1989年(平成元年)京都大学理系数学[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

$f(x)$ は $x$ の 3 次式で， $f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの余りは定数である．このとき方程式 $f(x)=0$ を満たす実数 $x$ はただ 1 つであることを示せ．

2019.04.03記

解説:
$f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの余りを $R(x)$ とおくと、 $y=R(x)$ は $y=f(x)$ の、 $f'(x)=0$ となる点を全て通る。だからもし3次関数が極大、極小をもつと仮定すると余りは定数にならなくなり矛盾する。よって、3次関数は単調増加となり、よって方程式 $f(x)=0$ を満たす実数 $x$ はただ 1 つである。

別解:
$f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの余りである定数を $C$ とし、 $g(x)=f(x)-C$ とおくと、 $g(x)$ は $g'(x)$ で割り切れるので $g(x)=\dfrac{1}{3}(x-k)g'(x)$ とおくことができる。
この両辺を微分すると $g'(x)=\dfrac{1}{3}g'(x)+\dfrac{1}{3}(x-k)g''(x)$ となるので、 $g'(x)=\dfrac{1}{2}(x-k)g''(x)$ となる。
さらに両辺を微分すると $g''(x)=(x-k)g'''(x)$ が得られるが、 $g'''(x)$ は3次式の3階微分なので定数となる。これを $D(\neq 0)$ とおくと $g(x)=\dfrac{D}{6}(x-k)^3$ となる。
よって $f(x)=\dfrac{D}{6}(x-k)^3+C$ となり， $f(x)=0$ の実数解は $x=k+\sqrt[3]{-\dfrac{6C}{D}}$ ただ1つである。

$n$ 次多項式 $f(x)$ が $f'(x)$ で割り切れるとき、 $f(x)=A(x-k)^n$ の形をしていることが同様に導かれる。

別解:
$f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの商を $\dfrac{1}{3}(x-k)$ とする。
この $k$ を用いて $f(x)=a(x-k)^3+b(x-k)^2+c(x-k)+d$ とおくと
$f'(x)=3a(x-k)^2+2b(x-k)+c$ であるから $f(x)=\dfrac{1}{3}(x-k)f'(x)+\dfrac{1}{3}b(x-k)^2+\dfrac{2}{3}c(x-k)+d$ が成立する。
余りが定数であるから $b=c=0$ であり、よって $f(x)=a(x-k)^3+d$ である。
よって $f(x)=0$ の実数解は $x=k+\sqrt[3]{-\dfrac{d}{a}}$ ただ1つである。

参考:
1976年(昭和51年)東京大学数学(理科)[6]旧課程 - [別館]球面倶楽部零八式markIISR