6東京大学 2021年 数学 第6問解答・解説

右辺を展開して係数を比較すると $$(x^2+px+q)(x^2-px+r)=x^4+(q+r-p^2)x^2+p(r-q)x+qr$$ だから $$q+r=p^2,\qquad p(r-q)=b,\qquad qr=c.$$

(1) $p\ne0$より $r-q=b/p$ である。和と差を解いて $$\displaystyle \boxed{q=\frac12\left(p^2-\frac bp\right),\qquad r=\frac12\left(p^2+\frac bp\right)}.$$

(2) (1)の式の積を $qr=c$ に等置すると $$4p^2c=p^6-b^2, \qquad p^6-4cp^2-b^2=0.$$ $A=a^2+1$ とおく。与えられた $b,c$ を代入すると $$p^6+(4a+3)Ap^2-A^2(a+2)^2=0.$$ ここで $$(p^2-A)\{p^4+Ap^2+A(a+2)^2\} =p^6+\bigl(A(a+2)^2-A^2\bigr)p^2-A^2(a+2)^2.$$ また $A(a+2)^2-A^2=A\bigl((a+2)^2-(a^2+1)\bigr)=(4a+3)A$ だから、求める一組は $$\boxed{f(t)=t^2+1,\qquad g(t)=(t^2+1)(t+2)^2}.$$

(3) 有理数係数の二次式二つの積に因数分解できるなら、先頭係数を調整して因子をモニックにできる。$x^3$ の係数が $0$ なので、その因子は $$(x^2+px+q)(x^2-px+r)\qquad(p,q,r\text{ は有理数})$$ の形である。

まず $p=0$ と仮定すると、$x$ の係数 $b=(a^2+1)(a+2)$ は $0$ である。$a^2+1>0$ より $a=-2$ となり、このとき定数項は $c=25/4$ である。一方、$q+r=0$ なら $qr=-q^2\le0$ となり $qr=c$ に反する。よって $p\ne0$。

(2)の恒等式を用い、$z=p^2$、$A=a^2+1$ とおくと $$(z-A)\{z^2+Az+A(a+2)^2\}=0.$$ $p\ne0$ かつ $A>0$ なので $z^2+Az+A(a+2)^2>0$ であり、したがって $p^2=A=a^2+1$ である。$p=m/n$ を既約分数（$n>0$）とすると $m^2=(a^2+1)n^2$ である。よって $n^2\mid m^2$ だが $(m,n)=1$ だから $n=1$、すなわち $p$ は整数である。したがって $$(p-a)(p+a)=p^2-a^2=1.$$ 二つの整数因子はともに $1$ またはともに $-1$ であり、いずれも $a=0$ を与える。

実際、$a=0$ なら $$\displaystyle x^4+2x-\frac34=\left(x^2+x-\frac12\right)\left(x^2-x+\frac32\right)$$ と有理数係数の二次式の積にできる。ゆえに答えは $$\boxed{a=0}.$$