京都府立医科大学 2024年 問題1
$x\ は\ x \ne 0 , \ \ \pm 1 \ \ である実数とし、f(x)=\dfrac{1+x}{1-x} \ \ とおく。c\ は実数とし、x\ の方程式$
$\hspace{3em}(E) \quad x+f(x)+f(f(x)) + f(f(f(x)))=c$
$を考える。$
$(1)\ \ f(f(f(f(x))))=x \ \ であることを証明せよ。$
$(2)\ \ x=\alpha \ \ が方程式(E)の実数解であるとき \ \ f(\alpha),\ \ f(f(\alpha)),\ \ f(f(f(\alpha))) \ \ も(E)の実数解であることを証明せよ。$
$(3)\ \ (E)の実数解 \ x=\alpha \ に対して \ \ y_1=\alpha +f(f(\alpha)),\ \ y_2=f(\alpha)+f(f(f(\alpha))) \ \ とおく。y_1,\ \ y_2\ が $
$\quad y\ の \ 2\ 次方程式 \ \ y^2-cy-4=0 \ \ の解であることを証明せよ。$
$(4)\ \ c=3 \ のとき方程式(E)を解け。$
(1)
$f_1(x)=f(x) , \quad f_2(x)=f(f(x)),\quad f_3(x)=f(f(f(x))),\quad f_4(x)=f(f(f(f(x)))) \quad とおく。$
$f_2(x)=f(f_1(x))=\cfrac{1+\dfrac{1+x}{1-x}}{1-\dfrac{1+x}{1-x}}=\cfrac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)-(1+x)}=-\cfrac{1}{x}$
$f_3(x)=f(f_2(x))=\cfrac{1-\dfrac{1}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}=\cfrac{x-1}{x+1}$
$f_4(x)=f(f_3(x))=\cfrac{1+\dfrac{x-1}{x+1}}{1-\dfrac{x-1}{x+1}}=\cfrac{(x+1)+(x-1)}{(x+1)-(x-1)}=x$
(2)
$\alpha+f(\alpha)+f(f(\alpha)) + f(f(f(\alpha)))=c \quad より$
$\alpha +f_1(\alpha)+f_2(\alpha)+f_3(\alpha)=c$
$このとき$
(i) \begin{eqnarray*} & &f_1(\alpha)+f(f_1(\alpha))+f(f(f_1(\alpha))) + f(f(f(f_1(\alpha))))\\ \\ &=&f_1(\alpha)+f_2(\alpha)+f_3(\alpha)+f_4(\alpha)\\ \\ &=&f_1(\alpha)+f_2(\alpha)+f_3(\alpha)+\alpha\\ \\ &=&c \end{eqnarray*} $よって \quad f_1(\alpha)=f(\alpha) \ は(E)の実数解である。$
(ii)$ \ \ f(f(\alpha))=f_2(\alpha) \quad だから$
\begin{eqnarray*} & &f_2(\alpha)+f(f_2(\alpha))+f(f(f(_2(\alpha)))+f(f(f(f_2(\alpha))))\\ \\ &=&f_2(\alpha)+f_3(\alpha)+f_4(\alpha)+f(f_4(\alpha))\\ \\ &=&f_2(\alpha)+f_3(\alpha)+\alpha+f_1(\alpha)\\ \\ &=&c \end{eqnarray*} $よって \quad f_2(\alpha)=f(f(\alpha)) \ は(E)の実数解である。$
(iii)$\ \ f(f(f(\alpha)))=f_3(\alpha) \quad だから$
\begin{eqnarray*} & &f_3(\alpha)+f(f_3(\alpha))+f(f(f(_3(\alpha)))+f(f(f(f_3(\alpha))))\\ \\ &=&f_3(\alpha)+f_4(\alpha)+f(f_4(\alpha))+f(f(f_4(\alpha)))\\ \\ &=&f_3(\alpha)+\alpha +f_1(\alpha)+f_2(\alpha)\\ \\ &=&c \end{eqnarray*} $よって \quad f_3(\alpha)=f(f(f(\alpha))) \ は(E)の実数解である。$
(3)
$y_1=\alpha +f(f(\alpha))=\alpha +f_2(\alpha))$
$y_2=f(\alpha)+f(f(f(\alpha)))=f_1(\alpha)+f_3(\alpha)$
\begin{eqnarray*} y_1+y_2 &=&(\alpha +f_2(\alpha)) + (f_1(\alpha)+f_3(\alpha))\\ \\ &=&\alpha +f_1(\alpha)) + f_2(\alpha)+f_3(\alpha)\\ \\ &=&c \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} y_1 \cdot y_2 &=&(\alpha +f_2(\alpha)) \cdot (f_1(\alpha)+f_3(\alpha))\\ \\ &=&(\alpha -\cfrac{1}{\alpha}) (\cfrac{1+\alpha}{1-\alpha} + \cfrac{\alpha -1}{\alpha +1})\\ \\ &=&(\alpha -\cfrac{1}{\alpha}) \times \cfrac{-(\alpha +1)^2+(\alpha -1)^2}{(\alpha -1)(\alpha +1)}\\ \\ &=&\cfrac{\alpha ^2-1}{\alpha} \times \cfrac{-4\alpha}{(\alpha -1)(\alpha +1)}\\ \\ &=&-4 \end{eqnarray*}
$解と係数の関係より \quad y_1,\ \ y_2 \ \ は \ \ y^2-cy-4=0 \ \ の解である。$
(4)
$c=3 \ のとき \quad y^2-3y-4=0 \qquad (y+1)(y-4)=0 \qquad y=-1,\ \ 4$
(i)$\ \ y_1=-1 \quad のとき$
$\quad \alpha +f_2(\alpha)=-1$
$\quad \alpha -\cfrac{1}{\alpha}=-1$
$\quad \alpha ^2+\alpha -1=0$
$\quad \alpha =\cfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$
$なお、y_2=4 \ \ をつかうと$
$\quad f_1(\alpha) +f_3(\alpha)=4$
$\quad \cfrac{1+\alpha}{1-\alpha}+ \cfrac{\alpha -1}{\alpha +1}=4$
$\quad -(\alpha +1)^2+(\alpha -1)^2=4(\alpha -1)(\alpha +1)$
$\quad \alpha ^2+\alpha -1=0 \quad が得られる$
(ii)$\ \ y_1=4 \quad のとき$
$\quad \alpha +f_2(\alpha)=4$
$\quad \alpha -\cfrac{1}{\alpha}=4$
$\quad \alpha ^2-4\alpha -1=0$
$\quad \alpha =2 \pm \sqrt{5} $
$なお、y_2=-1 \ \ をつかうと$
$\quad f(\alpha) +f_3(\alpha)=-1$
$\quad \cfrac{1+\alpha}{1-\alpha}+ \cfrac{\alpha -1}{\alpha +1}=-1$
$\quad -(\alpha +1)^2+(\alpha -1)^2=-(\alpha -1)(\alpha +1)$
$\quad \alpha ^2-4\alpha -1=0 \quad が得られる$
(i),(ii)$ \ \ より\quad (E) の解は \quad x=\cfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}, \quad 2 \pm \sqrt{5}$
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