解説

方針・初手

$f(x)$ と $x^2$ はともに2次式であり，しかも $x=p,\ p+1$ で値が一致している。したがって差

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

は，$p,\ p+1$ を解にもつ2次式になる。この形をまず決めれば，(2) は積分条件をその式に代入して整理すればよい。

解法1

**(1)**

$g(x)=f(x)-x^2$ とおく。

$f(x)$ の $x^2$ の係数は $a$ であるから，$g(x)$ の $x^2$ の係数は

$$ a-1 $$

である。

また，条件 $f(p)=p^2,\ f(p+1)=(p+1)^2$ より，

$$ g(p)=f(p)-p^2=0,\qquad g(p+1)=f(p+1)-(p+1)^2=0 $$

となる。したがって $g(x)$ は $p,\ p+1$ を解にもつ2次式であるから，

$$ g(x)=k(x-p)(x-p-1) $$

と表せる。

ここで $x^2$ の係数を比べると $k=a-1$ である。よって

$$ g(x)=(a-1)(x-p)(x-p-1) $$

である。

したがって，

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

と書ける。

**(2)**

(1) より

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

である。

ここで $x=p+t$ とおくと，$x=p$ から $x=p+1$ まで動くとき $t$ は $0$ から $1$ まで動く。よって

$$ f(p+t)=(p+t)^2+(a-1)t(t-1) $$

である。

これを展開すると，

$$ \begin{aligned} f(p+t) &=p^2+2pt+t^2+(a-1)(t^2-t)\\ &=p^2+(2p-a+1)t+at^2 \end{aligned} $$

となる。

したがって条件 $\displaystyle \int_p^{p+1} f(x),dx=0$ は，

$$ \int_0^1 f(p+t),dt=0 $$

すなわち

$$ \int_0^1 \left( p^2+(2p-a+1)t+at^2 \right)dt=0 $$

である。

積分すると，

$$ p^2+\frac{2p-a+1}{2}+\frac{a}{3}=0 $$

となる。これを整理すると，

$$ p^2+p+\frac12-\frac{a}{6}=0 $$

ゆえに

$$ a=6p^2+6p+3 $$

である。さらに平方完成すると，

$$ \begin{aligned} a &=6\left(p^2+p\right)+3\\ &=6\left(\left(p+\frac12\right)^2-\frac14\right)+3\\ &=6\left(p+\frac12\right)^2+\frac32 \end{aligned} $$

となる。

$6\left(p+\frac12\right)^2\geqq 0$ であるから，

$$ a\geqq \frac32 $$

が成り立つ。

解説

この問題の要点は，$f(x)$ と $x^2$ の差を見ることである。$f(p)=p^2,\ f(p+1)=(p+1)^2$ という条件は，差 $g(x)=f(x)-x^2$ が $p,\ p+1$ を解にもつことを意味するので，2次式の形が一気に決まる。

その後は $x=p+t$ とおいて積分区間を $[0,1]$ に移すと計算が整いやすい。最後に $a$ を $p$ で表して平方完成すれば，下限 $\frac32$ が直ちに出る。

答え

**(1)**

$$ g(x)=(a-1)(x-p)(x-p-1) $$

**(2)**

$$ a=6\left(p+\frac12\right)^2+\frac32 $$

より，

$$ a\geqq \frac32 $$

である。