トップ› 北海道大学› 2002年› 文系第4問

北海道大学 2002年文系第4問解説

方針・初手

方程式 $x^n - 1 = 0$ の解が $1$ の $n$ 乗根であることを利用する。 $1$ の $n$ 乗根が $x = 1, \zeta, \zeta^2, \dots, \zeta^{n-1}$ で表されるとき、$x^n - 1$ がこれらの解を用いて因数分解できることと、多項式としての展開公式 $x^n - 1 = (x - 1)(x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + 1)$ を比較して恒等式を導くのが基本方針である。 (2) は (1) の一般化であり、導いた恒等式に特定の値を代入することで求める等式を得る。

解法1

(1)

ド・モアブルの定理より、

$$\alpha^5 = (\cos 72^\circ + i \sin 72^\circ)^5 = \cos 360^\circ + i \sin 360^\circ = 1$$

であるから、$\alpha$ は方程式 $x^5 - 1 = 0$ の解である。また、$\alpha \neq 1$ である。

方程式 $x^5 - 1 = 0$ を考えると、その解は $x = 1, \alpha, \alpha^2, \alpha^3, \alpha^4$ の5つである。これらは互いに異なる。なぜなら、$\alpha^k = \alpha^j$ （$0 \le j < k \le 4$）と仮定すると $\alpha^{k-j} = 1$ となるが、$1 \le k-j \le 4$ において $\alpha^{k-j}$ の偏角は $0^\circ$ より大きく $360^\circ$ 未満であり、$1$ にはならないからである。

因数定理により、$x^5 - 1$ は次のように因数分解できる。

$$x^5 - 1 = (x - 1)(x - \alpha)(x - \alpha^2)(x - \alpha^3)(x - \alpha^4)$$

一方で、$x^5 - 1$ は次のようにも因数分解できる。

$$x^5 - 1 = (x - 1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$$

これら2つの式を比較すると、

$$(x - 1)(x - \alpha)(x - \alpha^2)(x - \alpha^3)(x - \alpha^4) = (x - 1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$$

が成り立つ。これが $x$ についての恒等式であるから、多項式として両辺を $x - 1$ で割った等式もまた恒等式となる。よって、

$$(x - \alpha)(x - \alpha^2)(x - \alpha^3)(x - \alpha^4) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$$

が示された。

(2)

(1) と同様に考える。ド・モアブルの定理より、

$$\beta^n = \left(\cos \frac{360^\circ}{n} + i \sin \frac{360^\circ}{n}\right)^n = \cos 360^\circ + i \sin 360^\circ = 1$$

であるから、$\beta$ は方程式 $x^n - 1 = 0$ の解である。また、$n \ge 5$ であるため、偏角 $\frac{360^\circ}{n}$ は $0^\circ$ より大きく $360^\circ$ 未満であり、$\beta \neq 1$ である。

方程式 $x^n - 1 = 0$ の $n$ 個の解は $x = 1, \beta, \beta^2, \dots, \beta^{n-1}$ であり、これらは(1)と同様の理由で互いに異なる。したがって、因数定理より次のように因数分解できる。

$$x^n - 1 = (x - 1)(x - \beta)(x - \beta^2)\cdots(x - \beta^{n-1})$$

一方で、$x^n - 1$ は次のようにも因数分解できる。

$$x^n - 1 = (x - 1)(x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x + 1)$$

これら2つの式より、

$$(x - 1)(x - \beta)(x - \beta^2)\cdots(x - \beta^{n-1}) = (x - 1)(x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x + 1)$$

が成り立つ。これが $x$ についての恒等式であるから、多項式として両辺を $x - 1$ で割ることにより、次の恒等式が得られる。

$$(x - \beta)(x - \beta^2)\cdots(x - \beta^{n-1}) = x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x + 1$$

この恒等式は任意の $x$ について成り立つため、$x = 1$ を代入すると、

$$(1 - \beta)(1 - \beta^2)\cdots(1 - \beta^{n-1}) = 1^{n-1} + 1^{n-2} + \cdots + 1 + 1$$

右辺は $1$ が $n$ 個足し合わされているため、$n$ となる。よって、

$$(1 - \beta)(1 - \beta^2)\cdots(1 - \beta^{n-1}) = n$$

が示された。

解説

1の $n$ 乗根に関する非常に重要な典型問題である。方程式 $z^n = 1$ の解は、複素平面上で単位円に内接する正 $n$ 角形の頂点をなす。これを多項式の因数分解と結びつけることで、様々な有用な恒等式を導出できる。本問の (2) は、正 $n$ 角形の頂点のうち1つと他のすべての頂点とを結んだ線分の長さの積に関する図形的な意味を持つ等式（両辺の絶対値をとることで得られる $|1-\beta||1-\beta^2|\cdots|1-\beta^{n-1}| = n$）を導出する背景にもなっている。恒等式を作ったあとに適切な値を代入する（今回は $x=1$）という手法は、二項定理を利用した証明などでもよく用いられる定石である。