有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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解と係数の関係

解と係数の関係

定理《方程式の解と係数の関係》

 $a,$ $b,$ $c,$ $d$ ($a \neq 0$)を複素数とする.
(1)
$2$ 次方程式 $ax^2+bx+c = 0$ の $2$ 解が $\alpha,$ $\beta$ であるためには, \[\alpha +\beta = -\frac{b}{a}, \quad \alpha\beta = \frac{c}{a}\] の成り立つことが必要十分である.
(2)
$3$ 次方程式 $ax^3+bx^2+cx+d = 0$ の $3$ 解が $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma$ であるためには, \[\alpha +\beta +\gamma =-\frac{b}{a},\ \alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha = \frac{c}{a},\ \alpha\beta\gamma = -\frac{d}{a}\] の成り立つことが必要十分である.

証明

 $a(x-\alpha )(x-\beta ),$ $a(x-\alpha )(x-\beta )(x-\gamma )$ を展開して係数を比較することによりわかる(解の公式を使う必要はない).

問題《$2$ 次方程式の解の公式》

 $2$ 次方程式 $ax^2+bx+c = 0$ ($a,$ $b,$ $c$: 定数, $a > 0$)の解の公式を, 解と係数の関係を利用して導け.

解答例

 $2$ 次方程式 $ax^2+bx+c = 0\ \cdots [*]$ の $2$ 解を $\alpha,$ $\beta$ $(\alpha \geqq \beta )$ とおく. 解と係数の関係により, \[\alpha +\beta = -\frac{b}{a}\ \cdots [1], \quad \alpha\beta = \frac{c}{a}\] が成り立つ. よって, \[\begin{aligned} \alpha -\beta &= \sqrt{(\alpha +\beta )^2-4\alpha\beta} \\ &= \sqrt{\left( -\frac{b}{a}\right) ^2-4\cdot\frac{c}{a}} = \sqrt{\frac{b^2-4ac}{a^2}} \\ &= \frac{\sqrt{b^2-4ac}}{a} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] であるので, $([1]+[2])\div 2,$ $([1]-[2])\div 2$ から, \[\alpha = \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}, \quad \beta = \frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\] が得られる. よって, $[*]$ の解は $x = \dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ である.

問題《掛谷流の $2$ 次方程式の解の評価》

 $a,$ $b,$ $c$ を $a > b > c > 0$ なる実数とし, $\alpha$ を $2$ 次方程式 $ax^2+bx+c = 0$ の解とする. このとき, $|\alpha | < 1$ であることを, 次の場合に分けて示せ.
(i)
$\alpha$ が実数であるとき.
(ii)
$\alpha$ が虚数であるとき.

解答例

 $ax^2+bx+c = 0$ のもう $1$ つの解を $\beta$ とおく. 解と係数の関係により \[\alpha +\beta = -\frac{b}{a} \quad \cdots [1], \quad \alpha\beta = \frac{c}{a} \quad \cdots [2]\] が成り立つ.
(i)
$\alpha$ が実数であるとき. $\beta$ も実数である. $[1],$ $[2]$ と $a,$ $b,$ $c > 0$ から $\alpha+\beta < 0,$ $\alpha\beta > 0$ であり, よって $\alpha,$ $\beta < 0$ である. したがって, $a > b$ から \[ |\alpha | < |\alpha |+|\beta | = |\alpha +\beta | = \frac{b}{a} < 1\] が成り立ち, $|\alpha | < 1$ が得られる.
(ii)
$\alpha$ が虚数であるとき. $\beta = \bar\alpha$ であるので, $[2]$ と $a > c$ から \[ |\alpha |^2 = \alpha\bar\alpha = \alpha\beta = \frac{c}{a} < 1\] が成り立ち, $|\alpha | < 1$ が得られる.
よって, (i), (ii) いずれの場合にも $|\alpha | < 1$ である.

参考

 一般に, $a_n > \cdots > a_1 > a_0 > 0$ のとき, $n$ 次方程式 $a_nx^n+\cdots +a_1x+a_0 = 0$ の解 $\alpha$ の絶対値は $1$ 未満であることが「エネストレーム=掛谷の定理」(Eneström-Kakeya Theorem)として知られている.
(最終更新日: $2022/05/17$)

