https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/2019/03/01/011228

0でない2つの整式 $f(x),g(x)$ が以下の恒等式を満たすとする。
$f(x^2)=(x^2+2)g(x)+7$
$g(x^3)=x^4f(x)-3x^2g(x)-6x^2-2$

以下の問に答えよ。
(1) $f(x)$ の次数と $g(x)$ の次数はともに2以下であることを示せ。
(2) $f(x)$ と $g(x)$ を求めよ。

2019.03.01記

解説:1つ目の条件式から $g(x)$ には奇数次の項がないことを見抜きたい。実際の入試では役に立たないが、未知係数をなるべく最小限に設定して解くというパズルはなかなか面白い。以下の略解では $f(x),g(x)$ の未知係数を1つも設定していない。単にマニアックなだけで、普段の学習ならば良いが、入試本番ではそんなことをしている暇があったら未知係数を設定して素早く手を動かす方が速い。

略解: $f(x^2)=(x^2+2)g(x)+7\cdots$ (i)
$g(x^3)=x^4f(x)-3x^2g(x)-6x^2-2\cdots$ (ii)において、

$f(x)$ が(0でない)定数とすると、式(i)から $g(x)$ が0となり矛盾するので、 $f(x)$ は定数ではない。
また式(i)の左辺には奇数次の項が含まれないので、右辺から $g(x)$ には奇数次の項がない整式、または定数であることがわかる。

$f(x)$ が定数ではないことと式(ii)から、 $g(x)$ が定数とすると、左辺は定数で右辺は4次より大きいので矛盾するので、 $g(x)$ は定数ではない。
また $g(x)$ には奇数次の項がないことから式(ii)の左辺には奇数次の項が含まれないので、右辺から $f(x)$ には奇数次の項がない整式であることがわかる。

以上から、 $f(x),g(x)$ は定数でなく奇数次の項をもたない整式である。

(1) $f(x),g(x)$ の次数をそれぞれ $2m,2n$ とすると、 $m,n\geq 1$ である。

式(i)から $4m=2+2n$ 、つまり $2m=n+1$ が成立する。
このとき式(ii)で $g(x^3)$ が定める左辺の次数 $6n$ よりも、 $-3x^2g(x)-6x^2-2$ が定める次数 $2n+2$ の方が小さいので、右辺の次数は $x^4f(x)$ の次数 $2m+4$ が定め、これが $6n$ と一致する。

よって、 $3n=m+2$ となり、 $2m=n+1,3n=m+2$ を解いて、 $m=n=1$ となり、 $f(x),g(x)$ は2次式である。
(より強い条件が証明された)

(2) 式(ii)に $x=0$ を代入して $g(0)=-2$ が成立する。

式(i)の左辺 $f(x^2)$ は、 $f(x)$ が奇数次の項がない2次式であることより、4次の項と定数項からなる。
これが $(x^2+2)g(x)+7$ に等しいので、 $g(x)$ は $x^2-2$ の定数倍でなければならず、 $g(0)=-2$ より $g(x)=x^2-2$
となる。よって式(i)から $f(x)=(x+2)(x-2)+7=x^2+3$ となる。

以上から $f(x)=x^2+3,g(x)=x^2-2$ となることが必要で、これらを式(ii)に代入すると、
$x^6-2=x^4(x^2+3)-3x^2(x^2-2)-6x^2-2$
と恒等式になっているので、十分条件となっている。
( $g(x)$ から式(i)を用いて $f(x)$ を求めているので十分性の確認は済んでいる。
式(ii)は $g(0)$ を求めるためにしか用いていなかったので、恒等式となることを確認しなければならない)

よって求める答は $f(x)=x^2+3,g(x)=x^2-2$ となる。

2021.07.09記
(1) で $f(x),g(x)$ は奇数次の項がない2次式である，と証明した後は (2) で $x=0,1$ を代入すると
$f(0)=2g(0)+7, g(0)=-2$ ， $f(1)=3g(1)+7, g(1)=f(1)-3g(1)-8$
つまり
$f(0)=3,g(0)=-2$ ， $f(1)=4,g(1)=-1$
となるので、 $f(x)=x^2+3,g(x)=x^2-2$ となることが必要、としてから十分性を確かめてもいいな。