解説

方針・初手

円 $x^2+y^2=1$ に内接する正方形は，中心が原点である。したがって，1つの頂点 $(p,q)$ から他の頂点は「原点まわりの $90^\circ$ 回転」で得られる。

（2） では，その4頂点が三次関数 $y=f(x)$ 上にもあることを使う。まず対称性から $f(x)$ が奇関数であることを示し，ついで $x^2+f(x)^2=1$ の根の重複を調べて係数を決める。

解法1

**(1)**

円に内接する正方形の中心は円の中心と一致するので，中心は原点である。したがって，1つの頂点 $(p,q)$ から他の頂点は，原点まわりに $90^\circ,180^\circ,270^\circ$ 回転した点である。

$(x,y)$ を原点まわりに $90^\circ$ 回転すると $(-y,x)$ になるから，残りの3頂点は

$$ (-q,p),\quad (-p,-q),\quad (q,-p) $$

である。

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**(2)**

（1） より，共有する4点は

$$ (p,q),\quad (-q,p),\quad (-p,-q),\quad (q,-p) $$

と書ける。

これらが曲線 $y=f(x)$ 上にあるので，

$$ f(p)=q,\quad f(-q)=p,\quad f(-p)=-q,\quad f(q)=-p $$

を満たす。

ここで，もし $p=\pm q$ であれば，4頂点のうち異なる2点が同じ $x$ 座標をもつことになり，関数 $y=f(x)$ のグラフ上に4点すべてが乗ることはできない。よって

$$ p^2\ne q^2 $$

である。

いま

$$ f(x)=ax^3+bx^2+cx+d $$

とすると，

$$ f(x)+f(-x)=2bx^2+2d $$

である。上の4条件から

$$ f(p)+f(-p)=0,\qquad f(q)+f(-q)=0 $$

だから，

$$ 2bp^2+2d=0,\qquad 2bq^2+2d=0 $$

を得る。$p^2\ne q^2$ なので，

$$ b=d=0 $$

である。したがって

$$ f(x)=ax^3+cx $$

となる。

次に，

$$ ap^3+cp=q,\qquad aq^3+cq=-p $$

である。$p,q\ne 0$ なので両辺をそれぞれ $p,q$ で割ると，

$$ ap^2+c=\frac{q}{p},\qquad aq^2+c=-\frac{p}{q} $$

を得る。これらを引くと，

$$ a(p^2-q^2)=\frac{q}{p}+\frac{p}{q} =\frac{p^2+q^2}{pq} =\frac{1}{pq} $$

であるから，

$$ a=\frac{1}{pq(p^2-q^2)} $$

となる。

また，

$$ c=\frac{q}{p}-ap^2 =\frac{2p^2q^2-1}{pq(p^2-q^2)} $$

である。

ここで，共有点の $x$ 座標は $\pm p,\pm q$ の4つだけである。よって

$$ x^2+f(x)^2-1=0 $$

は $x=\pm p,\pm q$ のみを解にもつ。

$f(x)=ax^3+cx$ を代入し，$u=x^2$ とおくと，

$$ a^2u^3+2acu^2+(c^2+1)u-1=0 $$

となる。この三次方程式は $u=p^2,q^2$ を根にもつ。しかも共有点は4点だけであるから，正の根は $p^2,q^2$ の2つしかなく，残りの1つの根はこのどちらかと一致する。

三次方程式の根を $p^2,q^2,r$ とすると，Vieta より

$$ p^2q^2r=\frac{1}{a^2} $$

である。先ほどの $a$ の式を用いると，

$$ \frac{1}{a^2}=p^2q^2(p^2-q^2)^2 $$

だから，

$$ r=(p^2-q^2)^2 $$

となる。したがって

$$ (p^2-q^2)^2=p^2\quad \text{または}\quad (p^2-q^2)^2=q^2 $$

である。

ここで $p^2+q^2=1$ を用いて解くと，

$$ {p^2,q^2}=\left\{\frac14,\frac34\right\} $$

を得る。

よって

$$ p^2q^2=\frac{3}{16},\qquad |p^2-q^2|=\frac12 $$

であり，

$$ |a|=\frac{1}{|pq||p^2-q^2|} =\frac{1}{\left(\frac{\sqrt3}{4}\right)\left(\frac12\right)} =\frac{8}{\sqrt3} $$

となる。また

$$ 2p^2q^2-1=\frac{3}{8}-1=-\frac58 $$

より，

$$ |c| =\left|\frac{2p^2q^2-1}{pq(p^2-q^2)}\right| =\frac{5}{\sqrt3} $$

である。

したがって

$$ f(x)=\pm \frac{8x^3-5x}{\sqrt3} $$

となる。

実際，

$$ x^2+\left(\pm \frac{8x^3-5x}{\sqrt3}\right)^2-1 =\frac13(2x-1)^2(2x+1)^2(4x^2-3) $$

となり，共有点は $x=\pm \frac12,\ \pm \frac{\sqrt3}{2}$ に対応する4点のみであり，これらは正方形の頂点になっている。

解説

（1） は，円に内接する正方形の中心が原点であることを押さえれば，回転で一気に書ける。

（2） の核心は，4点が正方形の頂点であるため，グラフ上の点が原点対称な2組になることである。そこから三次式の偶数次部分と定数項が消え，奇関数に限られる。

そのうえで $x^2+f(x)^2=1$ を $u=x^2$ の三次方程式に直し，「共有点が4点だけ」という条件を「正の根が2種類しかない」と読み替えるのが決め手である。

答え

**(1)**

残りの頂点は

$$ (-q,p),\quad (-p,-q),\quad (q,-p) $$

である。

**(2)**

$$ f(x)=\pm \frac{8x^3-5x}{\sqrt3} $$

である。