§A1.18高次方程式の性質

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高次方程式では、根を一つずつ求めなくても、根全体の対称性を係数から調べることができます。係数がすべて実数であると非実根が共役な対になることから、実数根と実因数分解の性質を導き、一次因子の積を展開して解と係数の関係を証明します。

1 根の個数と共役

以下では、代数学の基本定理の結論を認めて用います。

定理 1.1 (代数学の基本定理).n≥1n\ge1とし、a0,a1,…,ana_0,a_1,\ldots,a_nを複素数、an≠0a_n\ne0とする。複素係数多項式

P(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0

は、複素数の範囲で重複度込みにちょうどnn個の根α1,…,αn\alpha_1,\ldots,\alpha_nをもち、

P(x)=an∏j=1n(x−αj)P(x)=a_n\prod_{j=1}^n(x-\alpha_j)

と分解される。

重複度は同じ根が因子に現れる回数である。たとえば(x−1)3(x-1)^3の異なる根は11だけであるが、根11の重複度は33である。

この定理の証明は、本記事では扱いません。§E2 位相空間論 Iの§E2.9 定理 6.3と、§E5 複素解析の§E5.9 系 4.2では、非定数多項式が少なくとも一つの根をもつことが証明されます。根に対応する一次因子を取り出すと、残る多項式の次数は一つ下がります。残る多項式へ根の存在を繰り返し適用すると、上の分解を得ます。 §E5 複素解析の§E5.14 系 4.3では、重複度込みの根の個数が次数に一致することが証明されます。

定理 1.2.PPを零多項式でない実数係数多項式とし、zzを複素数とする。P(z)=0P(z)=0ならばP(zˉ)=0P(\bar z)=0であり、zzとzˉ\bar zの重複度は等しい。

証明.§A1.13 命題 5.1により、実数係数の零でない多項式の根とその共役は同じ重複度をもつ。実根は共役と一致する。▨

例 1.3. 複素数係数の多項式P(x)=x−iP(x)=x-iはiiを根にもつ。一方、P(−i)=−2i≠0P(-i)=-2i\ne0であるから、共役の−i-iは根でない。共役根の結論には実数係数という条件が必要である。

定理 1.4. 実数係数の奇数次多項式は、少なくとも一つの実数根をもつ。

証明. 奇数次多項式PPの次数をnnとする。定理 1.1により、PPは重複度込みにnn個の複素根をもつ。定理 1.2により、非実根は重複度込みに共役な二つずつの組に分かれるので、その個数は偶数である。nnは奇数であるから、残る根の個数は零ではない。共役と等しい複素数は実数なので、残る根は実数である。▨

2 実数の範囲での因数分解

共役な二つの根に対応する一次因子を掛けると、実数係数の二次式になります。

定理 2.1.PPを零多項式でない実数係数多項式とする。このとき、00以上の整数s,ts,t、c≠0c\ne0を満たす実数cc、実数r1,…,rsr_1,\ldots,r_s、実数p1,…,ptp_1,\ldots,p_t、正の実数q1,…,qtq_1,\ldots,q_tを用いて

P(x)=c∏j=1s(x−rj)∏k=1t((x−pk)2+qk2)P(x)=c\prod_{j=1}^s(x-r_j) \prod_{k=1}^t\bigl((x-p_k)^2+q_k^2\bigr)

と表される。因子は重複度の回数だけ並べる。各二次式は判別式が負であり、実数係数の一次式の積には分解されない。定数多項式では二つの積を空積とする。

証明.定理 1.1により、定数でないPPは複素数の範囲で一次因子の積に分解される。実根に対応する因子をx−rjx-r_jとして取り出す。定理 1.2により、残る非実根は重複度込みにpk+qkip_k+q_k iとpk−qkip_k-q_k iの組に分けることができる。qk>0q_k>0となる方を選ぶと、

(x−(pk+qki))(x−(pk−qki))=(x−pk)2+qk2\bigl(x-(p_k+q_k i)\bigr)\bigl(x-(p_k-q_k i)\bigr) =(x-p_k)^2+q_k^2

である。右辺の判別式は−4qk2<0-4q_k^2<0なので実根をもたず、実数係数の一次式の積には分解されない。最高次係数をccとすれば、すべての一次因子を実根と共役対に分けた積が主張の分解を与える。定数多項式の場合はccをPPの定数値に取ればよい。▨

定理 2.2.PPを最高次係数が1で次数が1以上の複素数係数多項式とする。PPのすべての係数が実数であることと、PPの任意の根zzに対してzˉ\bar zも同じ重複度の根であることは同値である。

