有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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高次方程式

高次方程式

定理≪$n$ 次方程式の解の個数≫

 $n$ を正の整数とする. 複素数を係数とする $n$ 次の整式 $f(x)$ に対して, 方程式 $f(x) = 0$ の相異なる解の個数は $n$ 以下である.

証明

 $\alpha _1,$ $\cdots,$ $\alpha _r$ を $f(x) = 0$ の相異なる解とする.
因数定理により, $f(x)$ は $x-\alpha _1,$ $\cdots,$ $x-\alpha _r$ で割り切れる.
よって, $f(x)$ は $(x-\alpha _1)\cdots (x-\alpha _r)$ で割り切れ, $0$ でない整式 $q(x)$ を用いて \[ f(x) = (x-\alpha _1)\cdots (x-\alpha _r)q(x)\] と書けるから, 両辺の次数を比較すると, \[ n = r+\deg q(x) \geqq r\] が得られる.

定理≪実数係数方程式の共役な複素数解≫

 実数を係数とする方程式 $f(x) = 0$ が複素数 $\alpha$ を解にもつとき, $f(x) = 0$ は共役複素数 $\bar\alpha$ も解にもつ.

証明

 実数を係数とする多項式 $f(x) = a_nx^n+\cdots +a_1x+a_0$ について, $f(x) = 0$ が複素数解 $x = \alpha$ をもつとすると, $f(\alpha ) = 0$ の両辺の共役複素数をとると, \begin{align*} \overline{a_n\alpha ^n+\cdots +a_1\alpha +a_0} &= \bar 0 \\ \overline{a_n}\bar\alpha ^n+\cdots +\overline{a_1}\bar\alpha +\overline{a_0} &= 0 \\ a_n\bar\alpha ^n+\cdots +a_1\bar\alpha +a_0 &= 0 \end{align*} となるから, $f(x) = 0$ は $x = \bar\alpha$ も解にもつ.

問題≪有理根定理≫

 $n$ を正の整数, $a$ を $n$ 乗数(ある整数の $n$ 乗の形に表せる整数)でない正の整数とする.
(1)
$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0 = 0$ ($a_k$: 整数, $a_n \neq 0$)が有理数解 $\alpha$ をもつとする. $\alpha$ は $a_0$ の約数 $p,$ $a_n$ の約数 $q$ を用いて $\alpha = \dfrac{p}{q}$ の形に表されることを示せ.
(2)
(1) の結果を利用して, $\sqrt[n]{a}$ は無理数であることを示せ.

解答例

(1)
与式が有理数解 $\alpha = \dfrac{p}{q}$ ($p,$ $q$: 互いに素な整数, $q \neq 0$)をもつとする. このとき, \begin{align*} a_n\alpha ^n+a_{n-1}\alpha ^{n-1}+\cdots +a_1\alpha +a_0 &= 0 \\ a_n\left(\frac{p}{q}\right) ^n\!+a_{n-1}\left(\frac{p}{q}\right) ^{n-1}\!+\cdots +a_1\left(\frac{p}{q}\right) +a_0 &= 0 \\ a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots +a_1pq^{n-1}+a_0q^n &= 0 \end{align*} が成り立つ. よって, \[ p(a_np^{n-1}+a_{n-1}p^{n-2}q+\cdots +a_1q^{n-1}) = -a_0q^n\] であるから, $p$ は $-a_0q^n$ を割り切る. $p,$ $q$ は互いに素であるから, $p$ は $a_0$ を割り切る. また, \[ q(a_{n-1}p^{n-1}+\cdots +a_1pq^{n-2}+a_0q^{n-1}) = -a_np^n\] であるから, $q$ は $-a_np^n$ を割り切る. $p,$ $q$ は互いに素であるから, $q$ は $a_n$ を割り切る.
(2)
$x^n-a = 0$ の有理数解があるとすれば, (1) によりそれは $a$ の約数 $d$ になるが, $a$ が $n$ 乗数でないことから $a \neq d^n$ つまり $d^n-a \neq 0$ であるので, $d$ は $x^n-a = 0$ の解でない.
よって, $x^n-a = 0$ は有理数解をもたないから, $x^n-a = 0$ の解 $x = \sqrt[n]{a}$ は無理数である.

