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名古屋大学 2005年文系第3問解説

方針・初手

(1) は $z^6 = 64$ を解く。因数分解するか、極形式を用いて解を求める。
(2) は (1) で求めた解 $z=p+qi$ に対応する実数 $(p,q)$ の組をそれぞれ3次方程式に代入し、その方程式が少なくとも1つの整数解をもつかどうかを調べる。整数解をもつかどうかは、最高次係数が1であることから、整数解の候補が定数項の約数に限られることを利用して判定する。

解法1

(1)

方程式 $z^6 = 64$ は $z^6 - 64 = 0$ と変形できる。左辺を因数分解する。

$$ \begin{aligned} z^6 - 64 &= (z^3)^2 - 8^2 \\ &= (z^3 - 8)(z^3 + 8) \\ &= (z - 2)(z^2 + 2z + 4)(z + 2)(z^2 - 2z + 4) \end{aligned} $$

したがって、方程式は次の4つの式に分解される。

$$ z - 2 = 0,\quad z^2 + 2z + 4 = 0,\quad z + 2 = 0,\quad z^2 - 2z + 4 = 0 $$

それぞれを解くと、

$$ \begin{aligned} z &= 2 \\ z &= \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 16}}{2} = -1 \pm \sqrt{3}i \\ z &= -2 \\ z &= \frac{2 \pm \sqrt{4 - 16}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}i \end{aligned} $$

よって、求める解はすべてで以下の6つである。

$$ z = \pm 2,\ 1 \pm \sqrt{3}i,\ -1 \pm \sqrt{3}i $$

(2)

(1) で求めた解を $z = p + qi$ ($p, q$ は実数) とすると、$(p, q)$ の組は以下の6通りである。

$$ (p, q) = (\pm 2, 0),\ (1, \pm \sqrt{3}),\ (-1, \pm \sqrt{3}) $$

それぞれについて、方程式 $x^3 + \sqrt{3}qx + q^2 - p = 0$ が整数解をもつか調べる。

(i) $(p, q) = (2, 0)$ のとき

方程式は $x^3 - 2 = 0$ となる。実数解は $x = \sqrt[3]{2}$ のみであり、これは整数ではない。

(ii) $(p, q) = (-2, 0)$ のとき

方程式は $x^3 + 2 = 0$ となる。実数解は $x = -\sqrt[3]{2}$ のみであり、これは整数ではない。

(iii) $(p, q) = (1, \sqrt{3})$ のとき

$\sqrt{3}q = 3$, $q^2 - p = (\sqrt{3})^2 - 1 = 2$ より、方程式は $x^3 + 3x + 2 = 0$ となる。これを満たす整数解があるとすれば、最高次の係数が $1$ であるため、定数項 $2$ の約数 $\pm 1, \pm 2$ のいずれかである。 $x = 1$ のとき、左辺 $= 1 + 3 + 2 = 6 \neq 0$ $x = -1$ のとき、左辺 $= -1 - 3 + 2 = -2 \neq 0$ $x = 2$ のとき、左辺 $= 8 + 6 + 2 = 16 \neq 0$ $x = -2$ のとき、左辺 $= -8 - 6 + 2 = -12 \neq 0$ よって、整数解をもたない。

(iv) $(p, q) = (-1, \sqrt{3})$ のとき

$\sqrt{3}q = 3$, $q^2 - p = (\sqrt{3})^2 - (-1) = 4$ より、方程式は $x^3 + 3x + 4 = 0$ となる。 $x = -1$ を代入すると、$(-1)^3 + 3(-1) + 4 = 0$ となり成り立つ。よって、整数解 $x = -1$ をもつので、条件を満たす。

(v) $(p, q) = (1, -\sqrt{3})$ のとき

$\sqrt{3}q = -3$, $q^2 - p = (-\sqrt{3})^2 - 1 = 2$ より、方程式は $x^3 - 3x + 2 = 0$ となる。 $x = 1$ を代入すると、$1^3 - 3 \cdot 1 + 2 = 0$ となり成り立つ。よって、整数解 $x = 1$ をもつので、条件を満たす。