証明.PPの係数がすべて実数ならば、定理 1.2により、任意の根とその共役の重複度は等しい。

逆に、任意の根とその共役の重複度が等しいとする。定理 1.1によりPPを一次因子の積に分解する。実根rrに対応する因子x−rx-rは実数係数である。非実根は同じ重複度の共役対に分け、z=u+viz=u+vi、u,v∈Ru,v\in\R、v>0v>0と書くと、対応する二因子の積は

(x−z)(x−zˉ)=(x−u)2+v2(x-z)(x-\bar z)=(x-u)^2+v^2

となり、実数係数である。最高次係数が1なので、PPは実数係数の因子だけの積である。したがってPPのすべての係数は実数である。▨

例 2.3. 多項式i(x2+1)i(x^2+1)の根はi,−ii,-iで、重複度はいずれも1である。しかし最高次係数と定数項は実数でない。したがって、最高次係数を指定しなければ、根の共役対称性だけから実数係数であるとは結論することができない。

一方、最高次係数が1の多項式

(x−i)2(x+i)=(x−i)(x2+1)=x3−ix2+x−i(x-i)^2(x+i)=(x-i)(x^2+1)=x^3-ix^2+x-i

では、異なる根の集合は{i,−i}\{i,-i\}であり、共役を取っても変わらない。しかしiiの重複度は2、−i-iの重複度は1であり、係数はすべて実数ではない。異なる根の集合だけでなく、重複度までそろうことが必要である。

例 2.4. 実数係数多項式

P(x)=(x−1)2(x2+4)=x4−2x3+5x2−8x+4P(x)=(x-1)^2(x^2+4)=x^4-2x^3+5x^2-8x+4

を考える。複素数の範囲では

P(x)=(x−1)2(x−2i)(x+2i)P(x)=(x-1)^2(x-2i)(x+2i)

である。異なる根は1,2i,−2i1,2i,-2iであり、11の重複度は22、2i,−2i2i,-2iの重複度はそれぞれ11である。したがって重複度込みの四つの根は1,1,2i,−2i1,1,2i,-2iであり、非実根は同じ重複度の共役対となる。

実数係数の範囲では、二つの一次因子x−1x-1と、一次式の積に分解されない二次因子x2+4x^2+4を得る。四つの根の和と積は

1+1+2i−2i=2,1⋅1⋅(2i)(−2i)=41+1+2i-2i=2,\qquad 1\cdot1\cdot(2i)(-2i)=4

であり、展開した四次式の三次係数−2-2と定数項44に対応する。

3 解と係数の関係

一次因子の積を展開すると、任意の次数について解と係数の関係が得られます。

定理 3.1.n≥1n\ge1とし、an≠0a_n\ne0を満たす複素係数多項式が、重複度込みの根α1,…,αn\alpha_1,\ldots,\alpha_nを用いて

anxn+an−1xn−1+⋯+a0=an∏j=1n(x−αj)a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0 =a_n\prod_{j=1}^n(x-\alpha_j)

と表されているとする。1≤k≤n1\le k\le nに対して

∑1≤i1<⋯<ik≤nαi1⋯αik=(−1)kan−kan\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} \alpha_{i_1}\cdots\alpha_{i_k} =(-1)^k\frac{a_{n-k}}{a_n}

が成り立つ。

証明.∏j=1n(x−αj)\prod_{j=1}^n(x-\alpha_j)を展開する。xn−kx^{n-k}の項を得るには、nn個の因子のうちkk個から−αj-\alpha_jを選び、残るn−kn-k個からxxを選ぶ。したがってxn−kx^{n-k}の係数は

(−1)k∑1≤i1<⋯<ik≤nαi1⋯αik(-1)^k\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} \alpha_{i_1}\cdots\alpha_{i_k}

である。両辺のxn−kx^{n-k}の係数を比較すると

an−k=an(−1)k∑1≤i1<⋯<ik≤nαi1⋯αika_{n-k}=a_n(-1)^k \sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} \alpha_{i_1}\cdots\alpha_{i_k}

を得る。an≠0a_n\ne0なので、両辺をana_nで割れば結論が従う。▨

例 3.2.a,b,c,d∈Ra,b,c,d\in\R、a≠0a\ne0とし、ax3+bx2+cx+dax^3+bx^2+cx+dの三つの根を重複度込みにα,β,γ\alpha,\beta,\gammaとする。このとき

α+β+γ=−ba,αβ+βγ+γα=ca,αβγ=−da\alpha+\beta+\gamma=-\frac ba,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac ca,\qquad \alpha\beta\gamma=-\frac da