問題《マルコフの $3$ つ組とその類似》

(A)
$x,$ $y,$ $z$ の方程式 \[ x^2+y^2+z^2 = 3xyz \quad (x,\ y \leqq z) \quad \cdots [*]\] について, 次の問いに答えよ.
(1)
$[*]$ の正の整数解を $1$ つ求めよ.
(2)
$(x,y,z) = (a,b,c)$ を $[*]$ の正の整数解とする. このとき, $(x,y,z) = (b,c,d)$ が $[*]$ の正の整数解になるような整数 $d$ が存在することを示せ.
(3)
$[*]$ の正の整数解は無限に存在することを示せ.
(参考: $2006$ 東京大)
(B)
$x,$ $y,$ $z$ の方程式 \[\begin{aligned} (x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2 = 12xyz \quad (x,\ y &\leqq z) \\ &\cdots [*] \end{aligned}\] について, 次の問いに答えよ.
(1)
$[*]$ の正の整数解を $1$ つ求めよ.
(2)
$(x,y,z) = (a,b,c)$ を $[*]$ の正の整数解とする. このとき, $(x,y,z) = (b,c,d)$ が $[*]$ の正の整数解になるような整数 $d$ が存在することを示せ.
(3)
$[*]$ の正の整数解は無限に存在することを示せ.
(参考: Y. Gyoda, ``Positive integer solutions to
$(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2 = 12xyz$,'' $2021$)

解答例

(A)
(1)
$(x,y,z) = (1,1,1)$ は $[*]$ の正の整数解である.
(2)
$x$ の $2$ 次方程式 \[ x^2+b^2+c^2 = 3xbc\] つまり \[ x^2-3bcx+b^2+c^2 = 0\] は解 $x = a$ をもつ. よって, この $2$ 次方程式のもう $1$ つの解 $x = d$ は, 解と係数の関係により \[ a+d = 3bc\] を満たし, \[ d = 3bc-a\] と表される. また, \[\begin{aligned} d-c &= (3bc-a)-c \\ &= (3b-1)c-a \\ &\geqq 2c-a \quad (\because b \geqq 1)\\ &> 0 \quad (\because c \geqq a) \end{aligned}\] から $0 < b \leqq c < d$ であるので, $(x,y,z) = (b,c,3bc-a)$ は $[*]$ の正の整数解である.
(3)
数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\},$ $\{ z_n\}$ を初期条件 $x_1 = y_1 = z_1 = 1$ と連立漸化式 \[\begin{cases} x_{n+1} = y_n, \\ y_{n+1} = z_n, \\ z_{n+1} = 3y_nz_n-x_n \end{cases}\] で定めると, $z_n < z_{n+1}$ となるから, 無限に多くの, $[*]$ の正の整数解 $(x,y,z) = (x_n,y_n,z_n)$ $(n \geqq 1)$ が得られる.
(B)
(1)
$(x,y,z) = (1,1,1)$ は $[*]$ の正の整数解である.
(2)
$x$ の $2$ 次方程式 \[ (x+b)^2+(b+c)^2+(c+x)^2 = 12xbc\] つまり \[ x^2-(6bc-b-c)x+b^2+bc+c^2 = 0\] は解 $x = a$ をもつ. よって, この $2$ 次方程式のもう $1$ つの解 $x = d$ は, 解と係数の関係により \[ a+d = 6bc-b-c\] を満たし, \[ d = 6bc-a-b-c\] と表される. また, \[\begin{aligned} d-c &= (6bc-a-b-c)-c \\ &= (3b-1)2c-a-b \\ &\geqq 2\cdot 2sc-a-b \quad (\because b \geqq 1)\\ &= (2c-a)+(2c-b) \\ &> 0 \quad (\because c \geqq a,\ b) \end{aligned}\] から $0 < b \leqq c < d$ であるので, $(x,y,z) = (b,c,6bc-a-b-c)$ は $[*]$ の正の整数解である.
(3)
数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\},$ $\{ z_n\}$ を初期条件 $x_1 = y_1 = z_1 = 1$ と連立漸化式 \[\begin{cases} x_{n+1} = y_n, \\ y_{n+1} = z_n, \\ z_{n+1} = 6y_nz_n-x_n-y_n-z_n \end{cases}\] で定めると, $z_n < z_{n+1}$ となるから, 無限に多くの, $[*]$ の正の整数解 $(x,y,z) = (x_n,y_n,z_n)$ $(n \geqq 1)$ が得られる.

