https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/2026/02/19/221344

2026.02.19.22:13:44記

[4] $a，b，c$ を実数とし，実数全体で定義された関数 $f(x)$ を
$f(x)=\dfrac{ax^2+bx+c}{x^2+1}$
により定める．

(1) $b=0$ とする． $a=\fbox{　ア　}$ のとき， $f(x)$ は $x$ によらず一定の値をとる． $a\gt \fbox{　ア　}$ のとき， $f(x)$ は $x=\fbox{　イ　}$ において最小値をとり，最大値はない． $a\lt \fbox{　ア　}$ のとき， $f(x)$ は $x=\fbox{　イ　}$ において最大値をとり，最小値はない．

(2) $b\neq 0$ とする． $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ は
$f'(x)=\dfrac{\fbox{　ウ　}}{(x^2+1)^2}$
となり， $f(x)$ の最大値と最小値をとる $x$ はそれぞれ $1$ つずつ存在する．ただし， $\fbox{　ウ　}$ は $x$ について整理された $x$ の整式である． $f(x)$ が $x=\alpha$ で最小値をとり， $x=\beta$ で最大値をとるとする． $\alpha+\beta=\fbox{　エ　}$ ， $\alpha\beta=\fbox{　オ　}$ ， $\alpha^2+\beta^2=\fbox{　カ　}$ である．これより， $f(\alpha)+f(\beta)=\fbox{　キ　}$ ， $f(\alpha)f(\beta)=\fbox{　ク　}$ となる．ここで， $\fbox{　キ　}$ ， $\fbox{　ク　}$ は $a，b，c$ の整式である．

(3) 実数全体で定義された関数 $g(x)$ を
$g(x)=\dfrac{2x^2+9x+11}{x^2+4x+5}$
により定める． $f(x)$ において $(a，b，c)=\fbox{　ケ　}$ とおくことで
$g(x)=f\left(x+\fbox{　コ　}\right)$ が成り立つ． $g(x)$ の最大値と最小値の和は $\fbox{　サ　}$ である．

本問のテーマ

レイリー商（Rayleigh quotient）
安田の公式
直交回帰直線または主成分分析

2026.02.19.22:13:44記
私立大学は，補助金の関係から解答例と出題意図を公開することになっています．立命館の公式解答は
$\fbox{　ア　}=c$ ， $\fbox{　イ　}=0$ ， $\fbox{　ウ　}=-bx^2+2(a-c)x+b$ ， $\fbox{　エ　}=\dfrac{2(a-c)}{b}$ ， $\fbox{　オ　}=-1$ ， $\fbox{　カ　}=\dfrac{4(a-c)^2}{b^2}+2$ ， $\fbox{　キ　}=a+c$ ， $\fbox{　ク　}=ac-\dfrac{b^2}{4}$ ， $\fbox{　ケ　}=(2，1，1)$ ， $\fbox{　コ　}=2$ ， $\fbox{　サ　}=3$
となっています（公開期間：2026年2月10日（火）15:00 ～ 2027年3月中旬）．

$n$ 次元実対称行列 $A$ と $n$ 次元列ベクトル $\vec{x}$ （ $\neq\vec{0}$ ）に対して $\dfrac{\vec{x}^{\top}A\vec{x}}{\vec{x}^{\top}\vec{x}}$ をレイリー商と呼びます．レイリー商は $A$ の最小固有値と最大固有値の間にあることが知られています．このときレイリー商の最大値は最大固有値に対応する固有ベクトル，最小値は最小固有値に対応する固有ベクトルで達成されます．

ここで実対称行列の固有値は全て実数として得られ，異なる固有値に対応する固有ベクトルは互いに直交することに注意しておきます．

$A=\begin{pmatrix} a & b/2 \\ b/2 & c \end{pmatrix}$ ， $\vec{x}=\begin{pmatrix} x \\ 1\end{pmatrix}$ とおくと $f(x)=\dfrac{\vec{x}^{\top}A\vec{x}}{\vec{x}^{\top}\vec{x}}$ と表すことができます．このとき $f(x)$ は最小固有値と最大固有値の間にありますが，
$\vec{x}$ は $\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$ と平行になることはできませんから，最大固有値に対応する固有ベクトルが $\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$ となる場合， $f(x)$ を最大にする $x$ が存在しないので， $f(x)$ には最大値がありません．そしてこのとき，最小固有値に対応する固有ベクトルは先程の固有ベクトルと直交する $\begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix}$ となるので， $f(x)$ を最小にする $x$ は $0$ となります．