(vi) $(p, q) = (-1, -\sqrt{3})$ のとき

$\sqrt{3}q = -3$, $q^2 - p = (-\sqrt{3})^2 - (-1) = 4$ より、方程式は $x^3 - 3x + 4 = 0$ となる。これを満たす整数解があるとすれば、定数項 $4$ の約数 $\pm 1, \pm 2, \pm 4$ のいずれかである。 $x = 1$ のとき、左辺 $= 1 - 3 + 4 = 2 \neq 0$ $x = -1$ のとき、左辺 $= -1 + 3 + 4 = 6 \neq 0$ $x = 2$ のとき、左辺 $= 8 - 6 + 4 = 6 \neq 0$ $x = -2$ のとき、左辺 $= -8 + 6 + 4 = 2 \neq 0$ $x = 4$ のとき、左辺 $= 64 - 12 + 4 = 56 \neq 0$ $x = -4$ のとき、左辺 $= -64 + 12 + 4 = -48 \neq 0$ よって、整数解をもたない。

以上 (i) から (vi) より、条件を満たすのは $(p, q) = (-1, \sqrt{3}),\ (1, -\sqrt{3})$ のときである。したがって、求める複素数 $z$ は $z = -1 + \sqrt{3}i,\ 1 - \sqrt{3}i$ である。

解法2

(1) において極形式を用いる別解

複素数 $z$ を極形式で $z = r(\cos\theta + i\sin\theta)$ ($r > 0,\ 0 \le \theta < 2\pi$) とおく。ド・モアブルの定理より、

$$ z^6 = r^6(\cos 6\theta + i\sin 6\theta) $$

また、$64$ を極形式で表すと、

$$ 64 = 64(\cos 0 + i\sin 0) $$

方程式 $z^6 = 64$ に代入して両辺の絶対値と偏角を比較すると、

$$ \begin{cases} r^6 = 64 \\ 6\theta = 0 + 2k\pi \quad (k \text{は整数}) \end{cases} $$

$r > 0$ より $r = 2$ である。また $\theta = \frac{k}{3}\pi$ であり、$0 \le \theta < 2\pi$ を満たすのは $k = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ のときである。それぞれについて $z$ を求めると、

$k = 0$ のとき、$\theta = 0$ より $z = 2(\cos 0 + i\sin 0) = 2$
$k = 1$ のとき、$\theta = \frac{\pi}{3}$ より $z = 2(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}) = 1 + \sqrt{3}i$
$k = 2$ のとき、$\theta = \frac{2\pi}{3}$ より $z = 2(\cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3}) = -1 + \sqrt{3}i$
$k = 3$ のとき、$\theta = \pi$ より $z = 2(\cos\pi + i\sin\pi) = -2$
$k = 4$ のとき、$\theta = \frac{4\pi}{3}$ より $z = 2(\cos\frac{4\pi}{3} + i\sin\frac{4\pi}{3}) = -1 - \sqrt{3}i$
$k = 5$ のとき、$\theta = \frac{5\pi}{3}$ より $z = 2(\cos\frac{5\pi}{3} + i\sin\frac{5\pi}{3}) = 1 - \sqrt{3}i$

よって、求める解は $z = \pm 2,\ 1 \pm \sqrt{3}i,\ -1 \pm \sqrt{3}i$ である。 (2) は解法1と同じであるため省略する。

解説

(1) は累乗根を求める代表的な問題である。因数分解によるアプローチと、極形式とド・モアブルの定理を用いるアプローチのどちらでも解くことができる。どちらも基本的な解法なので確実に押さえておきたい。
(2) は (1) で得られた候補を実際に代入して調べる。整数係数の多項式方程式 $x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = 0$ が整数解 $m$ をもつとき、$m$ は定数項 $a_0$ の約数となるという性質（有理根定理の系）を利用すると、調べるべき整数解の候補を絞り込むことができ、効率的に計算できる。