - b) - k (x - c) = 0

の解である．整理すると，

x^{2} - (a + b + k) x + a b + c k = 0.

この2次方程式の判別式を $D$ とすると，

\begin{aligned} D & = (a + b + k)^{2} - 4 (a b + c k) \\ = k^{2} + 2 (a + b - 2 c) k + (a - b)^{2} . \end{aligned}

ここで，右辺を $k$ の2次式とみる．この2次式の判別式を $D_{k}$ とすると，

\begin{aligned} \frac{D_{k}}{4} & = (a + b - 2 c)^{2} - (a - b)^{2} \\ = {(a - c) + (b - c)}^{2} - {(a - c) - (b - c)}^{2} \\ = 4 (a - c) (b - c) . \end{aligned}

$a < c < b$ より

a - c < 0, b - c > 0

であるから，

D_{k} < 0.

また， $D$ は $k$ の2次式として最高次係数が正である．したがって，任意の実数 $k$ に対して

D > 0.

よって元の2次方程式は， $k$ の値にかかわらずつねに異なる2つの実数解をもつ．

したがって，与えられた2次関数のグラフは，つねに $x$ 軸と異なる2点を共有する．

解答設問 2

$t = a^{2} - a = (a - \frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{4}$ とおくと $t \geq - \frac{1}{4}$ であり， $y = x - a$ は $t \leq y \leq t + 1$ を動く．両端の平方の差は $(t + 1)^{2} - t^{2} = 2 t + 1 > 0$ なので，最大値は常に $M (a) = (t + 1)^{2}$ である． $- \frac{1}{4} \leq t \leq 0$ なら区間は0を含み $m (a) = 0$ ， $t \geq 0$ なら $m (a) = t^{2}$ となる．したがって

R (a) = {\begin{array}{ll} (t + 1)^{2} & (- \frac{1}{4} \leq t \leq 0), \\ 2 t + 1 & (t \geq 0) . \end{array}

どちらの式も対応する範囲で $t$ とともに増加するので，最小値は $t = - \frac{1}{4}$ ，すなわち $a = \frac{1}{2}$ のときの $\frac{9}{16}$ である．また $R (a) \leq 1$ は $t \leq 0$ と同値であり，答えは $0 \leq a \leq 1$ となる．以上の $M, m$ の式で $t = a^{2} - a$ と戻せば求める表示を得る．

解答設問 3

相加・相乗平均の不等式より，

a^{6} + b^{6} + c^{6} \geq 3 (a b c)^{2},

同様に

d^{6} + e^{6} + f^{6} \geq 3 (d e f)^{2}

である．したがって，問題の不等式から

6 a b c d e f \geq 3 (a b c)^{2} + 3 (d e f)^{2} - 1

を得る．ここで $u = a b c, v = d e f$ とおくと，

3 u^{2} + 3 v^{2} - 1 \leq 6 u v,

∴ 3 (u - v)^{2} \leq 1.

$u - v$ は整数であるから，

u = v

でなければならない．よって

a b c = d e f .

もとの条件は $a, b, c, d, e, f$ について対称であるため，任意の3文字を選んだ積は，残りの3文字の積に等しい．まず，

a b c d e f \neq 0

の場合を考える．例えば

a b c = d e f, a b d = c e f

が成り立つ．すべての文字は $0$ でないので両式を割ることができ，

\frac{c}{d} = \frac{d}{c}

∴ c^{2} = d^{2} .

∴ | c | = | d | .

対称性から，任意の2文字について同様のことがいえるので，

| a | = | b | = | c | = | d | = | e | = | f | =: m

となる．ここで $m$ は正の整数である．このとき

a^{6} + b^{6} + c^{6} + d^{6} + e^{6} + f^{6} = 6 m^{6}

であり，

a b c d e f = \pm m^{6} .

したがって，もとの不等式は

6 m^{6} - 1 \leq \pm 6 m^{6}

となる．右辺が $- 6 m^{6}$ ならば

12 m^{6} \leq 1

となり， $m \geq 1$ に反する．よって

a b c d e f = m^{6} > 0.

したがって，この場合の解は

| a | = | b | = | c | = | d | = | e | = | f | = m

かつ

a b c d e f > 0

を満たすもの，すなわち負の数が偶数個であるものである．

次に，

a b c d e f = 0

の場合を考える．

少なくとも1つは $0$ なので，対称性から $a = 0$ としてよい．このとき問題の不等式は

b^{6} + c^{6} + d^{6} + e^{6} + f^{6} \leq 1

となる．

$b, c, d, e, f$ は整数であり， $0$ でない整数 $n$ については $n^{6} \geq 1$ である．したがって， $b, c, d, e, f$ のうち $0$ でないものは高々1個であり，その値は $\pm 1$ に限られる．

よって，この場合は

$a, b, c, d, e, f$ がすべて $0$ である場合，
1つだけが $\pm 1$ で，残りの5つが $0$ である場合

に限られる．

以上より，求める整数の組は次のいずれかである．

ある正の整数 $m$ に対して
$| a | = | b | = | c | = | d | = | e | = | f | = m$
かつ負の数が偶数個であるもの．
$a, b, c, d, e, f$ のうち1つだけが $\pm 1$ で，残りの5つが $0$ であるもの．
$(a, b, c, d, e, f) = (0, 0, 0, 0, 0, 0) .$

解答設問 4

$f (t) = 0$ が実数解をもたなければ合成方程式も実数解をもたず，重解一つだけなら $f (x) = t$ の解は高々2個である．したがって $f (t) = 0$ は相異なる実数解 $r < s$ をもつ必要がある． $m = b - \frac{a^{2}}{4}$ を $f$ の最小値とすると， $f (x) = t$ の異なる実数解の個数は $t < m, t = m, t > m$ に応じて0，1，2である．異なる高さの解集合は交わらないから，合計が3個となる必要十分条件は $r = m < s$ である．

$d = \frac{1}{2} \sqrt{a^{2} - 4 b} > 0$ とおくと $r = - \frac{a}{2} - d, s = - \frac{a}{2} + d, m = - d^{2}$ である．ゆえに条件 $r = m$ は $a = 2 d^{2} - 2 d$ となり， $b = \frac{a^{2}}{4} - d^{2} = d^{3} (d - 2)$ を得る．逆に任意の $d > 0$ に対しこの $a, b$ を選べば $r = m < s$ が成り立つ．したがって答えは

(a, b) = (2 d^{2} - 2 d, d^{3} (d - 2)) (d > 0) .

このとき3個の解は $- \frac{a}{2}, - \frac{a}{2} + \sqrt{2 d}, - \frac{a}{2} - \sqrt{2 d}$ である．

次の図は $a = 0, b = - 1$ の例である．外側の根 $- 1, 1$ に対する水平線が，それぞれ1個と2個の逆像をもつ．

放物線y=x²−1と水平線y=−1，y=1．下側は頂点で接し，上側は二点で交わる．

DISCUSSION

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名前未設定 2026/9/9 21:20

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後半戦相加相乗っぽいなってのはすぐ分かったけど、a^6+b^6+...+f^6=6abcdef+1の時の整数解の必要性に手間取った