東京大学 理系数学 2021年 第6問 解説

今回は、東京大学理系数学（2021年 第6問）の解説をしたいと思います。

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。

⑴　$p\ne 0$ であるとき，$q,r$ を $p,b$ で表せ。

⑵　$p\ne 0$ とする。$b,c$ が定数 $a$ を用いて
$$b=(a^2+1)(a+2),\quad c=-\left( a+\dfrac{3}{4} \right)(a^2+1)$$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。

⑶　$a$ を整数とする。$x$ の $4$ 次式
$$x^4+(a^2+1)(a+2)x-\left( a+\dfrac{3}{4} \right)(a^2+1)$$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。

（東京大学）

解答

⑴

$$x^4+bx+c=( x^2+px+q )( x^2-px+r )\quad\cdots\text{①}$$の右辺を展開すると
$$\begin{eqnarray}
x^4+bx+c &=& x^4+(-p^2+q+r)x^2+(-pq+pr)x+qr
\end{eqnarray}$$となり、これが $x$ についての恒等式であるから、各次数の係数を比較すると
$$\left\{
\begin{eqnarray}
-p^2+q+r &=& 0 \quad\cdots\text{②} \\
-pq+pr &=& b \quad\cdots\text{③} \\
qr &=& c \quad\cdots\text{④}
\end{eqnarray}
\right.$$となる。

②,③を $q,r$ について解くと
$$q=\boldsymbol{\dfrac{1}{2}\left( p^2-\dfrac{b}{p} \right)},\quad r=\boldsymbol{\dfrac{1}{2}\left( p^2+\dfrac{b}{p} \right)}$$

⑵

$$\begin{eqnarray}
b &=& (a^2+1)(a+2)\quad\cdots\text{⑤}, \\
c &=& -\left( a+\dfrac{3}{4} \right)(a^2+1)\quad\cdots\text{⑥}
\end{eqnarray}$$と⑴で求めた $q,r$ を④に代入すると
$$\begin{array}{c}
\dfrac{1}{2}\left( p^2-\dfrac{b}{p} \right)\cdot\dfrac{1}{2}\left( p^2+\dfrac{b}{p} \right) = c \\
\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{p^3-b}{p}\cdot\dfrac{p^3+b}{p} = c \\
p^6 -4cp^2 -b^2 = 0 \\
p^6+4\left( a+\dfrac{3}{4} \right)(a^2+1)-(a^2+1)^2(a+2)^2 =0 \\
\{p^2-(a^2+1)\}\{p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)(a+2)^2\} = 0
\end{array}$$

したがって、整式 $f(t)$ と $g(t)$ で題意を満たすものの $1$ 組は
$$f(t)=\boldsymbol{t^2+1},\quad g(t)=\boldsymbol{(t^2+1)(t+2)^2}$$

⑶

一般に、有理数を係数とする $x$ の $4$ 次式 $x^4+bx+c$ が有理数を係数とする $2$ 次式の積に因数分解できるとき、
$$x^4+bx+c=(x^2+\alpha x+\beta)(x^2+\gamma x+\delta)$$と表され、$x^3$ の係数を比較すると $\alpha +\gamma =0$ すなわち $\gamma =-\alpha$ となる。

すなわち、整数 $a$ に対して⑤,⑥とするとき、①を満たす有理数 $p,q,r$ が存在するような $a$ を求めればよい。

$p=0$ のとき、③より $b=0$ であるから、⑤,⑥より $a=-2, \ c=\dfrac{25}{4}$ となる。

このとき、②,④より
$$\left\{
\begin{eqnarray}
q+r &=& 0 \\
qr &=& \dfrac{25}{4}
\end{eqnarray}
\right.$$となるので、$q,r$ は $u$ の $2$ 次方程式
$$u^2+\dfrac{25}{4}=0$$の $2$ 解であるが、この解は $u=\pm\dfrac{5}{2}i$（ $i$ は虚数単位）となり有理数ではないので不適である。

以下、$p \ne 0$ のときを考える。

このとき
$$p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)(a+2)^2 \gt 0$$であるから、⑵より
$$\begin{eqnarray}
p^2 &=& a^2+1 \\
\therefore\quad p &=& \pm\sqrt{a^2+1}
\end{eqnarray}$$である。⑤,⑥より $b,c$ は有理数なので、⑴の結果より、$p$ が有理数ならば $q,r$ も有理数である。

したがって、$p$ が有理数となるような整数 $a$ を求めればよい。

このとき
$$\sqrt{a^2+1} = \dfrac{\ell}{k} \ \text{（} \ k,\ell \ \text{は互いに素な正の整数）}$$とおける。両辺（ $\gt 0$ ）を $2$ 乗して
$$a^2+1 = \dfrac{\ell^2}{k^2}$$左辺は整数なので、右辺も整数でなければならないが、$k,\ell$ は互いに素な正の整数なので $k=1$ となる。

このとき
$$\begin{eqnarray}
a^2+1 &=& \ell^2 \\
\therefore\quad (\ell+a)(\ell-a) &=& 1
\end{eqnarray}$$$\ell \ (\gt 0) \ ,a$ は整数なので、これを満たす $(\ell,a)$ は
$$(\ell,a)=(1,0)$$のみである。

したがって、求める $a$ は $a=\mathbf{0}$ である。

逆に $a=0$ のとき
$$x^4+2x-\dfrac{3}{4} = \left( x^2+x-\dfrac{1}{2} \right)\left( x^2-x+\dfrac{3}{2} \right)$$となり、たしかに有理数を係数とする $2$ 次式の積に因数分解できる。

解説

⑵では、⑴で使わなかった $qr=c$ の式に着目し、$p$ の $6$ 次式を作り出せること、またそれを問題文のようにうまく因数分解できることに気付けるかがポイントでした。

⑶では、解答にあるように、恒等式①が「 $3$ 次の係数が $0$ である $4$ 次式を $(2$ 次$)\times(2$ 次$)$ に因数分解した一般形」であることを確認しましょう。でないと、題意を満たす $a$ をすべて求めたことにはなりません。

⑶の難所は、「①をみたす有理数 $p$ が存在するような $a$ を求めればよいこと」と$\text{「} \ p^4+(a^2+1)p^2+(a^2+1)(a+2)^2 \gt 0 \ \text{」}$に気づくことだと思います。

また細かい話ですが、$p$ が $0$ かそうでないかの場合分けも忘れがちなので、総じてこの大問を完答するのは容易ではないと思います。

まとめ

今回は、東京大学理系数学（2021年 第6問）の解説をしました。