背景

  • 整式 $f(x)$ に対して, $f(x) = 0$ の解を $f(x)$ の「根」(root)と呼ぶ.
  • (1) で示した結果は「有理根定理」(rational root theorem)として知られている.
 高次方程式は, しばしば因数分解, 因数定理を利用して解くことができる. その際は, 上記の「有理根定理」が大きな目安になる.

問題≪目盛付き定規が使える場合の立方体倍積問題≫

 $1$ 辺の長さが $1$ の正三角形 $\mathrm{ABC}$ において, 半直線 $\mathrm{AB}$ 上に $\mathrm{BD} = 1$ なる点 $\mathrm D$ をとる. また, 直線 $\mathrm{BC}$ 上の点 $\mathrm E$ を, $\mathrm{AE}$ と $\mathrm{CD}$ の交点 $\mathrm F$ について $\mathrm{EF} = 1$ となるようにとり, $x = \mathrm{AF}$ とおく. さらに, 点 $\mathrm F$ を通り $\mathrm{AC}$ と平行な直線と $\mathrm{BE}$ の交点を $\mathrm G$ とおく.
(1)
$x$ を用いて線分 $\mathrm{FG},$ $\mathrm{CF}$ の長さを表せ.
(2)
$x^4+2x^3-2x-4 = 0$ が成り立つことを示せ.
(3)
$x$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$\triangle\mathrm{EFG}$ と $\triangle\mathrm{EAC}$ は相似であるので, $\mathrm{EF}:\mathrm{FG} = \mathrm{EA}:\mathrm{AC}$ つまり \[ 1:\mathrm{FG} = (x+1):1\] から \[\mathrm{FG} = \frac{1}{x+1}\] が得られる.
また, $\mathrm{BC} = \mathrm{BD} = 1$ から \[\angle\mathrm{BCD} = 60^\circ\div 2 = 30^\circ\] であるので, \begin{align*} \angle\mathrm{ACF} &= 180^\circ -\angle\mathrm{ACB}-\angle\mathrm{BCD} \\ &= 180^\circ -60^\circ -30^\circ = 90^\circ \end{align*} である. $\mathrm{AC}$ と $\mathrm{FG}$ が平行であることから \begin{align*} \angle\mathrm{CFG} &= \angle\mathrm{ACF} = 90^\circ, \\ \angle\mathrm{FGC} &= \angle\mathrm{ACB} = 60^\circ \end{align*} であるので, \[\mathrm{CF} = \sqrt 3\mathrm{FG} = \frac{\sqrt 3}{x+1}\] が得られる.
(2)
$\triangle\mathrm{ACF}$ において三平方の定理を適用すると, \begin{align*} x^2 &= 1^2+\left(\frac{\sqrt 3}{x+1}\right) ^2 \\ x^2(x+1)^2 &= (x+1)^2+3 \\ x^2(x^2+2x+1) &= (x^2+2x+1)+3 \end{align*} から \[ x^4+2x^3-2x-4 = 0\] となる.
(3)
左辺を変形すると \begin{align*} x^3(x+2)-2(x+2) &= 0 \\ (x^3-2)(x+2) &= 0 \end{align*} となるが, $x$ は正の数であるから $x = \sqrt[3]{2}$ である.

背景

 ギリシアの三大作図問題として, 与えられた立方体の $2$ 倍の体積をもつ立方体の $1$ 辺の長さは作図可能であるか, つまり $\sqrt[3]{2}$ は定規とコンパスのみで作図することができるか, という問題がある. この問題は,「立方体倍積問題」(cube-doubling problem)または「デロスの問題」(Delian problem)と呼ばれる. この問題は長い間未解決であったが, 19 世紀に不可能であることが証明された(ピエール・ヴァンツェル, 1837 年). しかし, 本問で見たように, $\sqrt[3]{2}$ は目盛付きの定規とコンパスを使えば作図することができる.
 $3$ 次方程式は, 解と係数の関係を利用して, $2$ 次方程式に帰着させて解くことができる.

