解説

方針・初手

2つの方程式の共通解を $\alpha$ とおくと， [ \alpha^2+a\alpha+b=0,\qquad \alpha^3+b\alpha+a=0 ] を同時に満たす。

ここで，3次式から $x$ 倍した2次式を引くと，共通解に関する強い条件が得られる。まずその関係式を作り，共通解が何でありうるかを絞る。

解法1

2次方程式を

$$ P(x)=x^2+ax+b $$

3次方程式を

$$ Q(x)=x^3+bx+a $$

とおく。

2式の差をとると

$$ Q(x)-xP(x)=\bigl(x^3+bx+a\bigr)-x\bigl(x^2+ax+b\bigr)=a(1-x^2) $$

である。

したがって，共通解を $\alpha$ とすると

$$ a(1-\alpha^2)=0 $$

を満たす。

問題では，共通な実数解がただ1つあり，それが正であるから，その共通解を $\alpha>0$ とすると，次の2つの場合しかない。

**(i)**

$a=0$

**(ii)**

$\alpha=1$

まず （i） を調べる。

$a=0$ のとき，2つの方程式は

$$ x^2+b=0,\qquad x^3+bx=0 $$

となる。後者は

$$ x(x^2+b)=0 $$

と因数分解できる。

前者が異なる解をもつので $b<0$ であり，その2つの解 $\pm\sqrt{-b}$ は後者の解でもある。よって共通な実数解は2個存在してしまい，「ただ1つ」に反する。したがって $a=0$ は不適である。

ゆえに （ii） のみが成り立ち，共通な正の実数解は

$$ \alpha=1 $$

である。

このとき $x=1$ が両方の方程式の解であるから，

$$ 1+a+b=0 $$

すなわち

$$ b=-a-1 $$

を得る。

この関係のもとで各方程式を因数分解すると，

$$ x^2+ax+b=x^2+ax-a-1=(x-1)(x+a+1) $$

$$ x^3+bx+a=x^3+(-a-1)x+a=(x-1)(x^2+x-a) $$

となる。

次に「異なる解をもつ」という条件を調べる。

2次方程式 $(x-1)(x+a+1)=0$ が異なる解をもつためには，2つの解

$$ 1,\quad -a-1 $$

が異なればよいから

$$ a\ne -2 $$

である。

また，3次方程式 $(x-1)(x^2+x-a)=0$ が異なる解をもつためには，2次式 $x^2+x-a=0$ が異なる2実根をもち，しかもそのどちらも $1$ でないことが必要十分である。

まず異なる2実根をもつ条件は判別式より

$$ 1+4a>0 $$

すなわち

$$ a>-\frac14 $$

である。

さらに $x=1$ が $x^2+x-a=0$ の解であると，3次方程式は $x=1$ を重解にもつ。これは

$$ 1+1-a=0 $$

より

$$ a=2 $$

のときに起こる。よって

$$ a\ne 2 $$

が必要である。

以上より，

$$ a>-\frac14,\qquad a\ne 2,\qquad b=-a-1 $$

を得る。

なお，この条件のもとでは $a\ne 0$ でもあるので，共通解 $x$ は

$$ a(1-x^2)=0 $$

から $x=\pm1$ に限られる。しかも $x=-1$ が2次方程式の解となるのは

$$ 1-a+b=0 $$

すなわち $b=a-1$ のときであるが，ここでは $b=-a-1$ なので両者を合わせると $a=0$ となり不可能である。したがって共通な実数解は $x=1$ ただ1つである。

解説

差

$$ Q(x)-xP(x)=a(1-x^2) $$

を作るのが決定的である。これにより，共通解は $a=0$ でない限り $\pm1$ に限られる。

さらに「共通解が正」という条件から $x=1$ が直ちに出て，$b=-a-1$ という一次関係に落ちる。その後は因数分解して，2次方程式・3次方程式がともに異なる解をもつ条件を丁寧に整理すればよい。

答え

実数 $a,b$ の条件は

$$ b=-a-1,\qquad a>-\frac14,\qquad a\ne 2 $$

である。

したがって，点 $(a,b)$ の軌跡は，直線

$$ b=-a-1 $$

のうち

$$ a>-\frac14 $$

を満たす部分から，点

$$ (2,-3) $$

を除いたものである。すなわち，点 $\left(-\frac14,-\frac34\right)$ を端点とする右向きの半直線上で，その端点は含まず，さらに $(2,-3)$ を除く。