なお，一般に $f(x)$ を最大にする $x=\alpha$ と最小にする $x=\beta$ について， $\begin{pmatrix} \alpha \\ 1\end{pmatrix}\perp\begin{pmatrix} \beta \\ 1\end{pmatrix}=0$ ですから， $\alpha\beta=-1$ となります（ $\fbox{　オ　}=-1$ ）．

[大人の解答]
$A=\begin{pmatrix} a & b/2 \\ b/2 & c \end{pmatrix}$ ， $\vec{x}=\begin{pmatrix} x \\ 1\end{pmatrix}$ とおくと $f(x)=\dfrac{\vec{x}^{\top}A\vec{x}}{\vec{x}^{\top}\vec{x}}$ となる．

(1) $f(x)$ が一定値をとるとき， $A$ は単位行列の定数倍となるので $a=c$ である．
$f(x)$ が最大値をもたないとき，最大固有値に対応する固有ベクトルが $\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$ ，最小固有値に対応する固有ベクトルが $\begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix}$ となるときだから $a\gt c$ であり $x=0$ で最小値をとる．
$f(x)$ が最小値をもたないとき，最小固有値に対応する固有ベクトルが $\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$ ，最大固有値に対応する固有ベクトルが $\begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix}$ となるときだから $a\lt c$ であり $x=0$ で最大値をとる．

よって $\fbox{　ア　}=c$ ， $\fbox{　イ　}=0$ となる．

(2) $b\neq 0$ のとき， $2$ 次元実対称行列 $A$ は単位行列の定数倍ではないから固有値は異なる $2$ つの実数となる．
普通に計算して $f'(x)=\dfrac{-bx^2+2(a-c)x+b}{(x^2+1)^2}$ であるから $\alpha，\beta$ は $-bx^2+2(a-c)x+b=0$ の $2$ 解であるから
$\alpha+\beta=\dfrac{2(a-c)}{b}$ ， $\alpha\beta=-1$ である．また $\alpha^2+\beta^2=\dfrac{2(a-c)(\alpha+\beta)+2b}{b}=\dfrac{4(a-c)^2}{b^2}+2$ である．
$f(\alpha)，f(\beta)$ は $A$ の $2$ つの固有値となるので固有方程式から
$f(\alpha)+f(\beta)=\mbox{tr}\,A=a+c$ ， $f(\alpha)f(\beta)=\mbox{det}\,A=ac-\dfrac{b^2}{4}$
となる．

よって $\fbox{　ウ　}=-bx^2+2(a-c)x+b$ ， $\fbox{　エ　}=\dfrac{2(a-c)}{b}$ ， $\fbox{　オ　}=-1$ ， $\fbox{　カ　}=\dfrac{4(a-c)^2}{b^2}+2$ ， $\fbox{　キ　}=a+c$ ， $\fbox{　ク　}=ac-\dfrac{b^2}{4}$ となる．

(3) $x^2+4x+5=(x+2)^2+1$ だから $x+2=X$ とおくと
$g(x)=\dfrac{2(X-2)^2+9(X-2)+11}{X^2+1}=\dfrac{2X^2+X+1}{X^2+1}$
となるので， $g(x)$ の最大値と最小値の和は $2+1=3$ となる．

よって $\fbox{　ケ　}=(2，1，1)$ ， $\fbox{　コ　}=2$ ， $\fbox{　サ　}=3$ となる．

分数関数の極値に関して，俗に言う安田の公式を使うと計算が楽です．

[解答]
$f(x)=a+\dfrac{bx+(c-a)}{x^2+1}$ である．

(1) $b=0$ のとき $f(x)=a+\dfrac{(c-a)}{x^2+1}$ であり， $0\lt \dfrac{1}{x^2+1}\leqq 1$ であるから $a=c$ のとき定数， $a\gt c$ のとき $x=0$ で最小値をとり，最大値はない． $a\lt c$ のとき $x=0$ で最大値をとり，最小値はない．

