解説

方針・初手

(1) は $x = 1, -1, 0$ を $f(x)$ に代入して得られる $a, b, c$ についての連立方程式を解くだけである。 (2) は (1) の結果を利用する。係数 $a, b, c$ が整数であることから、$f(1), f(-1), f(0)$ も整数となる。与えられた不等式 $|f(x)| \le 1 \ (|x| \le 1)$ に $x = 1, -1, 0$ を代入することで、$f(1), f(-1), f(0)$ がとり得る値を絞り込む。そこから $a, b, c$ の候補をすべて挙げ、最後に各候補が $|x| \le 1$ のすべての範囲で $|f(x)| \le 1$ を満たすか（十分性）を確認する。

解法1

**(1)**

$f(x) = ax^2 + bx + c$ に $x = 1, -1, 0$ をそれぞれ代入すると、以下の3式が得られる。

$$ f(1) = a + b + c $$

$$ f(-1) = a - b + c $$

$$ f(0) = c $$

$f(0) = c$ を上の2式に代入して整理すると、

$$ a + b = f(1) - f(0) $$

$$ a - b = f(-1) - f(0) $$

これら2つの式を辺々足し合わせると、

$$ 2a = f(1) + f(-1) - 2f(0) $$

$$ a = \frac{f(1) + f(-1)}{2} - f(0) $$

また、辺々引くと、

$$ 2b = f(1) - f(-1) $$

$$ b = \frac{f(1) - f(-1)}{2} $$

**(2)**

$a, b, c$ は整数であるから、$x$ が整数のとき $f(x) = ax^2 + bx + c$ の値も整数となる。 したがって、$f(1), f(-1), f(0)$ はすべて整数である。

また、仮定より $|x| \le 1$ を満たす任意の実数 $x$ に対して $|f(x)| \le 1$ が成り立つから、特に $x = 1, -1, 0$ のときも成立する。すなわち、

$$ |f(1)| \le 1, \quad |f(-1)| \le 1, \quad |f(0)| \le 1 $$

これらを満たす整数は $-1, 0, 1$ のみであるから、$f(1), f(-1), f(0) \in \{-1, 0, 1\}$ である。

(1) で求めた通り、$b = \frac{f(1) - f(-1)}{2}$ である。$b$ は整数であるから、$f(1) - f(-1)$ は偶数でなければならない。 よって、$f(1)$ と $f(-1)$ の偶奇は一致する。 $f(1), f(-1) \in \{-1, 0, 1\}$ のうち、この条件を満たす組 $(f(1), f(-1))$ は以下の5通りである。

$$ (1, 1), \ (-1, -1), \ (1, -1), \ (-1, 1), \ (0, 0) $$

それぞれの組について、$f(0) \in \{-1, 0, 1\}$ の場合を調べ、$a \neq 0$ となる $a, b, c$ を求める。

**(i)** $(f(1), f(-1)) = (1, 1)$ のとき $b = 0, \ a = 1 - f(0)$ $f(0) = -1$ のとき、$a = 2, c = -1$ より $f(x) = 2x^2 - 1$ $f(0) = 0$ のとき、$a = 1, c = 0$ より $f(x) = x^2$ $f(0) = 1$ のとき、$a = 0$ となり、$a \neq 0$ に反するため不適。

**(ii)** $(f(1), f(-1)) = (-1, -1)$ のとき $b = 0, \ a = -1 - f(0)$ $f(0) = -1$ のとき、$a = 0$ となり不適。 $f(0) = 0$ のとき、$a = -1, c = 0$ より $f(x) = -x^2$ $f(0) = 1$ のとき、$a = -2, c = 1$ より $f(x) = -2x^2 + 1$

**(iii)** $(f(1), f(-1)) = (1, -1)$ のとき $b = 1, \ a = -f(0)$ $f(0) = -1$ のとき、$a = 1, c = -1$ より $f(x) = x^2 + x - 1$ $f(0) = 0$ のとき、$a = 0$ となり不適。 $f(0) = 1$ のとき、$a = -1, c = 1$ より $f(x) = -x^2 + x + 1$

**(iv)** $(f(1), f(-1)) = (-1, 1)$ のとき $b = -1, \ a = -f(0)$ $f(0) = -1$ のとき、$a = 1, c = -1$ より $f(x) = x^2 - x - 1$ $f(0) = 0$ のとき、$a = 0$ となり不適。 $f(0) = 1$ のとき、$a = -1, c = 1$ より $f(x) = -x^2 - x + 1$

**(v)** $(f(1), f(-1)) = (0, 0)$ のとき $b = 0, \ a = -f(0)$ $f(0) = -1$ のとき、$a = 1, c = -1$ より $f(x) = x^2 - 1$ $f(0) = 0$ のとき、$a = 0$ となり不適。 $f(0) = 1$ のとき、$a = -1, c = 1$ より $f(x) = -x^2 + 1$

以上より、必要条件を満たす $f(x)$ の候補は以下の10個である。 $\pm x^2, \ \pm(2x^2 - 1), \ \pm(x^2 - 1), \ \pm(x^2 + x - 1), \ \pm(x^2 - x - 1)$

これらが $-1 \le x \le 1$ のすべての $x$ に対して $|f(x)| \le 1$ を満たすか調べる。

**[ア]** $f(x) = \pm x^2, \ \pm(x^2 - 1)$ について $-1 \le x \le 1$ において $0 \le x^2 \le 1$ であるから、 $-1 \le x^2 - 1 \le 0$ したがって、常に $|f(x)| \le 1$ を満たす。

**[イ]** $f(x) = \pm(2x^2 - 1)$ について $-1 \le x \le 1$ において $0 \le x^2 \le 1$ より $0 \le 2x^2 \le 2$ である。 各辺から 1 を引いて $-1 \le 2x^2 - 1 \le 1$ となるため、常に $|f(x)| \le 1$ を満たす。

**[ウ]** $f(x) = \pm(x^2 + x - 1), \ \pm(x^2 - x - 1)$ について $f(x) = x^2 + x - 1 = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}$ は $x = -\frac{1}{2}$ のとき $-\frac{5}{4} < -1$ となり不適。 同様に、$f(x) = -x^2 + x + 1$ は $x = \frac{1}{2}$ のとき不適。 $f(x) = x^2 - x - 1$ は $x = \frac{1}{2}$ のとき不適。 $f(x) = -x^2 - x + 1$ は $x = -\frac{1}{2}$ のとき不適。 よってこれら4つは条件を満たさない。

以上より、条件を満たす $f(x)$ は6個存在する。

解説

2次関数の決定と整数問題が融合した標準的な問題である。 「すべての $x$ について成り立つ」という条件から、特定の扱いやすい値（本問では $1, -1, 0$）を代入して必要条件を導き出すアプローチは非常に有効である。 (1) で得られた式をもとに、整数の絞り込み（偶奇の性質や値域）を行う過程を丁寧に記述することが求められる。また、候補を絞った後に十分性の確認を忘れないように注意したい。

答え

(1) $a = \frac{f(1) + f(-1)}{2} - f(0)$

$b = \frac{f(1) - f(-1)}{2}$

$c = f(0)$

(2) $f(x) = x^2$

$f(x) = -x^2$

$f(x) = 2x^2 - 1$

$f(x) = -2x^2 + 1$

$f(x) = x^2 - 1$

$f(x) = -x^2 + 1$