参考

  • (A) の方程式 $x^2+y^2+z^2 = 3xyz$ を「マルコフ方程式」(Markov equation)と呼び, その正の整数解を「マルコフの $3$ つ組」(Markov triple)と呼ぶ. すべての「マルコフの $3$ つ組」は, $(1,1,1)$ から, $x,y,z$ の置換と $(x,y,z)$ を $(y,z,3yz-x)$ に対応させる変換の組合せにより構成できることが知られており, $x \leqq y \leqq z$ とすると次のような図にまとめられる. この図を「マルコフ木」(Markov tree)と呼ぶ. ここで, $(x,y,z)$ を $(x,z,3xz-y)$ または $(y,z,3yz-x)$ に変換すると $z$ の値は大きくなり, $(3xy-z,x,y)$ に変換して必要に応じて並べ替えると $z$ の値は小さくなる. 「マルコフの $3$ つ組」$(x,y,z)$ $(x \leqq y \leqq z)$ において, $z$ の値はすべて異なるという予想がある.
  • 「マルコフの $3$ つ組」をなす $3$ 数のうち最大の整数を「マルコフ数」と呼ぶ. 「マルコフ数」は有理数による実数の近似の問題に現れる: 任意の実数 $a$ に対して, \[\left| a-\frac{p}{q}\right| \leqq \frac{1}{\sqrt 5q^2}\] を満たす有理数 $\dfrac{p}{q}$ ($p,$ $q$: 整数, $q > 0$)が無限に存在する. この近似の精度が最も悪くなるのは,「黄金数」$\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ のように「連分数展開」の「部分商」がすべて $1$ の場合である. そのような実数を除くと, 上記の不等式は \[\left| a-\frac{p}{q}\right| \leqq \frac{1}{\sqrt 8q^2}\] に改めることができる. この近似の精度が最も悪くなるのは, $\sqrt 2$ のように「連分数展開」の「部分商」がすべて $2$ の場合である. そのような実数を除くと, 上記の不等式は \[\left| a-\frac{p}{q}\right| \leqq \frac{1}{\sqrt{\dfrac{221}{25}}q^2}\] に改めることができる. 同様の改善を続けていくときに現れる定数 $\sqrt 5,$ $\sqrt 8,$ $\sqrt{\dfrac{221}{25}},$ $\cdots$ は「ラグランジュ数」と呼ばれ, 一般に「マルコフ数」$m$ を用いて \[\sqrt{9-\frac{4}{m^2}}\] と表されることが知られている(参考: J・H・コンウェイ, R・K・ガイ著, 根上生也訳,『数の本』, 丸善出版, 2012).
  • (B) の方程式 $(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2 = 12xyz$ の正の整数解について, 最近「マルコフ方程式」と類似の定理が発見された(行田康晃, $2021$ 年). この方程式のすべての正の整数解は, $(1,1,1)$ から, $x,y,z$ の置換と $(x,y,z)$ を $(y,z,6yz-x-y-z)$ に対応させる変換の組合せにより構成できることが知られており, $x \leqq y \leqq z$ とすると次のような図にまとめられる.

問題《二重根号が外せる条件》

 $s,$ $p$ を正の有理数($p$: 有理数の平方でない)とし, $\sqrt{s+2\sqrt p}$ が $\sqrt a+\sqrt b$ ($a,$ $b$: 正の有理数)の形に表されるとする. このとき, $s^2-4p$ は有理数の平方であることを示せ.
標準定理$2022/10/28$$2022/10/29$

解答例

\[\sqrt{a}+\sqrt b = \sqrt{(\sqrt a+\sqrt b)^2} = \sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}\] であるから, $\sqrt{s+2\sqrt p}$ が $\sqrt a+\sqrt b$ の形に表されるとき, ある有理数 $a,$ $b$ の和が $s,$ 積が $p$ になる. このとき, $a,$ $b$ は $2$ 次方程式 \[ x^2-sx+p = 0\] の有理数解になるから, その判別式 $s^2-4p$ は有理数の平方になる.

参考

  • 正の有理数 $s,$ $p$ ($p$: 有理数の平方でない)に対して, $\sqrt{s\pm2\sqrt p}$ が $\sqrt a\pm\sqrt b$ ($a,$ $b$: 有理数, $a > b > 0$)の形に表されるためには, $s^2-4p$ が有理数の平方であることが必要十分である(こちらも参照).
  • $ab = c^2$ ($c$: 正の有理数)であるとき, \[\sqrt a\pm\sqrt b = \sqrt a\pm\frac{c}{a}\sqrt{a} = \frac{a\pm c}{a}\sqrt a = \sqrt{\frac{(a\pm c)^2}{a}}\] は $1$ つの有理数の平方根として表される.
  • $ab$ が有理数の平方でないとき, $\sqrt a,$ $\sqrt b$ の少なくとも一方は無理数であり, $\sqrt a\pm\sqrt b$ は $1$ つの有理数の平方根にはまとめられない.

問題《$3$ 次方程式の判別式》

 $3$ 次方程式 $x^3+3px+2q = 0$ ($p,$ $q$: 実数)が解 $x = \alpha,$ $\beta,$ $\gamma$ をもつとする.
(1)
$p,$ $q$ を用いて $\alpha ^2+\beta ^2+\gamma ^2,$ $\alpha ^2\beta ^2+\beta ^2\gamma ^2+\gamma ^2\alpha ^2$ を表せ.
(2)
$p,$ $\alpha$ を用いて $(\gamma -\alpha )(\alpha -\beta )$ を表せ.
(3)
$p,$ $q$ を用いて $(\alpha -\beta )^2(\beta -\gamma )^2(\gamma -\alpha )^2$ を表せ.