である。定理 3.1をn=3n=3として用いると、三つの等式を得る。左辺に現れる根の式は基本対称式であり、§A1.15 対称式・交代式と基本対称式の方法を用いると、根を個別に求めずにその値を係数から計算することができる。

定理 3.3.a,b,c,da,b,c,dを実数、a≠0a\ne0とする。ax3+bx2+cx+dax^3+bx^2+cx+dの三つの根が、重複度込みですべて実数であるならば、b2≥3acb^2\ge3acが成り立つ。この仮定のもとで、b2=3acb^2=3acが成り立つことと、三つの根がすべて等しいことは同値である。

証明. 三つの実根をα,β,γ\alpha,\beta,\gammaとする。定理 3.1により

α+β+γ=−ba,αβ+βγ+γα=ca\alpha+\beta+\gamma=-\frac ba, \qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac ca

である。したがって

b2−3aca2=(α+β+γ)2−3(αβ+βγ+γα)=12((α−β)2+(β−γ)2+(γ−α)2)≥0.\begin{aligned} \frac{b^2-3ac}{a^2} &=(\alpha+\beta+\gamma)^2-3(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\\ &=\frac12\bigl((\alpha-\beta)^2+(\beta-\gamma)^2+(\gamma-\alpha)^2\bigr)\ge0. \end{aligned}

a2>0a^2>0なのでb2≥3acb^2\ge3acを得る。実数の平方の和が零となることと各差が零となることは同値であり、等号条件はα=β=γ\alpha=\beta=\gammaである。▨

例 3.4.x3+x+1x^3+x+1ではb2−3ac=−3<0b^2-3ac=-3<0である。したがって三つの根がすべて実数であることはない。定理 1.4により少なくとも一つの実根があり、定理 1.2により非実根は共役対になるので、実根は一つ、残る二根は非実の共役対である。

逆に、b2>3acb^2>3acだけでは三根が実数であるとは限らない。実際、

(x−3)(x2+1)=x3−3x2+x−3(x-3)(x^2+1)=x^3-3x^2+x-3

ではb2−3ac=6>0b^2-3ac=6>0であるが、根は3,i,−i3,i,-iである。またx3+1=(x+1)(x2−x+1)x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)ではb2−3ac=0b^2-3ac=0であるが、根は−1,(1+3i)/2,(1−3i)/2-1,(1+\sqrt3i)/2,(1-\sqrt3i)/2であり、三根は一致しない。等号から三根の一致を導く際にも、三根が実数であるという仮定を外すことはできない。

問題 3.5.x3−2x−2=0x^3-2x-2=0の三つの複素根を重複度込みにα,β,γ\alpha,\beta,\gammaとする。αβ,βγ,γα\alpha\beta,\beta\gamma,\gamma\alphaを重複度込みの根とする、最高次係数が1の三次多項式を求めよ。

解答.

定理 3.1により

α+β+γ=0,αβ+βγ+γα=−2,αβγ=2\alpha+\beta+\gamma=0,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-2,\qquad \alpha\beta\gamma=2

である。新しい三つの根の和は−2-2である。二つずつの積の和は

(αβ)(βγ)+(βγ)(γα)+(γα)(αβ)=αβγ(α+β+γ)=0(\alpha\beta)(\beta\gamma)+(\beta\gamma)(\gamma\alpha)+(\gamma\alpha)(\alpha\beta) =\alpha\beta\gamma(\alpha+\beta+\gamma)=0

であり、三つの積は

(αβ)(βγ)(γα)=(αβγ)2=4(\alpha\beta)(\beta\gamma)(\gamma\alpha)=(\alpha\beta\gamma)^2=4

である。したがって

(t−αβ)(t−βγ)(t−γα)=t3+2t2−4.(t-\alpha\beta)(t-\beta\gamma)(t-\gamma\alpha)=t^3+2t^2-4.

求める多項式はt3+2t2−4t^3+2t^2-4である。一次因子を三つ並べた積から求めているので、新しい三数に一致するものがある場合も重複度を含めた結論になっている。▨

閑話休題：なぜ複素数の範囲では必ず解があるのか——閉曲線の巻き数定理 1.1は、実因子分解と一般の解と係数の関係を導くために用いる定理です。本記事ではその結論を認め、証明を§E2 位相空間論 Iと §E5 複素解析へ委ねます。前者では多項式の絶対値が有界閉集合の上で最小値をとることを用い、後者ではリウヴィルの定理と偏角の原理から、この定理を二通りに導きます。