問題≪カルダーノによる $3$ 次方程式の解法≫

 $3$ 次方程式 $x^3-x-1 = 0\ \cdots [1]$ について, 次の問いに答えよ.
(1)
$x = u+v$ であり, $u^3+v^3-1 = 3uv-1 = 0\ \cdots [2]$ であるならば, $[1]$ が成り立つことを示せ.
(2)
$[2]$ を満たす複素数 $u,$ $v$ について, $u^3,$ $v^3$ を解にもつ $2$ 次方程式を $1$ つ求めよ.
(3)
$1$ の虚数立方根 $\omega = \dfrac{-1+\sqrt 3i}{2}$ を用いて $[1]$ の解を表せ.

解答例

(1)
$x = u+v$ のとき, $u^3+v^3-1 = 3uv-1 = 0\ \cdots [2]$ ならば, \begin{align*} x^3-x-1 &= (u+v)^3-(u+v)-1 \\ &= u^3+v^3+3uv(u+v)-(u+v)-1 \\ &= (u^3+v^3-1)+(3uv-1)(u+v) \\ &= 0+0\cdot (u+v) = 0 \quad \cdots [1] \end{align*} が成り立つ.
(2)
複素数 $u,$ $v$ が $[2]$ を満たすとする. このとき, \[ u^3+v^3 = 1, \quad u^3v^3 = (uv)^3 = \left(\frac{1}{3}\right) ^3 = \dfrac{1}{27}\] となるので, $2$ 次方程式の解と係数の関係により, $u^3,$ $v^3$ を解にもつ $2$ 次方程式 \[ t^2-t+\dfrac{1}{27} = 0 \quad \cdots [3]\] が得られる.
(3)
$[3]$ を解くと, $2$ 次方程式の解の公式により \[ t = \frac{1}{2}\left( 1\pm\sqrt{1-\frac{4}{27}}\right) = \frac{1}{2}\pm\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}\] となる. よって, $u^3 = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}\sqrt{\dfrac{23}{3}},$ $v^3 = \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}\sqrt{\dfrac{23}{3}}$ とすると, \begin{align*} u &= \sqrt[3]{\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}\omega ^k, \\ v &= \sqrt[3]{\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}\omega ^l \quad (k,l \in \{ 0,1,2\}) \end{align*} となる. この $u,$ $v$ は $u^3+v^3-1 = 0$ を満たす. \begin{align*} uv &= \sqrt[3]{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}\right)}\omega ^{k+l} \\ &= \sqrt[3]{\frac{1}{4}-\frac{23}{4\cdot 27}}\omega ^{k+l} = \sqrt[3]{\frac{1}{27}}\omega ^{k+l} = \frac{1}{3}\omega ^{k+l} \end{align*} から, $3uv-1 = 0$ となるのは $(k,l) = (0,0),$ $(1,2),$ $(2,1)$ の場合に限る. (1) で示したことから, これらの場合に $x = u+v$ は $[1]$ の解になる. $3$ 次方程式の解は $3$ つしかないから, $[1]$ の解は \begin{align*} x = &\sqrt[3]{\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}, \\ &\sqrt[3]{\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}\omega +\sqrt[3]{\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}\omega ^2, \\ &\sqrt[3]{\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}\omega ^2+\sqrt[3]{\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\sqrt{\frac{23}{3}}}\omega \end{align*} と表される.