(2) $f'(x)=\dfrac{-bx^2+2(a-c)x+b}{(x^2+1)^2}$ であるから $\alpha，\beta$ は $-bx^2+2(a-c)x+b=0$ の $2$ 解である．よって $\alpha+\beta=\dfrac{2(a-c)}{b}$ ， $\alpha\beta=-1$ である．また $\alpha^2+\beta^2=\dfrac{2(a-c)(\alpha+\beta)+2b}{b}=\dfrac{4(a-c)^2}{b^2}+2$ である．

$f(x)=\dfrac{p(x)}{q(x)}$ において $f'(x)=\dfrac{p'(x)q(x)-p(x)q'(x)}{\{p(x)\}^2}=0$ のとき $f(x)=\dfrac{p(x)}{q(x)}=\dfrac{p'(x)}{q'(x)}$ となることに注意すると，
$f(\alpha)=\dfrac{2a\alpha+b}{2\alpha}$ ， $f(\beta)=\dfrac{2a\beta+b}{2\beta}$
であるから，
$f(\alpha)+f(\beta)=\dfrac{2a(\alpha\beta+\beta\alpha)+b(\beta+\alpha)}{2\alpha\beta}$ $=\dfrac{-4a+2(a-c)}{-2}=a+c$ ，
$f(\alpha)f(\beta)=\dfrac{4a^2\alpha\beta+2ab(\alpha+\beta)+b^2}{4\alpha\beta}=\dfrac{-4a^2+4a(a-c)+b^2}{-4}=ac-\dfrac{b^2}{4}$
が成立する．

(3) 略

安田の公式を使わないと少々面倒です．少しだけ工夫してみましょう．

$k(x)=f(x)-a=\dfrac{bx+(c-a)}{x^2+1}$ とおくと， $(\alpha^2+1)(\beta^2+1)=\alpha^2+\beta^2+2=\dfrac{4\{(a-c)^2+b^2\}}{b^2}$ に注意して
$k(\alpha)+k(\beta)=\dfrac{\{b\alpha+(c-a)\}(\beta^2+1)+\{b\beta+(c-a)\}(\alpha^2+1)}{\alpha^2+\beta^2+2}$ $=\dfrac{-b(\beta-\alpha)+(c-a)(\beta^2+1)-b(\alpha-\beta)+(c-a)(\alpha^2+1)}{\alpha^2+\beta^2+2}$ $=c-a$ ，
$k(\alpha)k(\beta)$ $=\dfrac{\{b\alpha+(c-a)\}\{b\beta+(c-a)\}}{\alpha^2+\beta^2+2}$ $=\dfrac{-b^2-2(c-a)^2+(c-a)^2}{\alpha^2+\beta^2+2}$ $=\dfrac{-b^2-(c-a)^2}{\alpha^2+\beta^2+2}=-\dfrac{b^2}{4}$
が成立する．

よって $f(\alpha)+f(\beta)$ $=2a+k(\alpha)+k(\beta)$ $=2a+(c-a)$ $=a+c$ ，
$f(\alpha)f(\beta)=a^2+a\{k(\alpha)+k(\beta)\}+k(\alpha)k(\beta)$ $=a^2+a(c-a)-\dfrac{b^2}{4}$ $=ac-\dfrac{b^2}{4}$
が成立する．

レイリー商を考えるとき， $|\vec{x}|=1$ と正規化するのが普通です．ここで $x=\tan\theta$ とおくと $\begin{pmatrix} \tan\theta \\ 1\end{pmatrix}\parallel\begin{pmatrix} \sin\theta \\ \cos\theta\end{pmatrix}$ となるので，実質的に $|\vec{x}|=1$ とすることと等価になります．

[うまい解答]
$x=\tan\theta$ （ $-\dfrac{\pi}{2}\lt x\lt\dfrac{\pi}{2}$ ）とおくと $f(x)=a\sin^2\theta+b\sin\theta\cos\theta+c\cos^2\theta=\dfrac{a+c}{2}+\dfrac{c-a}{2}\cos2\theta+\dfrac{b}{2}\sin2\theta$ （ $=F(\theta)$ とおく）が成立する．

