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 ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 a 0 , a 1 , … , a n a_0,a_1,\ldots,a_n a 0 , a 1 , … , a n a n ≠ 0 a_n\ne0 a n = 0
P ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0 P ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 は、複素数の範囲で重複度込みにちょうどn n n α 1 , … , α n \alpha_1,\ldots,\alpha_n α 1 , … , α n
P ( x ) = a n ∏ j = 1 n ( x − α j ) P(x)=a_n\prod_{j=1}^n(x-\alpha_j) P ( x ) = a n j = 1 ∏ n ( x − α 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 ( x − 1 ) 3 1 1 1 1 1 1 3 3 3
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し、残る多項式へ根の存在を繰り返し適用すると、次数が一つずつ下がって上の分解を得ます。
§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. P P P z z z P ( z ) = 0 P(z)=0 P ( z ) = 0 P ( z ˉ ) = 0 P(\bar z)=0 P ( z ˉ ) = 0 z z z z ˉ \bar z z ˉ
例 1.3. 複素数係数の多項式P ( x ) = x − i P(x)=x-i P ( x ) = x − i i i i P ( − i ) = − 2 i ≠ 0 P(-i)=-2i\ne0 P ( − i ) = − 2 i = 0 − i -i − i
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P P P n n n 定理 1.1 により、P P P n n n 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。n n n ▨
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. P P P 0 0 0 s , t s,t s , t c ≠ 0 c\ne0 c = 0 c c c r 1 , … , r s r_1,\ldots,r_s r 1 , … , r s p 1 , … , p t p_1,\ldots,p_t p 1 , … , p t q 1 , … , q t q_1,\ldots,q_t q 1 , … , q t
P ( x ) = c ∏ j = 1 s ( x − r j ) ∏ k = 1 t ( ( x − p k ) 2 + q k 2 ) P(x)=c\prod_{j=1}^s(x-r_j)
\prod_{k=1}^t\bigl((x-p_k)^2+q_k^2\bigr) P ( x ) = c j = 1 ∏ s ( x − r j ) k = 1 ∏ t ( ( x − p k ) 2 + q k 2 ) 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P P P x − r j x-r_j x − r j 定理 1.2 により、残る非実根は重複度込みにp k + q k i p_k+q_k i p k + q k i p k − q k i p_k-q_k i p k − q k i q k > 0 q_k>0 q k > 0
( x − ( p k + q k i ) ) ( x − ( p k − q k i ) ) = ( x − p k ) 2 + q k 2 \bigl(x-(p_k+q_k i)\bigr)\bigl(x-(p_k-q_k i)\bigr)
=(x-p_k)^2+q_k^2 ( x − ( p k + q k i ) ) ( x − ( p k − q k i ) ) = ( x − p k ) 2 + q k 2 である。右辺の判別式は− 4 q k 2 < 0 -4q_k^2<0 − 4 q k 2 < 0 c c c c c c P P P ▨
定理 2.2. P P P P P P P P P z z z z ˉ \bar z z ˉ
証明. P P P 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P P P r r r x − r x-r x − r z = u + v i z=u+vi z = u + v i u , v ∈ R u,v\in\R u , v ∈ R v > 0 v>0 v > 0
( x − z ) ( x − z ˉ ) = ( x − u ) 2 + v 2 (x-z)(x-\bar z)=(x-u)^2+v^2 ( x − z ) ( x − z ˉ ) = ( 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、P P P P P P ▨
例 2.3. 多項式i ( x 2 + 1 ) i(x^2+1) i ( x 2 + 1 ) i , − i i,-i i , − i
一方、最高次係数が1の多項式
( x − i ) 2 ( x + i ) = ( x − i ) ( x 2 + 1 ) = x 3 − i x 2 + x − i (x-i)^2(x+i)=(x-i)(x^2+1)=x^3-ix^2+x-i ( x − i ) 2 ( x + i ) = ( x − i ) ( x 2 + 1 ) = x 3 − i x 2 + x − i では、異なる根の集合は{ i , − i } \{i,-i\} { i , − i } i i i − i -i − i
例 2.4. 実数係数多項式
P ( x ) = ( x − 1 ) 2 ( x 2 + 4 ) = x 4 − 2 x 3 + 5 x 2 − 8 x + 4 P(x)=(x-1)^2(x^2+4)=x^4-2x^3+5x^2-8x+4 P ( x ) = ( x − 1 ) 2 ( x 2 + 4 ) = x 4 − 2 x 3 + 5 x 2 − 8 x + 4 を考える。複素数の範囲では