解答例

(1)
解と係数の関係により \[\begin{aligned} \alpha +\beta +\gamma &= 0 \quad \cdots [1], \\ \alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha &= 3p \quad \cdots [2], \\ \alpha\beta\gamma &= -2q \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つから, \[\begin{aligned} &\alpha ^2+\beta ^2+\gamma ^2 \\ &= (\alpha +\beta +\gamma )^2-2(\alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha ) \\ &= 0^2-2\cdot 3p \\ &= -6p, \\ &\alpha ^2\beta ^2+\beta ^2\gamma ^2+\gamma ^2\alpha ^2 \\ &= (\alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha )^2-2\alpha\beta\gamma (\alpha +\beta +\gamma ) \\ &= (3p)^2-2\cdot (-2q)\cdot 0 \\ &= 9p^2 \end{aligned}\] である.
(2)
$[1],$ $[2]$ から, \[\begin{aligned} &(\gamma -\alpha )(\alpha -\beta ) = -(\alpha -\beta )(\alpha -\gamma ) \\ &= -\alpha ^2+(\beta +\gamma )\alpha -\beta\gamma \\ &= -\alpha ^2+(-\alpha )\alpha -\{ 3p-\alpha (\beta +\gamma )\} \\ &= -\alpha ^2-\alpha ^2-3p+\alpha (-\alpha ) \\ &= -3(\alpha ^2+p) \end{aligned}\] が成り立つ.
(3)
(2) と同様に \[\begin{aligned} (\alpha -\beta )(\beta -\gamma ) &= -3(\beta ^2+p), \\ (\beta -\gamma )(\gamma -\alpha ) &= -3(\gamma ^2+p) \end{aligned}\] も成り立つから, \[\begin{aligned} &(\alpha -\beta )^2(\beta -\gamma )^2(\gamma -\alpha )^2 \\ &= (\gamma -\alpha )(\alpha -\beta )\cdot (\alpha -\beta )(\beta -\gamma )\cdot (\beta -\gamma )(\gamma -\alpha ) \\ &= -27(\alpha ^2+p)(\beta ^2+p)(\gamma ^2+p) \\ &= -27\{ (\alpha\beta\gamma )^2+p(\alpha ^2\beta ^2+\beta ^2\gamma ^2+\gamma ^2\alpha ^2) \\ &\qquad +p^2(\alpha ^2+\beta ^2+\gamma ^2)+p^3\} \\ &= -27\{ (-2q)^2+p\cdot 9p^2+p^2\cdot (-6p)+p^3\} \\ &= -27(4p^3+4q^2) \\ &= -108(p^3+q^2) \end{aligned}\] である.

参考

  • 重複度込みで $n$ 個の解 $\alpha _1,$ $\cdots,$ $\alpha _n$ をもつ $n$ 次方程式 $a_nx^n+\cdots +a_1x+a_0 = 0$ の「判別式」(discriminant) $D$ は \[ D = a_n{}^{2n-2}\prod _{1 \leqq k < l \leqq n}(\alpha _k-\alpha _l)^2\] で定義される. ここで, $\displaystyle\prod _{1 \leqq k < l \leqq n}(\alpha _k-\alpha _l)^2$ は $1 \leqq k < l \leqq n$ なるすべての番号の組 $(k,l)$ にわたる $(\alpha _k-\alpha _l)^2$ の積を意味する.
    $D = 0$ $\iff$ $[*]$ が重解をもつ
    が成り立つ.
  • $3$ 次方程式 $a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0 = 0\ \cdots [*]$ ($a_k$: 複素数)の「判別式」$D$ は \[ D = 18a_3a_2a_1a_0-4a_3a_1{}^3-27a_3{}^2a_0{}^2+a_2{}^2a_1{}^2-4a_2{}^3a_0\] である. 実数係数のとき, 次のことが知られている(こちらを参照).
    • $D > 0$ のとき, $[*]$ は $3$ 個の相異なる実数解をもつ.
    • $D < 0$ のとき, $[*]$ は $1$ 個の実数解と $1$ 組の共役な虚数解をもつ.
  • $3$ 次方程式 $x^3+a_2x^2+a_1x+a_0 = 0$ ($a_k$: 実数)は, $x = X-\dfrac{a_2}{3}$ とすると, $X^3+3pX+2q = 0$ ($p,$ $q$: 実数)の形に変形できる. この変数の置き換えは「カルダーノ変換」(Cardano's transformation)と呼ばれる.
(最終更新日: $2022/05/17$)