偏角の原理による証明の背景には、閉曲線が原点のまわりを回る回数があります。複素数を平面の点としてみなし、原点を中心とする十分に大きな円の上でzzを1周させます。多項式P(z)=anzn+⋯+a0P(z)=a_nz^n+\cdots+a_0の最高次の項anzna_nz^nは低い次数の項より大きくなり、zzの角度がθ\thetaだけ増えるとanzna_nz^nの角度はnθn\thetaだけ増えます。このためP(z)P(z)の描く閉曲線は、原点のまわりをnn回まわると考えられます。

円を一点まで連続的に縮めると、P(z)P(z)の描く閉曲線も最後には定数項a0a_0へ縮みます。原点のまわりをnn回まわる閉曲線が原点をまわらない一点へ変わる途中では、曲線が原点を通る必要があります。そのときのzzがP(z)=0P(z)=0を満たします。この説明を証明にするには、閉曲線が原点を通らない連続変形では巻き数が変わらないことを示す必要があります。本記事ではその位相的・解析的な証明を扱いません。

代数学の基本定理には、位相や解析による証明のほかに、代数的な議論と実数の連続性を組み合わせた証明もあります1。代数学の基本定理は代数方程式の根についての主張ですが、その証明には、位相や解析の結果を用いるものがあります。

4 例題

レベル3 — 高次方程式の性質（共役根）

解は複素数の範囲で重複度込みに数える。実数係数の方程式では非実根 p+qi は共役 p−qi と対になって現れ、有理数係数の方程式では無理数解 p+q√s は共役 p−q√s と対になって現れる（s は平方数でない）。この性質を用いて次の問いに答えよ。

解法の型実数係数なら p+qi が解⇒\Rightarrowp-qi も解（有理数係数なら p+q√s が解⇒\Rightarrowp-q√s も解）。2解をまとめた2次因数で割って次数を下げる

例 4.1. 実数係数の4次方程式x4−7x3+22x2−32x+16=x^4-7x^3+22x^2-32x+16 =0 は x==2 + 2i を解にもつ。この方程式のすべての解を求めよ。

x4−7x3+22x2−32x+16=0が x=2+2i を解にもつx^{4}-7x^{3}+22x^{2}-32x+16 = 0 \quad \text{が } x = 2 + 2i \text{ を解にもつ}

答x=2+2i, 2−2i, 1, 2x = 2 + 2i,\ 2 - 2i,\ 1,\ 2

注意 係数が実数なので共役 2 - 2i も解。この2解は和が 4、積が 8 だから、左辺は2次式x2−4x+8x^2-4x+8を因数にもつ。実際に割ると商はx2−3x+2x^2-3x+2で、その解は x==1, 2。虚数解は必ず共役の対（偶数個）で現れる。

例 4.2. a, b を有理数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x + 24==0 が x==2 + 2√3 を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx+24=0が x=2+23 を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x + 24 = 0 \quad \text{が } x = 2 + 2\sqrt{3} \text{ を解にもつ}

答a=−7,b=4,x=2−23, 3a = -7,\quad b = 4,\quad x = 2 - 2\sqrt{3},\ 3

注意 有理数係数だから、無理数解 2 + 2√3 の共役 2 - 2√3 も解になる（虚数解の共役と同じ論法）。この2解は和が 4、積が 2² - 2²×3==-8 なので、左辺は2次式x2−4x−8x^2-4x-8を因数にもつ。残る解 r は定数項の比較 -8 × (-r)==24 から r==3。(x -3)(x2−4x−8)3)(x^2-4x-8)を展開して a==-7、b==4。

例 4.3. 実数係数の4次方程式x4−4x3+3x2+2x−6=x^4-4x^3+3x^2+2x-6 =0 は x==1 + i を解にもつ。この方程式のすべての解を求めよ。

x4−4x3+3x2+2x−6=0が x=1+i を解にもつx^{4}-4x^{3}+3x^{2}+2x-6 = 0 \quad \text{が } x = 1 + i \text{ を解にもつ}

答x=1+i, 1−i, −1, 3x = 1 + i,\ 1 - i,\ -1,\ 3

注意 係数が実数なので共役 1 - i も解。この2解は和が 2、積が 2 だから、左辺は2次式x2−2x+2x^2-2x+2を因数にもつ。実際に割ると商はx2−2x−3x^2-2x-3で、その解は x==-1, 3。虚数解は必ず共役の対（偶数個）で現れる。

例 4.4. 実数係数の5次方程式x5−x4−8x2+15x+25=x^5-x^4-8x^2+15x+25 =0 は x==-1 + 2i と x==2 + i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−x4−8x2+15x+25=0が x=−1+2i, 2+i を解にもつx^{5}-x^{4}-8x^{2}+15x+25 = 0 \quad \text{が } x = -1 + 2i,\ 2 + i \text{ を解にもつ}

