解説

方針・初手

任意の2次関数 $g(x)$ に対して

$$ \int_0^1 f(x)g(x),dx=0 $$

が成り立つので、$g(x)=x^2+qx+r$ とおいて、$q,r$ の任意性を使う。すると

$$ \int_0^1 f(x),dx,\quad \int_0^1 x f(x),dx,\quad \int_0^1 x^2 f(x),dx $$

がすべて $0$ であることに帰着できる。あとは $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$ を代入して連立方程式を解けばよい。

解法1

任意の実数 $q,r$ に対し、$g(x)=x^2+qx+r$ は2次関数であるから、

$$ \int_0^1 f(x)(x^2+qx+r),dx=0 $$

である。ここで

$$ I_0=\int_0^1 f(x),dx,\quad I_1=\int_0^1 x f(x),dx,\quad I_2=\int_0^1 x^2 f(x),dx $$

とおくと、

$$ I_2+qI_1+rI_0=0 $$

が任意の実数 $q,r$ に対して成り立つ。したがって、

$$ I_0=I_1=I_2=0 $$

である。

よって

$$ \int_0^1 (x^3+ax^2+bx+c),dx=0 $$

$$ \int_0^1 x(x^3+ax^2+bx+c),dx=0 $$

$$ \int_0^1 x^2(x^3+ax^2+bx+c),dx=0 $$

をそれぞれ計算すればよい。

まず1本目より、

$$ \frac14+\frac a3+\frac b2+c=0 $$

2本目より、

$$ \frac15+\frac a4+\frac b3+\frac c2=0 $$

3本目より、

$$ \frac16+\frac a5+\frac b4+\frac c3=0 $$

分母を払うためにそれぞれ $60$ 倍すると、

$$ \begin{aligned} 20a+30b+60c&=-15 \\ 15a+20b+30c&=-12 \\ 12a+15b+20c&=-10 \end{aligned} $$

これを順に消去する。

上2式の差より、

$$ 5a+10b+30c=-3 $$

下2式の差より、

$$ 3a+5b+10c=-2 $$

さらに、前者から後者の3倍を引くと、

$$ 4a+5b=-3 $$

また、$4(3a+5b+10c=-2)$ から $12a+15b+20c=-10$ を引くと、

$$ 5b+20c=2 $$

すなわち

$$ b+4c=\frac25 $$

ここで

$$ b=\frac25-4c $$

を $4a+5b=-3$ に代入すると、

$$ a=-\frac54+5c $$

これらを

$$ 3a+5b+10c=-2 $$

に代入して、

$$ 3\left(-\frac54+5c\right)+5\left(\frac25-4c\right)+10c=-2 $$

$$ -\frac74+5c=-2 $$

$$ c=-\frac1{20} $$

したがって

$$ b=\frac25-4\left(-\frac1{20}\right)=\frac35 $$

$$ a=-\frac54+5\left(-\frac1{20}\right)=-\frac32 $$

ゆえに

$$ a=-\frac32,\quad b=\frac35,\quad c=-\frac1{20} $$

である。

解説

この問題の核心は、「任意の2次関数に対して積分が0」という条件を、そのまま多項式の係数比較に持ち込むことである。

ただし、2次関数全体は「次数がちょうど2」である点に注意が必要で、いきなり $g(x)=1,x$ を代入するのは不適切である。そこで $g(x)=x^2+qx+r$ とおいて $q,r$ を自由に動かせば、結果として

$$ \int_0^1 f(x),dx,\quad \int_0^1 xf(x),dx,\quad \int_0^1 x^2f(x),dx $$

の3つがすべて0であることを正しく導ける。

あとは3本の一次方程式を丁寧に解けばよい。条件の読み替えができるかどうかが勝負である。

答え

$$ a=-\frac32,\quad b=\frac35,\quad c=-\frac1{20} $$