数学2 高次方程式問題 50 解説

方針・初手

$2$ 次方程式 $f(x) = 0$ の解を $\alpha, \beta$ とおき、因数定理を用いて条件(イ)を言い換えるのが定石である。$f(x^3)$ を $f(x)$ で割った商を具体的に設定して係数比較する方法は計算が非常に煩雑になるため避ける。$f(x) = (x-\alpha)(x-\beta)$ と因数分解できることを利用し、$\alpha$ と $\beta$ が重解を持つ場合と持たない場合に分けて、それぞれ $f(x^3)$ が割り切れる条件を解の条件に帰着させる。最後に、得られた解から係数 $a, b$ を求め、条件(ロ)を満たすもののみを抽出する。

解法1

$f(x)=0$ の複素数解を $\alpha, \beta$ とおく。因数定理より、

$$f(x) = (x-\alpha)(x-\beta)$$

と表せる。条件(イ)より、多項式 $f(x^3) = (x^3-\alpha)(x^3-\beta)$ は $f(x)$ で割り切れる。ここで、解が重解であるかどうかで場合分けを行う。

(i) $\alpha = \beta$ のとき

$f(x) = (x-\alpha)^2$ であり、$f(x^3) = (x^3-\alpha)^2$ が $(x-\alpha)^2$ で割り切れる。これは、多項式 $x^3-\alpha$ が $x-\alpha$ で割り切れることと同値である。剰余の定理より、多項式 $x^3-\alpha$ に $x=\alpha$ を代入して $0$ になればよいので、

$$\alpha^3 - \alpha = 0$$

$$\alpha(\alpha - 1)(\alpha + 1) = 0$$

これより $\alpha \in \{0, 1, -1\}$ を得る。このとき、$\alpha$ は実数となるため、解と係数の関係から $a = -2\alpha$、$b = \alpha^2$ はともに実数となる。これは、係数の少なくとも一方が虚数であるという条件(ロ)に反するため不適である。

(ii) $\alpha \neq \beta$ のとき

$f(x^3)$ が相異なる $1$ 次式の積 $(x-\alpha)(x-\beta)$ で割り切れるための必要十分条件は、$f(\alpha^3) = 0$ かつ $f(\beta^3) = 0$ が成り立つことである。 $f(x)=0$ の解は $\alpha, \beta$ のみであるから、これは

$$\alpha^3 \in \{\alpha, \beta\} \quad \text{かつ} \quad \beta^3 \in \{\alpha, \beta\}$$

が成り立つことと同値である。これらは以下の4つの場合に分けられる。

(ア) $\alpha^3 = \alpha$ かつ $\beta^3 = \beta$ のとき

$\alpha(\alpha^2-1) = 0$ かつ $\beta(\beta^2-1) = 0$ より、$\alpha, \beta \in \{0, 1, -1\}$ である。このとき $\alpha, \beta$ は実数となるため、$a = -(\alpha+\beta)$、$b = \alpha\beta$ も実数となり、条件(ロ)に反し不適。

(イ) $\alpha^3 = \alpha$ かつ $\beta^3 = \alpha$ のとき

$\alpha \in \{0, 1, -1\}$ である。 $\alpha = 0$ のとき、$\beta^3 = 0$ より $\beta = 0$ となり、$\alpha \neq \beta$ に反する。 $\alpha = 1$ のとき、$\beta^3 = 1$ かつ $\beta \neq 1$ より $\beta = \frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ である。このとき、解と係数の関係より $a = -\left(1 + \frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}\right) = -\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ $b = 1 \cdot \frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2} = -\frac{1\mp\sqrt{3}i}{2}$ （複号同順） $a, b$ はいずれも虚数であり、条件(ロ)を満たす。このとき、$f(x) = x^2 - \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}x - \frac{1\mp\sqrt{3}i}{2}$ は適する。 $\alpha = -1$ のとき、$\beta^3 = -1$ かつ $\beta \neq -1$ より $\beta = \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ である。同様にして $a = -\left(-1 + \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}\right) = \frac{1\mp\sqrt{3}i}{2}$ $b = -1 \cdot \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2} = -\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ （複号同順） $a, b$ はいずれも虚数であり、条件(ロ)を満たす。このとき、$f(x) = x^2 + \frac{1\mp\sqrt{3}i}{2}x - \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ は適する。

(ウ) $\alpha^3 = \beta$ かつ $\beta^3 = \beta$ のとき

(イ)の $\alpha, \beta$ の役割を入れ替えたものであり、解の集合 $\{\alpha, \beta\}$ としては同一となるため、新たな $2$ 次式 $f(x)$ は得られない。

(エ) $\alpha^3 = \beta$ かつ $\beta^3 = \alpha$ のとき

$\beta = \alpha^3$ を $\beta^3 = \alpha$ に代入すると $\alpha^9 = \alpha$ となる。変形して因数分解すると、

$$\alpha(\alpha^8 - 1) = 0$$

$$\alpha(\alpha^4 - 1)(\alpha^4 + 1) = 0$$

$\alpha(\alpha^4 - 1) = 0$ のとき、$\alpha^5 = \alpha$ すなわち $\alpha \in \{0, \pm 1, \pm i\}$ である。 $\alpha \in \{0, \pm 1\}$ のときは $\beta = \alpha^3 = \alpha$ となり $\alpha \neq \beta$ に反する。 $\alpha = \pm i$ のときは $\beta = \mp i$ となる。このとき $a=0, b=1$ となり実数係数となるため、条件(ロ)に反する。

$\alpha^4 + 1 = 0$ のとき、$\alpha^4 = -1$ より $\beta = \alpha^3 = -\frac{1}{\alpha}$ である。極形式 $\alpha = \cos\theta + i\sin\theta$ を用いると、ド・モアブルの定理より $4\theta = \pi + 2k\pi$ ($k$ は整数) であるから、$\theta = \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$ である。 $\theta = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}$ のとき、$\alpha = \pm \frac{1+i}{\sqrt{2}}$ である。 $\alpha = \frac{1+i}{\sqrt{2}}$ ならば $\beta = \frac{-1+i}{\sqrt{2}}$ となり、 $a = -(\alpha+\beta) = -\sqrt{2}i$, $b = \alpha\beta = -1$ となる。$a$ は虚数なので条件(ロ)を満たし、$f(x) = x^2 - \sqrt{2}ix - 1$ を得る。 $\alpha = \frac{-1-i}{\sqrt{2}}$ ならば $\beta = \frac{1-i}{\sqrt{2}}$ となり、 $a = -(\alpha+\beta) = \sqrt{2}i$, $b = \alpha\beta = -1$ となる。これも適しており、$f(x) = x^2 + \sqrt{2}ix - 1$ を得る。なお、$\theta = \frac{3\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$ の場合は、上記の $\alpha$ と $\beta$ が入れ替わるだけであり、同じ $f(x)$ を得る。

以上より、求める $2$ 次式がすべて得られた。

解説

多項式の割り算に関する条件を、因数定理を用いて方程式の解の条件に帰着させるのが本問の肝である。直接 $x^6+ax^3+b$ を $x^2+ax+b$ で割ろうとすると計算が行き詰まる。解が重解の場合と異なる2つの解の場合で場合分けを落とさないよう注意したい。また、$\alpha^3=\beta$ かつ $\beta^3=\alpha$ から導かれる $\alpha^9=\alpha$ の解を複素数の範囲で漏れなく調べ上げる過程において、極形式やド・モアブルの定理を利用すると見通しが良くなる。