(1) $b=0$ のとき $F(\theta)=\dfrac{a+c}{2}+\dfrac{c-a}{2}\cos2\theta$ であるから
$a=c$ のとき定数，
$a\gt c$ のとき $\theta=0$ （ $x=0$ ）で最小値，（ $\theta=\pm\dfrac{\pi}{2}$ は定義域に入っていないので）最大値はない．
$a\lt c$ のとき $\theta=0$ （ $x=0$ ）で最大値，（ $\theta=\pm\dfrac{\pi}{2}$ は定義域に入っていないので）最小値はない．

(2) $f'(x)=F'(\theta)\cdot\dfrac{d\theta}{dx}$ $=\left\{b\cos2\theta-(c-a)\sin 2\theta\right\}\cos^2\theta$
$=\dfrac{b(1-x^2)-2(c-a)x}{(1+x^2)^2}$ （ワイエルシュトラス置換）
$=\dfrac{-bx^2+2(a-c)x+b}{(1+x^2)^2}$
であるから $\alpha，\beta$ は $-bx^2+2(a-c)x+b=0$ の $2$ 解となる．よって
$\alpha+\beta=\dfrac{2(a-c)}{b}$ ， $\alpha\beta=-1$ である．また $\alpha^2+\beta^2=\dfrac{2(a-c)(\alpha+\beta)+2b}{b}=\dfrac{4(a-c)^2}{b^2}+2$ である．

ここで $f'(x)=0$ のとき， $b\cos2\theta=(c-a)\sin 2\theta$ から $\tan2\theta=\dfrac{b}{c-a}$ （ $-\pi\lt2\theta\lt\pi$ ）が成立するので，
$(\cos2\theta，\sin2\theta)=\pm \left(\dfrac{c-a}{\sqrt{(c-a)^2+b^2}}，\dfrac{b}{\sqrt{(c-a)^2+b^2}}\right)$
となる．この $2$ つの値が $x=\alpha，\beta$ に対応する $\tan\theta$ から計算された $(\cos2\theta，\sin2\theta)$ となり，よってこの解を代入して得られる
$f(x)=\dfrac{a+c}{2}\pm \dfrac{(c-a)^2+b^2}{2\sqrt{(c-a)^2+b^2}}$ $=\dfrac{(a+c)\pm\sqrt{(c-a)^2+b^2}}{2}$
の小さい方が $f(\alpha)$ ，大きい方が $f(\beta)$ となる．

よって $f(\alpha)+f(\beta)=a+c$ ， $f(\alpha)f(\beta)=\dfrac{(a+c)^2-\{(c-a)^2+b^2\}}{4}$ $=ac-\dfrac{b^2}{4}$ となる．

(3) 略

(2) は次のように処理をすることができます．

(2) $f'(x)=F'(\theta)\cdot\dfrac{d\theta}{dx}$ $=\left\{b\cos2\theta-(c-a)\sin 2\theta\right\}\cos^2\theta=0$
のとき， $b\cos2\theta=(c-a)\sin 2\theta$ から $\tan2\theta=\dfrac{b}{c-a}$ …(★)（ $-\pi\lt2\theta\lt\pi$ ）が成立する．

(★)の解は $2\theta=2u，2u+\pi$ （ $-\pi\lt2 u\lt 0$ ）の形をしており，よって $\theta=u，u+\dfrac{\pi}{2}$ （ $-\dfrac{\pi}{2}\lt u\lt 0$ ）の形をしている．よって
$\{\alpha，\beta\}=\left\{\tan u，\tan \left(u+\dfrac{\pi}{2}\right)\right\}$ なる $-\dfrac{\pi}{2}\lt u\lt 0$ が存在する．よって
$\alpha\beta=\tan u\tan \left(u+\dfrac{\pi}{2}\right)$ $=\tan u\left(-\dfrac{1}{\tan u}\right)=-1$ ，
$\alpha+\beta=\tan u-\dfrac{1}{\tan u}$ $=\dfrac{\tan u^2-1}{\tan u}=-\dfrac{2}{\tan 2u}$ $=\dfrac{2(a-c)}{b}$
となる．

