解説

方針・初手

一次式を

$$ A(x)=ax+b,\quad B(x)=cx+d,\quad C(x)=px+q $$

とおいて係数比較を行う。

すると、係数の間に成り立つ関係が $2$ 次元ベクトルに対するコーシー・シュワルツの不等式の等号成立条件になっていることが分かる。そこから $A(x),B(x)$ が共通の一次因子をもつことを示し、最後に $C(x)$ も同じ一次因子をもつことを示せばよい。

解法1

$$ A(x)=ax+b,\quad B(x)=cx+d,\quad C(x)=px+q $$

とおく。ただし、いずれも一次式であるから $a,c,p\neq 0$ である。

仮定より

$$ {A(x)}^2+{B(x)}^2={C(x)}^2 $$

が恒等的に成り立つので、展開して係数を比較すると

$$ (a^2+c^2)x^2+2(ab+cd)x+(b^2+d^2)=p^2x^2+2pqx+q^2 $$

である。したがって

$$ a^2+c^2=p^2,\qquad ab+cd=pq,\qquad b^2+d^2=q^2 $$

を得る。

ここで、前後の式を用いると

$$ (a^2+c^2)(b^2+d^2)=p^2q^2=(ab+cd)^2 $$

となる。

一方、コーシー・シュワルツの不等式より

$$ (ab+cd)^2\leq (a^2+c^2)(b^2+d^2) $$

であるから、上式では等号が成り立っている。よって、ベクトル $(a,c)$ と $(b,d)$ は比例する。すなわち、ある定数 $t$ が存在して

$$ b=ta,\qquad d=tc $$

となる。

したがって

$$ A(x)=ax+b=a(x+t),\qquad B(x)=cx+d=c(x+t) $$

であり、$A(x)$ と $B(x)$ はともに $x+t$ を因子にもつ。

このとき

$$ {A(x)}^2+{B(x)}^2 ={a(x+t)}^2+{c(x+t)}^2 =(a^2+c^2)(x+t)^2 $$

であるから、

$$ {C(x)}^2=(a^2+c^2)(x+t)^2 $$

となる。特に $x=-t$ を代入すると

$$ {C(-t)}^2=0 $$

より

$$ C(-t)=0 $$

である。$C(x)$ は一次式であるから、ある非零定数 $k$ を用いて

$$ C(x)=k(x+t) $$

と書ける。

よって

$$ A(x)=\frac{a}{k}C(x),\qquad B(x)=\frac{c}{k}C(x) $$

となる。したがって、$A(x),B(x)$ はともに $C(x)$ の定数倍であることが示された。

解説

係数比較によって得られる

$$ a^2+c^2=p^2,\qquad ab+cd=pq,\qquad b^2+d^2=q^2 $$

は、そのまま

$$ (ab+cd)^2=(a^2+c^2)(b^2+d^2) $$

を与える。これはコーシー・シュワルツの不等式の等号成立条件そのものであり、ここから $(a,c)$ と $(b,d)$ が比例すると分かるのが核心である。

つまり、$A(x),B(x)$ がまず同じ一次因子をもつことが分かる。その後、元の恒等式から $C(x)^2$ も同じ二乗因子をもつので、$C(x)$ 自身もその一次因子をもつことになり、結論に到達する。

答え

ある定数 $m,n$ が存在して

$$ A(x)=mC(x),\qquad B(x)=nC(x) $$

と表せる。すなわち、$A(x),B(x)$ はともに $C(x)$ の定数倍である。