答x=−1−2i, 2−i, −1x = -1 - 2i,\ 2 - i,\ -1

注意 実数係数だから共役 -1 - 2i、2 - i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2+2x+5x^2+2x+5とx2−4x+5x^2-4x+5を因数にもつので、定数項の比較 5 × 5 × (-r)==25 から r==-1。

例 4.5. a, b を有理数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x - 57==0 が x==3 + 2√7 を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx−57=0が x=3+27 を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x - 57 = 0 \quad \text{が } x = 3 + 2\sqrt{7} \text{ を解にもつ}

答a=−3,b=−37,x=3−27, −3a = -3,\quad b = -37,\quad x = 3 - 2\sqrt{7},\ -3

注意 有理数係数だから、無理数解 3 + 2√7 の共役 3 - 2√7 も解になる（虚数解の共役と同じ論法）。この2解は和が 6、積が 3² - 2²×7==-19 なので、左辺は2次式x2−6x−19x^2-6x-19を因数にもつ。残る解 r は定数項の比較 -19 × (-r)==-57 から r==-3。(x +3)(x2−6x−19)3)(x^2-6x-19)を展開して a==-3、b==-37。

例 4.6. 実数係数の5次方程式x5−5x4+12x3−12x2−5x+25=x^5-5x^4+12x^3-12x^2-5x+25 =0 は x==1 + 2i と x==2 + i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−5x4+12x3−12x2−5x+25=0が x=1+2i, 2+i を解にもつx^{5}-5x^{4}+12x^{3}-12x^{2}-5x+25 = 0 \quad \text{が } x = 1 + 2i,\ 2 + i \text{ を解にもつ}

答x=1−2i, 2−i, −1x = 1 - 2i,\ 2 - i,\ -1

注意 実数係数だから共役 1 - 2i、2 - i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2−2x+5x^2-2x+5とx2−4x+5x^2-4x+5を因数にもつので、定数項の比較 5 × 5 × (-r)==25 から r==-1。

例 4.7. 実数係数の5次方程式x5−2x3+12x2+32x+32=x^5-2x^3+12x^2+32x+32 =0 は x==2 + 2i と x==-1 + i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−2x3+12x2+32x+32=0が x=2+2i, −1+i を解にもつx^{5}-2x^{3}+12x^{2}+32x+32 = 0 \quad \text{が } x = 2 + 2i,\ -1 + i \text{ を解にもつ}

答x=2−2i, −1−i, −2x = 2 - 2i,\ -1 - i,\ -2

注意 実数係数だから共役 2 - 2i、-1 - i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2−4x+8x^2-4x+8とx2+2x+2x^2+2x+2を因数にもつので、定数項の比較 8 × 2 × (-r)==32 から r==-2。

例 4.8. 実数係数の4次方程式x4−7x3+19x2−23x+10=x^4-7x^3+19x^2-23x+10 =0 は x==2 + i を解にもつ。この方程式のすべての解を求めよ。

x4−7x3+19x2−23x+10=0が x=2+i を解にもつx^{4}-7x^{3}+19x^{2}-23x+10 = 0 \quad \text{が } x = 2 + i \text{ を解にもつ}

答x=2+i, 2−i, 2, 1x = 2 + i,\ 2 - i,\ 2,\ 1

注意 係数が実数なので共役 2 - i も解。この2解は和が 4、積が 5 だから、左辺は2次式x2−4x+5x^2-4x+5を因数にもつ。実際に割ると商はx2−3x+2x^2-3x+2で、その解は x==2, 1。虚数解は必ず共役の対（偶数個）で現れる。

例 4.9. a, b を実数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x - 6==0 が x==1 + i を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx−6=0が x=1+i を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x - 6 = 0 \quad \text{が } x = 1 + i \text{ を解にもつ}

答a=−5,b=8,x=1−i, 3a = -5,\quad b = 8,\quad x = 1 - i,\ 3

注意 係数が実数だから、虚数解 1 + i の共役 1 - i も解。この2解は和が 2、積が 2 なので、左辺は2次式x2−2x+2x^2-2x+2を因数にもつ。残る解を r とすると定数項の比較から 2 × (-r)==-6、よって r==3。(x -3)(x2−2x+2)3)(x^2-2x+2)を展開して係数を比較すると a==-5、b==8。

例 4.10. 実数係数の4次方程式x4−5x3+13x2−19x+10=x^4-5x^3+13x^2-19x+10 =0 は x==1 + 2i を解にもつ。この方程式のすべての解を求めよ。

x4−5x3+13x2−19x+10=0が x=1+2i を解にもつx^{4}-5x^{3}+13x^{2}-19x+10 = 0 \quad \text{が } x = 1 + 2i \text{ を解にもつ}