背景

 $2$ 次方程式に解の公式が存在するように, $3$ 次方程式, $4$ 次方程式にも解の公式が存在することが知られている. $3$ 次方程式 $x^3+lx^2+mx+n = 0$ ($l,$ $m,$ $n$: 定数)は, $x = X-\dfrac{l}{3}$ を代入して整理すると, $X^3+3pX+2q = 0$ ($p,$ $q$: 定数)の形に変形できる. この方程式の解は, $\omega$ を $1$ の虚数立方根の $1$ つとすると, \[ X = \sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}\omega ^k+\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}}\omega ^{3-k}\] ($k \in \{ 0,1,2\}$)と表される. この公式を導く解法はそれを世に広めた『アルス・マグナ』の著者にちなんで「カルダーノの解法」(Cardano's method)と呼ばれることが多いが, 発見者はS・デル・フェッロまたはN・フォンタナ(タルタリア)であるとされている.
 方程式 $x^3 = x+1$ の実数解は「プラスチック数」(plastic number)と呼ばれ, \[ P_1 = P_2 = 1,\ P_3 = 2, \quad P_{n+3} = P_n+P_{n+1}\] で定義される「パドヴァン数列」(Padovan sequence) $\{ P_n\}$ の隣り合う $2$ 項の比の極限に等しいことが知られている. なお,「フィボナッチ数列」が正方形をらせん状に並べたときの辺の長さの列として得られるのと同じように,「パドヴァン数列」は正三角形をらせん状に並べたときの辺の長さから得られる.

問題≪複 $2$ 次方程式≫

(A)
$x^4-5x^2+5 = 0$ を解け.
(B)
$80x^4-100x^2+1 = 0$ を解け.

解答例

(A)
与式を変形すると \begin{align*} x^4-2\cdot\frac{5}{2}x^2+\left(\frac{5}{2}\right) ^2 &= -5+\left(\frac{5}{2}\right) ^2 \\ \left( x^2-\frac{5}{2}\right) ^2 &= \frac{5}{4} \\ x^2-\frac{5}{2} &= \pm\frac{\sqrt 5}{2} \\ x^2 &= \frac{5\pm\sqrt 5}{2} \end{align*} となるから, 求める解は \[ x = \pm\sqrt{\frac{5\pm\sqrt 5}{2}}\] である.
(B)
与式を変形すると \begin{align*} x^4-\frac{5}{4}x^2+\frac{1}{80} &= 0 \\ x^4-2\cdot\frac{5}{8}x^2+\left(\frac{5}{8}\right) ^2 &= -\frac{1}{80}+\left(\frac{5}{8}\right) ^2 \\ \left( x^2-\frac{5}{8}\right) ^2 &= \frac{121}{320} \\ x^2-\frac{5}{8} &= \pm\frac{11}{8\sqrt 5} \\ x^2 &= \frac{25\pm 11\sqrt 5}{40} \end{align*} となるから, 求める解は \[ x = \pm\sqrt{\frac{25\pm 11\sqrt 5}{40}}\] である.

背景

  • $ax^4+bx^2+c$ ($a,$ $b,$ $c$: 定数, $a \neq 0$)の形の整式を「複 $2$ 次式」(biquadratic polynomial)と呼ぶ.
  • $1$ 辺の長さが $1$ である正二十面体の最長対角線は, 短辺の長さが $1,$ 長辺の長さが $\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ の長方形の対角線に一致するから, その長さ $x$ は, \begin{align*} &x^2 = 1^2+\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right) ^2 = \frac{5+\sqrt 5}{2} \\ &2x^2-5 = \sqrt 5 \\ &(2x^2-5)^2 = 5 \\ &4x^4-20x^2+20 = 0 \end{align*} から, (A) の $4$ 次方程式の解である.
  • (B) の $4$ 次方程式の解 $\sqrt{\dfrac{25+11\sqrt 5}{40}}$ は, $1$ 辺の長さが $1$ である正十二面体の内接球の半径に等しい.

問題≪フェラーリによる $4$ 次方程式の解法≫

 $4$ 次方程式 $X^4+4X^3+16X^2+64X+256 = 0\ \cdots [*]$ について考える.
(1)
変数の置き換え $X = x-1$ により, $[*]$ から $4$ 次の項の係数が $1$ で $3$ 次の項がない $x$ の $4$ 次方程式 $f(x) = 0$ を導け.
(2)
$f(x) = (x^2+t)^2-(px+q)^2$ となるような $t,$ $p,$ $q$ の値を $1$ 組求めよ.
(3)
$[*]$ の解を求めよ.

