%2007/04/22 06:10
%Copyright 2007 WATANABE,Masayuki
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\def\dsum{\displaystyle\sum}
\def\dlim{\displaystyle\lim}
\def\dint{\displaystyle\int}
\def\dprod{\displaystyle\prod}
\def\tvec#1{\overrightarrow{\text{#1}}}
\def\dvec#1{\overrightarrow{#1}}
\def\MARU#1{{\ooalign{\hfil#1\/\hfil\crcr\raise.167ex\hbox{\mathhexbox20D}}}}
\begin{document}
{\large 京都大学　1979年　入学試験　理系数学　問題1}\\
\\
{\large 問題}\\
\\
　次の条件をみたしていて，かつ最高次の係数が 1 である $x$ の整式 $P_1(x)$，
$P_2(x)$，$P_3(x)$ を求めよ．
\begin{enumerate}
 \item　$P_1(x)$ は 1 次式であって，どんな定数 $C$ に対しても\\ 
　　　　$\dint_{-1}^1 P_1(x)C\,dx=0$
 \item　$P_2(x)$ は 2 次式であって，1 次以下のどんな整式 $f(x)$ に対しても\\ 
　　　　      $\dint_{-1}^1 P_2(x)f(x)\,dx=0$
 \item　$P_3(x)$ は 3 次式であって，2 次以下のどんな整式 $f(x)$ に対しても\\
　　　　      $\dint_{-1}^1 P_3(x)f(x)\,dx=0$
\end{enumerate}
\ \\
{\large 解答}\\
\\
1.\\
最高次の係数が１の整式なので\\
$P_1(x)=x+a$\\
$\dint_{-1}^{1} P_1(x)C \,dx=C\dint_{-1}^{1} P_1(x)\,dx=0$より\\
$\dint_{-1}^{1} P_1(x)\,dx=0$\\
\begin{eqnarray*}
\dint_{-1}^{1} P_1(x)\,dx&=&\dint_{-1}^{1} x+a\,dx\\
&=&\left[ \dfrac{1}{2}x^2+ax \right]_{-1}^{1}\\
&=&\dfrac{1}{2}+a - (\dfrac{1}{2}-a)=2a
\end{eqnarray*}
よって
$a=0$\\
したがって
$$P_1{x}=x$$
\ \\
2.\\
$P_2(x)=x^2+ax+b$\\
$f(x)=cx+d$とする。\\
$f'(x)=c$\\
$\dint P_2(x)\,dx=\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}ax^2+bx+c$\\
より\\
\begin{eqnarray*}
\dint_{-1}^1 P_2(x)f(x)\,dx
&=&\left[(cx+d)(\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}ax^2+bx\right]_{-1}^1-\dint P_2(x)c\,dx\\
&=&\left[(cx+d)(\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}ax^2+bx\right]_{-1}^1-c\left[\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}ax^2+bx\right]_{-1}^1\\
&=&(a-\dfrac{2}{3}-2b)c+(\dfrac{2}{3}+2b)d\\
&=&0
\end{eqnarray*}
これが任意の$c,d$について成立するので\\
$a-\dfrac{2}{3}-2b=0$
$\dfrac{2}{3}+2b=0$
よって$b=\dfrac{-1}{3}$\\
$a=-\dfrac{2}{3}-2b=0$
$$P_2(x)=x^2-\dfrac{1}{3}$$\\

3.\\
$P_3(x)=x^3+ax^2+b^x+c$\\
とおく\\
条件に一致するような$P_3(x)$が二種類以上存在した場合\\
それを$p_1(x)$,$p_2(x)$とすると
$\dint_{-1}^1 p_1(x)f(x)\,dx=0$\\
$\dint_{-1}^1 p_2(x)f(x)\,dx=0$\\
より\\
$\dint_{-1}^1 (p_1(x)-p_2(x))f(x) \,dx=0$\\
となり$x^3$の係数が0で条件を満たすものが存在することになる。\\
このような式を$g(x)$とすると\\
$g(x)$は２次以下の整式なので\\
$f(x)=g(x)$をとれば、$g^2(x)\geqq 0$\\
そのとき$\dint_{-1}^1 g^2(x) \,dx = 0$なので$g(x)=0$の時のみ成立する。\\
つまり$p_1(x)-p_2(x)=0$\\となり$P_3(x)$は存在するとしたら一つにかぎる。\\
\ \\
$\dint_{-1}^1 P_3(x)f(x)\,dx=0$は任意の$f(x)$対して成立するので\\
すくなくとも$f(x)=1,f(x)=x,f(x)=x^2$について成立する必要がある。\\
$f(x)=1$のとき\\
\begin{eqnarray*}
\dint_{-1}^1 x^3+ax^2+bx+c \,dx&=&\left[\dfrac{1}{4}x^4+\dfrac{a}{3}x^3+\dfrac{b}{2}x^2+cx\right]_{-1}^1\\
&=&\dfrac{2a}{3}+2c=0
\end{eqnarray*}
$f(x)=x$のとき\\
\begin{eqnarray*}
\dint_{-1}^1 x^4+ax^3+bx^2+cx \,dx&=&\left[\dfrac{1}{5}x^5+\dfrac{a}{4}x^4+\dfrac{b}{3}x^3+\dfrac{c}{2}x^2\right]_{-1}^1\\
&=&\dfrac{2}{5}+\dfrac{2b}{3}=0
\end{eqnarray*}
$f(x)=x^2$のとき\\
\begin{eqnarray*}
\dint_{-1}^1 x^5+ax^4+bx^3+cx^2 \,dx&=&\left[\dfrac{1}{6}x^6+\dfrac{a}{5}x^5+\dfrac{b}{4}x^4+\dfrac{c}{3}x^3\right]_{-1}^1\\
&=&\dfrac{a}{5}+\dfrac{c}{3}=0
\end{eqnarray*}
以上より
$b=\dfrac{-3}{5},a=c=0$が必要。\\
$P_3(x)=x^3-\dfrac{3}{5}x$とすると\\
$P_3(x)f(x)=dx^5+ex^4+fx^3-\dfrac{3dx^3}{5}-\dfrac{3ex^2}{5}-\dfrac{3fx}{5}$\\
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{\dint_{-1}^1 dx^5+ex^4+fx^3-\dfrac{3dx^3}{5}-\dfrac{3ex^2}{5}-\dfrac{3fx}{5}\,dx}\\
&=&\left[\dfrac{d}{6}x^6+\dfrac{e}{5}x^5+\dfrac{f}{4}x^4-\dfrac{3d}{20}x^4-\dfrac{3e}{15}x^3-\dfrac{3f}{10}x^2\right]_{-1}^1\\
&=&\dfrac{d}{6}+\dfrac{e}{5}+\dfrac{f}{4}-\dfrac{3d}{20}-\dfrac{3e}{15}-\dfrac{3f}{10}-\dfrac{d}{6}+\dfrac{e}{5}-\dfrac{f}{4}+\dfrac{3d}{20}-\dfrac{3e}{15}+\dfrac{3f}{10}\\
&=&0
\end{eqnarray*}
となり、この式は条件を満たす。\\
前述の通り存在するとしたら一つに限るので
$$P_3(x)=x^3-\dfrac{3}{5}x$$
証明終了
\end{document}