答x=1+2i, 1−2i, 1, 2x = 1 + 2i,\ 1 - 2i,\ 1,\ 2

注意 係数が実数なので共役 1 - 2i も解。この2解は和が 2、積が 5 だから、左辺は2次式x2−2x+5x^2-2x+5を因数にもつ。実際に割ると商はx2−3x+2x^2-3x+2で、その解は x==1, 2。虚数解は必ず共役の対（偶数個）で現れる。

5 演習

レベル3 — 高次方程式の性質（共役根）

解は複素数の範囲で重複度込みに数える。実数係数の方程式では非実根 p+qi は共役 p−qi と対になって現れ、有理数係数の方程式では無理数解 p+q√s は共役 p−q√s と対になって現れる（s は平方数でない）。この性質を用いて次の問いに答えよ。

解法の型実数係数なら p+qi が解⇒\Rightarrowp-qi も解（有理数係数なら p+q√s が解⇒\Rightarrowp-q√s も解）。2解をまとめた2次因数で割って次数を下げる

問題 5.1. 実数係数の5次方程式x5+4x4+10x3+20x2+24x+16=x^5+4x^4+10x^3+20x^2+24x+16 =0 は x==2i と x==-1 + i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5+4x4+10x3+20x2+24x+16=0が x=2i, −1+i を解にもつx^{5}+4x^{4}+10x^{3}+20x^{2}+24x+16 = 0 \quad \text{が } x = 2i,\ -1 + i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=−2i, −1−i, −2x = -2i,\ -1 - i,\ -2

注意 実数係数だから共役 -2i、-1 - i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2+4x^2+4とx2+2x+2x^2+2x+2を因数にもつので、定数項の比較 4 × 2 × (-r)==16 から r==-2。▨

問題 5.2. a, b を実数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x + 10==0 が x==1 + 2i を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx+10=0が x=1+2i を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x + 10 = 0 \quad \text{が } x = 1 + 2i \text{ を解にもつ}
解答.

答a=0,b=1,x=1−2i, −2a = 0,\quad b = 1,\quad x = 1 - 2i,\ -2

注意 係数が実数だから、虚数解 1 + 2i の共役 1 - 2i も解。この2解は和が 2、積が 5 なので、左辺は2次式x2−2x+5x^2-2x+5を因数にもつ。残る解を r とすると定数項の比較から 5 × (-r)==10、よって r==-2。(x +2)(x2−2x+5)2)(x^2-2x+5)を展開して係数を比較すると a==0、b==1。▨

問題 5.3. 実数係数の5次方程式x5+3x4+8x3+14x2+16x+8=x^5+3x^4+8x^3+14x^2+16x+8 =0 は x==-1 + i と x==2i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5+3x4+8x3+14x2+16x+8=0が x=−1+i, 2i を解にもつx^{5}+3x^{4}+8x^{3}+14x^{2}+16x+8 = 0 \quad \text{が } x = -1 + i,\ 2i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=−1−i, −2i, −1x = -1 - i,\ -2i,\ -1

注意 実数係数だから共役 -1 - i、-2i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2+2x+2x^2+2x+2とx2+4x^2+4を因数にもつので、定数項の比較 2 × 4 × (-r)==8 から r==-1。▨

問題 5.4. a, b を有理数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x + 33==0 が x==3 + 2√5 を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx+33=0が x=3+25 を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x + 33 = 0 \quad \text{が } x = 3 + 2\sqrt{5} \text{ を解にもつ}
解答.

答a=−9,b=7,x=3−25, 3a = -9,\quad b = 7,\quad x = 3 - 2\sqrt{5},\ 3

注意 有理数係数だから、無理数解 3 + 2√5 の共役 3 - 2√5 も解になる（虚数解の共役と同じ論法）。この2解は和が 6、積が 3² - 2²×5==-11 なので、左辺は2次式x2−6x−11x^2-6x-11を因数にもつ。残る解 r は定数項の比較 -11 × (-r)==33 から r==3。(x -3)(x2−6x−11)3)(x^2-6x-11)を展開して a==-9、b==7。▨

問題 5.5. a, b を実数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x + 4==0 が x==-1 + i を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx+4=0が x=−1+i を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x + 4 = 0 \quad \text{が } x = -1 + i \text{ を解にもつ}
解答.