(★)から
$(\cos2\theta，\sin2\theta)=\pm \left(\dfrac{c-a}{\sqrt{(c-a)^2+b^2}}，\dfrac{b}{\sqrt{(c-a)^2+b^2}}\right)$
が得られるので，これを $F(\theta)$ に代入して得られる
$f(x)=\dfrac{a+c}{2}\pm \dfrac{(c-a)^2+b^2}{2\sqrt{(c-a)^2+b^2}}$ $=\dfrac{(a+c)\pm\sqrt{(c-a)^2+b^2}}{2}$
の小さい方が $f(\alpha)$ ，大きい方が $f(\beta)$ となる．

よって $f(\alpha)+f(\beta)=a+c$ ， $f(\alpha)f(\beta)=\dfrac{(a+c)^2-\{(c-a)^2+b^2\}}{4}$ $=ac-\dfrac{b^2}{4}$ となる．

$\alpha，\beta$ は $x^2-\dfrac{2(a-c)}{b}x-1=0$ の $2$ 解となるので $\fbox{　ウ　}$ は $x^2-\dfrac{2(a-c)}{b}x-1$ の定数倍であることがわかるが， $\fbox{　ウ　}$ を知るためにはその定数倍部分を正しく求めなければならない．

$f'(x)=F'(\theta)\cdot\dfrac{d\theta}{dx}$ $=\left\{b\cos2\theta-(c-a)\sin 2\theta\right\}\cos^2\theta$
$=\dfrac{b(1-x^2)-2(c-a)x}{(1+x^2)^2}$ （ワイエルシュトラス置換）
$=\dfrac{-bx^2+2(a-c)x+b}{(1+x^2)^2}$
から $\fbox{　ウ　}=-bx^2+2(a-c)x+b$ である．

[うまい解法]で登場する $\tan2\theta$ の話は二次曲線の標準化にも登場します．例えば受験の月など．
examist.jp

さて，レイリー商を $\dfrac{ax^2+bx+c}{1+x^2}$ と考えて最小化する話は，高校の教科書の発展事項で登場する通常の（線形）回帰直線を少し改良して主成分分析につなげるときに登場する（線形）直交回帰でも登場します． $n$ 点 $(x_i，y_i)$ からの距離（点と直線の距離）の二乗和が最小となる直線 $y=mx+n$ を
$L(m，n):=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{(y_i-mx_i-n)^2}{1+m^2}$
を最小化する基準で求めるとき， $x，y$ の平均値を $\overline{x}，\overline{y}$ ， $x，y$ の分散を $v_x=s_x^2，v_y=s_y^2$ ， $x$ と $y$ の共分散を $s_{xy}$ とするとき
$L(m，n)=\dfrac{(\overline{y}-m\overline{x}-n)^2+v_x m^2-2s_{xy} m +v_y}{1+m^2}$
が成立するので， $m$ に応じて $n=\overline{y}-m\overline{x}$ とすれば固定された $m$ に対して最小となります．この最小値を
$f(m)=\dfrac{v_x m^2-2s_{xy} m +v_y}{1+m^2}$
とおくと本問の $x=m$ ， $a=v_x$ ， $b=-2s_{xy}$ ， $c=v_y$ とおいたものに対応します．そして本問の結果から
$m=\dfrac{-(v_x-v_y)+\sqrt{(v_x-v_y)^2+4s_{xy}^2}}{2s_{xy}}$ のときに， $f(m)$ は最小値 $\dfrac{v_x+y_y-\sqrt{(v_x-v_y)^2+4s_{xy}^2}}{2}$ をとることがわかります．

直交回帰（主成分分析）関係の問題として
2005年(平成17年)信州大学後期教育学部-数学[2]
1993年(平成5年)東京大学後期-数学[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR（こちらは主成分分析の枠組みで書いてある）
を紹介しておきます．いずれもデータ点が $3$ つの場合ですが，統計を習うようになったこともあるので， $n$ 点の場合が出題されても良い頃になっているように思います．