解答例

(1)
$[*]$ の左辺に $X = x-1$ を代入すると, \begin{align*} &X^4+4X^3+16X^2+64X+256 \\ &= (x\!-\!1)^4\!+\!4(x\!-\!1)^3\!+\!16(x\!-\!1)^2\!+\!64(x\!-\!1)\!+\!256 \\ &= (x^4\!-\!4x^3\!+\!6x^2\!-\!4x\!+\!1)\!+\!4(x^3\!-\!3x^2\!+\!3x\!-\!1) \\ &\qquad +\!16(x^2\!-\!2x\!+\!1)\!+\!64(x\!-\!1)\!+\!256 \\ &= x^4+10x^2+40x+205 \end{align*} となる. よって, $f(x) = x^4+10x^2+40x+205$ とすると, $[*]$ は $f(x) = 0$ と同値になる.
(2)
\begin{align*} f(x) &= (x^2+t)^2-(px+q)^2 \\ &= x^4+(2t-p^2)x^2-2pqx+(t^2-q^2) \end{align*} となるとき, $10 = 2t-p^2,$ $40 = -2pq,$ $205 = t^2-q^2$ が成り立つ. このとき, \[ p^2 = 2(t-5), \quad p^2q^2 = 400, \quad q^2 = t^2-205\] から \begin{align*} 2(t-5)(t^2-205) &= 400 \\ t^3-5t^2-205t+825 &= 0 \end{align*} となるので, $(t,p,q) = (15,2\sqrt 5,-2\sqrt 5)$ は条件を満たす.
(3)
$f(x) = 0$ は \begin{align*} &(x^2+15)^2-(2\sqrt 5x-2\sqrt 5)^2 = 0 \\ &(x^2\!-\!2\sqrt 5x\!+\!15\!+\!2\sqrt 5)(x^2\!+\!2\sqrt 5x\!+\!15\!-\!2\sqrt 5) = 0 \end{align*} と同値であるから, その解は \begin{align*} x = \sqrt 5\pm\sqrt{10+2\sqrt 5}i,\ -\sqrt 5\pm\sqrt{10-2\sqrt 5}i \end{align*} である. よって, $X = x-1$ から, $[*]$ の解は \begin{align*} X = &-1+\sqrt 5\pm\sqrt{10+2\sqrt 5}i, \\ &-1-\sqrt 5\pm\sqrt{10-2\sqrt 5}i \end{align*} の $4$ 個である.

背景

  • $4$ 次方程式 $X^4+A_3X^3+A_2X^2+A_1X+A_0 = 0$ ($A_k$: 定数)は, 次の「フェラーリの解法」(Ferrari's method)と呼ばれる方法で解ける: 与式に $X = x-\dfrac{A_3}{4}$ を代入して $3$ 次の項がない形 $x^4+a_2x^2+a_1x+a_0 = 0$ ($a_k$: 定数)に変形し, $a_1 \neq 0$ のときは, これをさらに $(x\text{ の }2\text{ 次式})^2-(x\text{ の}1\text{ 次式})^2 = 0$ の形に変形して解く(一般に, この形を導く際には $3$ 次方程式を解かなければならない).
  • なお, 本問では $x^5 = 4^5$ の虚数解, つまり $X^5 = 1$ の虚数解 \[\cos\!\left(\!\pm\dfrac{2\pi}{5}\!\right)\!+i\sin\!\left(\!\pm\dfrac{2\pi}{5}\!\right),\ \cos\!\left(\!\pm\dfrac{4\pi}{5}\!\right)\!+i\sin\!\left(\!\pm\dfrac{4\pi}{5}\!\right)\] の $4$ 倍の値を求めた. $X^5 = 1$ の虚数解は「相反方程式」$X^4+X^3+X^2+X+1 = 0$ の解であり, $t = X+\dfrac{1}{X}$ という置き換えにより $2$ 次方程式に帰着させて解くことができる(こちらを参照).