答a=4,b=6,x=−1−i, −2a = 4,\quad b = 6,\quad x = -1 - i,\ -2

注意 係数が実数だから、虚数解 -1 + i の共役 -1 - i も解。この2解は和が -2、積が 2 なので、左辺は2次式x2+2x+2x^2+2x+2を因数にもつ。残る解を r とすると定数項の比較から 2 × (-r)==4、よって r==-2。(x +2)(x2+2x+2)2)(x^2+2x+2)を展開して係数を比較すると a==4、b==6。▨

問題 5.6. 実数係数の5次方程式x5−2x4+3x3−2x−20=x^5-2x^4+3x^3-2x-20 =0 は x==1 + 2i と x==-1 + i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−2x4+3x3−2x−20=0が x=1+2i, −1+i を解にもつx^{5}-2x^{4}+3x^{3}-2x-20 = 0 \quad \text{が } x = 1 + 2i,\ -1 + i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=1−2i, −1−i, 2x = 1 - 2i,\ -1 - i,\ 2

注意 実数係数だから共役 1 - 2i、-1 - i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2−2x+5x^2-2x+5とx2+2x+2x^2+2x+2を因数にもつので、定数項の比較 5 × 2 × (-r)==-20 から r==2。▨

問題 5.7. a, b を実数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x - 4==0 が x==-1 + i を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx−4=0が x=−1+i を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x - 4 = 0 \quad \text{が } x = -1 + i \text{ を解にもつ}
解答.

答a=0,b=−2,x=−1−i, 2a = 0,\quad b = -2,\quad x = -1 - i,\ 2

注意 係数が実数だから、虚数解 -1 + i の共役 -1 - i も解。この2解は和が -2、積が 2 なので、左辺は2次式x2+2x+2x^2+2x+2を因数にもつ。残る解を r とすると定数項の比較から 2 × (-r)==-4、よって r==2。(x -2)(x2+2x+2)2)(x^2+2x+2)を展開して係数を比較すると a==0、b==-2。▨

問題 5.8. 実数係数の4次方程式x4−8x3+27x2−44x+24=x^4-8x^3+27x^2-44x+24 =0 は x==2 + 2i を解にもつ。この方程式のすべての解を求めよ。

x4−8x3+27x2−44x+24=0が x=2+2i を解にもつx^{4}-8x^{3}+27x^{2}-44x+24 = 0 \quad \text{が } x = 2 + 2i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=2+2i, 2−2i, 1, 3x = 2 + 2i,\ 2 - 2i,\ 1,\ 3

注意 係数が実数なので共役 2 - 2i も解。この2解は和が 4、積が 8 だから、左辺は2次式x2−4x+8x^2-4x+8を因数にもつ。実際に割ると商はx2−4x+3x^2-4x+3で、その解は x==1, 3。虚数解は必ず共役の対（偶数個）で現れる。▨

問題 5.9. a, b を有理数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x - 21==0 が x==1 + 2√2 を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx−21=0が x=1+22 を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x - 21 = 0 \quad \text{が } x = 1 + 2\sqrt{2} \text{ を解にもつ}
解答.

答a=1,b=−13,x=1−22, −3a = 1,\quad b = -13,\quad x = 1 - 2\sqrt{2},\ -3

注意 有理数係数だから、無理数解 1 + 2√2 の共役 1 - 2√2 も解になる（虚数解の共役と同じ論法）。この2解は和が 2、積が 1² - 2²×2==-7 なので、左辺は2次式x2−2x−7x^2-2x-7を因数にもつ。残る解 r は定数項の比較 -7 × (-r)==-21 から r==-3。(x +3)(x2−2x−7)3)(x^2-2x-7)を展開して a==1、b==-13。▨

問題 5.10. a, b を有理数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x + 3==0 が x==2 + √5 を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx+3=0が x=2+5 を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x + 3 = 0 \quad \text{が } x = 2 + \sqrt{5} \text{ を解にもつ}
解答.

答a=−7,b=11,x=2−5, 3a = -7,\quad b = 11,\quad x = 2 - \sqrt{5},\ 3

注意 有理数係数だから、無理数解 2 + √5 の共役 2 - √5 も解になる（虚数解の共役と同じ論法）。この2解は和が 4、積が 2² - 5==-1 なので、左辺は2次式x2−4x−1x^2-4x-1を因数にもつ。残る解 r は定数項の比較 -1 × (-r)==3 から r==3。(x -3)(x2−4x−1)3)(x^2-4x-1)を展開して a==-7、b==11。▨

問題 5.11. 実数係数の4次方程式x4+2x3+x2−2x−2=x^4+2x^3+x^2-2x-2 =0 は x==-1 + i を解にもつ。この方程式のすべての解を求めよ。

x4+2x3+x2−2x−2=0が x=−1+i を解にもつx^{4}+2x^{3}+x^{2}-2x-2 = 0 \quad \text{が } x = -1 + i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=−1+i, −1−i, 1, −1x = -1 + i,\ -1 - i,\ 1,\ -1