P ( x ) = ( x − 1 ) 2 ( x − 2 i ) ( x + 2 i ) P(x)=(x-1)^2(x-2i)(x+2i) P ( x ) = ( x − 1 ) 2 ( x − 2 i ) ( x + 2 i ) である。異なる根は1 , 2 i , − 2 i 1,2i,-2i 1 , 2 i , − 2 i 1 1 1 2 2 2 2 i , − 2 i 2i,-2i 2 i , − 2 i 1 1 1 1 , 1 , 2 i , − 2 i 1,1,2i,-2i 1 , 1 , 2 i , − 2 i
実数係数の範囲では、二つの一次因子x − 1 x-1 x − 1 x 2 + 4 x^2+4 x 2 + 4
1 + 1 + 2 i − 2 i = 2 , 1 ⋅ 1 ⋅ ( 2 i ) ( − 2 i ) = 4 1+1+2i-2i=2,\qquad 1\cdot1\cdot(2i)(-2i)=4 1 + 1 + 2 i − 2 i = 2 , 1 ⋅ 1 ⋅ ( 2 i ) ( − 2 i ) = 4 であり、展開した四次式の三次係数− 2 -2 − 2 4 4 4
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 ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 a n ≠ 0 a_n\ne0 a n = 0 α 1 , … , α n \alpha_1,\ldots,\alpha_n α 1 , … , α n
a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 0 = a n ∏ j = 1 n ( x − α j ) a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0
=a_n\prod_{j=1}^n(x-\alpha_j) a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 0 = a n j = 1 ∏ n ( x − α j ) と表されているとする。1 ≤ k ≤ n 1\le k\le n 1 ≤ k ≤ n
∑ 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ n α i 1 ⋯ α i k = ( − 1 ) k a n − k a n \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} 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ n ∑ α i 1 ⋯ α i k = ( − 1 ) k a n a n − k が成り立つ。
証明. ∏ j = 1 n ( x − α j ) \prod_{j=1}^n(x-\alpha_j) ∏ j = 1 n ( x − α j ) x n − k x^{n-k} x n − k n n n k k k − α j -\alpha_j − α j n − k n-k n − k x x x x n − k x^{n-k} x n − k
( − 1 ) k ∑ 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ n α i 1 ⋯ α i k (-1)^k\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n}
\alpha_{i_1}\cdots\alpha_{i_k} ( − 1 ) k 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ n ∑ α i 1 ⋯ α i k である。両辺のx n − k x^{n-k} x n − k
a n − k = a n ( − 1 ) k ∑ 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ n α i 1 ⋯ α i k a_{n-k}=a_n(-1)^k
\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n}
\alpha_{i_1}\cdots\alpha_{i_k} a n − k = a n ( − 1 ) k 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ n ∑ α i 1 ⋯ α i k を得る。a n ≠ 0 a_n\ne0 a n = 0 a n a_n a n ▨
例 3.2. a , b , c , d ∈ R a,b,c,d\in\mathbb R a , b , c , d ∈ R a ≠ 0 a\ne0 a = 0 a x 3 + b x 2 + c x + d ax^3+bx^2+cx+d a x 3 + b x 2 + c x + d α , β , γ \alpha,\beta,\gamma α , β , γ
α + β + γ = − b a , α β + β γ + γ α = c a , α β γ = − d a \alpha+\beta+\gamma=-\frac ba,\qquad
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac ca,\qquad
\alpha\beta\gamma=-\frac da α + β + γ = − a b , α β + β γ + γ α = a c , α β γ = − a d である。定理 3.1 をn = 3 n=3 n = 3 §A1.15 対称式・交代式と基本対称式による表示 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 , d a,b,c,d a , b , c , d a ≠ 0 a\ne0 a = 0 a x 3 + b x 2 + c x + d ax^3+bx^2+cx+d a x 3 + b x 2 + c x + d b 2 ≥ 3 a c b^2\ge3ac b 2 ≥ 3 a c b 2 = 3 a c b^2=3ac b 2 = 3 a c
証明. 三つの実根をα , β , γ \alpha,\beta,\gamma α , β , γ 定理 3.1 により
