すうじあむ

お邪魔します。
[1]
nについての帰納法によります。



とおくと、 題意（k=0）より、



次に f_1(x）の零点が (a,b) に少なくともn個存在することを示します。

・n=0 のときは明らか。

・n>0 のとき

平賀先生と同様、部分積分を行なうと、 に対して：




　を使って）

　

∴　f_1(x)は n-1 に対する条件を満たしています。
∴ 帰納法の仮定により、
　f_1(x）の零点が (a,b) に少なくともn個存在します。

これと（３）を合わせて、f_1(x）の零点が[a,b]に少なくともn+2個存在します。

そのうち隣り合う2つを c, d とします。
この区間で f_1(x)は微分可能だから、ロルの定理により、
を満たす実数ξがあります。
∴ f(x）の零点が（a,b）に少なくともn+1個存在します。

F(b)=0　はどこから出るのか?
題意に、k=0を含む?

>>2
題意にk=0の場合も含むと拡大解釈しました。

例）
k≧1 だけだと、
n=1、f(x) = (a+b)x - 2(aa+ab+bb)/3
なども題意を満たしてしまいます。

>>1
平均値の定理がない…

prime_132 さんのコメント >>3 は正しい指摘で、さらに簡単な反例としては：
　　　
（もっとも >>3 の特別な場合にすぎませんが）。 なら：
　　　
など。したがって を加えるなど、問題の微修正が必要です。

しかし一方、>>1 の証明はわからない。
帰納法はどう使われているのでしょう。そもそも本問は についての帰納法で解ける問題ではないと思う。それと についての帰納法（というか、 を固定して をその中で動かすこと）とは違います。以下に示すのもそのような解法で、prime_132 さんの意図もここらかもしれません。

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備考
＊　上述のように、問題の条件に を加えます：
　　　

＊　>>1 にもあるように、 は下の と同値です：
　　　
　（ は 次以下の任意の多項式）
　ただしこの形にしてもあまりメリットはないので、以下では を用います。

＊　（与えられた に対し）そもそも を満たす が存在するかが問題です。存在しなくても問題としては成立しますが、それでは少しつまらない。結論から言えば、そのような は常に存在し、さらに多項式で構成できます（これについては末尾で）。

===========
前置きが長くなりました。
与えられた に対し、 は を満たすとします。 のゼロ点（ で となる ）が無限個あれば題意は満たされますから、以下ではゼロ点は有限個として記します。また以下の都合上、
　　　
と書き、さらにその不定積分を：
　　　
とします。 の の場合より、
　　　
です。 は連続ですから は微分可能で：
　　　
が成り立ちます。もっともこの形で使う（＝微分の平均値の定理を使う）よりは、積分の平均値の定理：
　　　
を使うほうが簡単でしょう。これから、 にはゼロ点が少なくとも１つあることはわかります（自明？）。

prime_132 さん同様、部分積分を行うと、 に対し：
　　　
　　　　　　　　　　（ を使って）
　　　　　　　　　　

以上をまとめると：
　　　
　　　

第２項は で を に変えただけなので、上を繰り返し適用すると：
　　　
とすれば
　　　
　　　

以下も同様で
　　　
に対し
　　　
　　　
最後に：
　　　
に対し
　　　
　　　

=======
ここで上述のように、積分の平均値の定理により はゼロ点を持ちます：
　　　
したがって
　　　
　　　
なので は開区間 と とにそれぞれ少なくとも１個ずつゼロ点を持ちます。
以下も同様で、 の隣り合うゼロ点の間に のゼロ点が少なくとも１個存在します。両端の と合わせると、植木算の要領で のゼロ点は のゼロ点より少なくとも１個多いことになります。 の開区間 におけるゼロ点の個数を と書けば：
　　　
ということです。したがって 。
は 、つまり のゼロ点の個数ですから、これが 個以上あることになります。　　　【証明終】

===================================
元問題で を含めないと、上の証明に照らせば：
　　　
が保証されないことになります。その結果、反例が生じてしまったわけです。
もちろん、 を省いても結論を満たす は構成できますが、それは別の話です。

=======
最後に の構成例を簡単に見ておきましょう。
とし、 を偶関数とすれば：
　　　
は明らか。したがって が偶数の場合だけを考えればよい。例えば：
　　　
とすると：
　　　
　　　
これを解くと：
　　　
つまり
　　　
とすれば、
　　　
が成り立ちます。これだと ですね（ が奇数ならいつでも成り立つけど）。 は開区間 で４個（＝３＋１）のゼロ点を持ちます。
の次数を増やせば（係数の連立一次方程式を解くことで）もっと大きな に対応できますし、「 は偶関数」を「 は奇関数」に置き換えれば が偶数の場合も構成できます（詳細略）。

任意の区間 については、
　　　
の変換はアフィン変換（定数倍＋平行移動）で対応でき、多項式の次数は変わりませんから、 と合わせて考えれば、この場合でも は構成可能です。もちろん、もっと簡潔な構成方法もいくらでもあるでしょう。

【参考】　上で：
　　　
　　　
を使って：
　　　
を作ると：
　　　
となります。この場合、 では積分は にならず、 は にゼロ点を（６個ではなく）４個持ちます。これも元問題の反例ですね。このあたりの事情も考えてみてください。

の構成法の例ということなら、もっと簡単・機械的な方法がありますね。実際の関数計算は面倒ですが。

要するに >>4 の証明を逆回しに考えればよい。多項式で考えるなら、与えられた に対し、
　　＊　 は 次以上
　　＊　
を満たせばいいから：
　　　　
として
　　　　
とでもすればよい。これでいいかのチェックは考えてください。

すみません、皆様のおっしゃる通り間違いでした。

1の出典は
http://www.ams.org/journals/tran/1998-350-06/S0002-9947-98-01764-4/S0002-9947-98-01764-4.pdf
の Corollary 1.3. でした。(なんでこんなもの読んでるんだろうと思われそうですが…)

fが多項式であれば河合塾の大学受験用問題集などにもあります。

は実数値連続として， に属する の境界点の個数が 以下ならば，（符号が変わる点を縫うように作れば）
　
となる高々 次の定数でない実係数多項式 があり， の性質により
　
つまり， となりますね．

>>5
ルジャンドルの多項式ですね。





たしかにn次以下のすべての多項式と直交し、また（a,b）にn+1個以上の零点があります。

高木貞治「解析概論」改訂第三版、岩波書店(1961)
§36.　Legendreの球函数