注意 係数が実数なので共役 -1 - i も解。この2解は和が -2、積が 2 だから、左辺は2次式x2+2x+2x^2+2x+2を因数にもつ。実際に割ると商はx2−1x^2-1で、その解は x==1, -1。虚数解は必ず共役の対（偶数個）で現れる。▨

問題 5.12. 実数係数の5次方程式x5−x4+4x−4=x^5-x^4+4x-4 =0 は x==-1 + i と x==1 + i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−x4+4x−4=0が x=−1+i, 1+i を解にもつx^{5}-x^{4}+4x-4 = 0 \quad \text{が } x = -1 + i,\ 1 + i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=−1−i, 1−i, 1x = -1 - i,\ 1 - i,\ 1

注意 実数係数だから共役 -1 - i、1 - i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2+2x+2x^2+2x+2とx2−2x+2x^2-2x+2を因数にもつので、定数項の比較 2 × 2 × (-r)==-4 から r==1。▨

問題 5.13. a, b を実数とする。3次方程式 x³ + a x² + b x - 12==0 が x==2i を解にもつとき、a, b の値と他の解をすべて求めよ。

x3+ax2+bx−12=0が x=2i を解にもつx^{3} + a x^{2} + b x - 12 = 0 \quad \text{が } x = 2i \text{ を解にもつ}
解答.

答a=−3,b=4,x=−2i, 3a = -3,\quad b = 4,\quad x = -2i,\ 3

注意 係数が実数だから、虚数解 2i の共役 -2i も解。この2解は和が 0、積が 4 なので、左辺は2次式x2+4x^2+4を因数にもつ。残る解を r とすると定数項の比較から 4 × (-r)==-12、よって r==3。(x -3)(x2+4)3)(x^2+4)を展開して係数を比較すると a==-3、b==4。▨

問題 5.14. 実数係数の5次方程式x5−4x4+13x3−26x2+36x−40=x^5-4x^4+13x^3-26x^2+36x-40 =0 は x==1 + 2i と x==2i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−4x4+13x3−26x2+36x−40=0が x=1+2i, 2i を解にもつx^{5}-4x^{4}+13x^{3}-26x^{2}+36x-40 = 0 \quad \text{が } x = 1 + 2i,\ 2i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=1−2i, −2i, 2x = 1 - 2i,\ -2i,\ 2

注意 実数係数だから共役 1 - 2i、-2i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2−2x+5x^2-2x+5とx2+4x^2+4を因数にもつので、定数項の比較 5 × 4 × (-r)==-40 から r==2。▨

問題 5.15. 実数係数の5次方程式x5−5x4+16x3−28x2+48x−32=x^5-5x^4+16x^3-28x^2+48x-32 =0 は x==2 + 2i と x==2i を解にもつ。残りの解をすべて求めよ。

x5−5x4+16x3−28x2+48x−32=0が x=2+2i, 2i を解にもつx^{5}-5x^{4}+16x^{3}-28x^{2}+48x-32 = 0 \quad \text{が } x = 2 + 2i,\ 2i \text{ を解にもつ}
解答.

答x=2−2i, −2i, 1x = 2 - 2i,\ -2i,\ 1

注意 実数係数だから共役 2 - 2i、-2i も解で、虚数解はこれで4個。5次なので残りの解はあと1個、そして虚数解は共役の対（偶数個）でしか現れないから、それは必ず実数（実数係数の奇数次方程式が必ず実数解をもつ理由）。左辺はx2−4x+8x^2-4x+8とx2+4x^2+4を因数にもつので、定数項の比較 8 × 4 × (-r)==-32 から r==1。▨

Footnotes

  1. 代数学の基本定理には、実数係数の奇数次多項式が実数根をもつことを中間値の定理で示し、代数的な議論と組み合わせた証明もあります。ガウスの1799年の議論では、円板へ入った代数曲線が再び円板の外へ出ることを証明することなく用いていました。この仮定をオストロフスキーが1920年に正当化したことは、Basu と Velleman の論文 [1] で説明されています。代数学の基本定理を主題とする書籍として、Fine と Rosenberger の本 [2] があります。 ↩

参考文献

  1. Soham Basu and Daniel J. Velleman, On Gauss's first proof of the fundamental theorem of algebra, arXiv:1704.06585v1, 2017.ガウスの代数学の基本定理の最初の証明と、その仮定の正当化を参考にしました。
  2. Benjamin Fine and Gerhard Rosenberger, The Fundamental Theorem of Algebra, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer, New York, 1997.代数学の基本定理のさまざまな証明を参考にしました。