α + β + γ = − b a , α β + β γ + γ α = c a \alpha+\beta+\gamma=-\frac ba,
\qquad
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac ca α + β + γ = − a b , α β + β γ + γ α = a c である。したがって
b 2 − 3 a c a 2 = ( α + β + γ ) 2 − 3 ( α β + β γ + γ α ) = 1 2 ( ( 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} a 2 b 2 − 3 a c = ( α + β + γ ) 2 − 3 ( α β + β γ + γ α ) = 2 1 ( ( α − β ) 2 + ( β − γ ) 2 + ( γ − α ) 2 ) ≥ 0. a 2 > 0 a^2>0 a 2 > 0 b 2 ≥ 3 a c b^2\ge3ac b 2 ≥ 3 a c α = β = γ \alpha=\beta=\gamma α = β = γ ▨
例 3.4. x 3 + x + 1 x^3+x+1 x 3 + x + 1 b 2 − 3 a c = − 3 < 0 b^2-3ac=-3<0 b 2 − 3 a c = − 3 < 0 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、b 2 > 3 a c b^2>3ac b 2 > 3 a c
( x − 3 ) ( x 2 + 1 ) = x 3 − 3 x 2 + x − 3 (x-3)(x^2+1)=x^3-3x^2+x-3 ( x − 3 ) ( x 2 + 1 ) = x 3 − 3 x 2 + x − 3 ではb 2 − 3 a c = 6 > 0 b^2-3ac=6>0 b 2 − 3 a c = 6 > 0 3 , i , − i 3,i,-i 3 , i , − i x 3 + 1 = ( x + 1 ) ( x 2 − x + 1 ) x^3+1=(x+1)(x^2-x+1) x 3 + 1 = ( x + 1 ) ( x 2 − x + 1 ) b 2 − 3 a c = 0 b^2-3ac=0 b 2 − 3 a c = 0 − 1 , ( 1 + 3 i ) / 2 , ( 1 − 3 i ) / 2 -1,(1+\sqrt3i)/2,(1-\sqrt3i)/2 − 1 , ( 1 + 3 i ) /2 , ( 1 − 3 i ) /2
問題 3.5. x 3 − 2 x − 2 = 0 x^3-2x-2=0 x 3 − 2 x − 2 = 0 α , β , γ \alpha,\beta,\gamma α , β , γ α β , β γ , γ α \alpha\beta,\beta\gamma,\gamma\alpha α β , β γ , γ α
解答. 定理 3.1 により
α + β + γ = 0 , α β + β γ + γ α = − 2 , α β γ = 2 \alpha+\beta+\gamma=0,\qquad
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-2,\qquad
\alpha\beta\gamma=2 α + β + γ = 0 , α β + β γ + γ α = − 2 , α β γ = 2 である。新しい三つの根の和は− 2 -2 − 2
( α β ) ( β γ ) + ( β γ ) ( γ α ) + ( γ α ) ( α β ) = α β γ ( α + β + γ ) = 0 (\alpha\beta)(\beta\gamma)+(\beta\gamma)(\gamma\alpha)+(\gamma\alpha)(\alpha\beta)
=\alpha\beta\gamma(\alpha+\beta+\gamma)=0 ( α β ) ( β γ ) + ( β γ ) ( γ α ) + ( γ α ) ( α β ) = α β γ ( α + β + γ ) = 0 であり、三つの積は
( α β ) ( β γ ) ( γ α ) = ( α β γ ) 2 = 4 (\alpha\beta)(\beta\gamma)(\gamma\alpha)=(\alpha\beta\gamma)^2=4 ( α β ) ( β γ ) ( γ α ) = ( α β γ ) 2 = 4 である。したがって
( t − α β ) ( t − β γ ) ( t − γ α ) = t 3 + 2 t 2 − 4. (t-\alpha\beta)(t-\beta\gamma)(t-\gamma\alpha)=t^3+2t^2-4. ( t − α β ) ( t − β γ ) ( t − γ α ) = t 3 + 2 t 2 − 4. 求める多項式はt 3 + 2 t 2 − 4 t^3+2t^2-4 t 3 + 2 t 2 − 4 ▨
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の出発点である。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 へ委ねる。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二通りに導く。
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る。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z z z P ( z ) = a n z n + ⋯ + a 0 P(z)=a_nz^n+\cdots+a_0 P ( z ) = a n z n + ⋯ + a 0 a n z n a_nz^n a n z n z z z θ \theta θ a n z n a_nz^n a n z n n θ n\theta n θ P ( z ) P(z) P ( z ) n n n
円を一点まで連続的に縮めると、P ( z ) P(z) P ( z ) a 0 a_0 a 0 n n n z z z P ( z ) = 0 P(z)=0 P ( z ) = 0
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る証明もある1