【数学小話】1+√2が解なら必ず1-√2も解になる？

2次方程式の解の公式はこんな形をしていました。

$\displaystyle x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-b}{2a}\pm\frac{1}{2a}\sqrt{b^2-4ac}$

これを習い、そして2次方程式を解く計算問題をたくさん解いた当時、
「二次方程式が $x=A+B\sqrt{C}$ と表される数を解に持つとき、かならず $x=A-B\sqrt{C}$ も解にもつのか？」
と疑問に思いました。実際、この予想は正しいです。今回はその証明と、さらに進んで、
方程式が複素数 $a+bi$ を解に持つとき、それと共役な複素数 $a-bi$ も解である
ということなども見ていきます。

$2+\sqrt{5}$ に対して $2-\sqrt{5}$ のことを共役無理数、
$2+i$ に対して $2-i$ のことを共役複素数、などと言います。

注：この記事では、方程式と言えば、 $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0$ という形をしたもの、つまり「n次方程式」を指します。 $\sin{x}+2^x=10$ などといった方程式は考えません。

具体例
係数が有理数ならOK
- 定理１(共役無理数解の存在)
- 定理１' (n次方程式の共役無理数解の存在)
係数が無理数のとき
共役な複素数解
- 定理２(共役複素数解の存在)
係数の範囲からはみ出る解

具体例

問1
方程式 $x^2-4x+2=0$ の解を求めよ。

解1
解の公式を使って、
$x=\underline{2\pm\sqrt{2}}$

問2
2次方程式 $x^2+ax+7=0$ が $x=3+\sqrt{2}$ を解に持つとき、aの値と、もう一つの解を求めよ。

解2
与えられた解を代入して、 $(3+\sqrt{2})^2+a(3+\sqrt{2})+7=0\\(3+\sqrt{2})a=-18-6\sqrt{2}\\\underline{a=-6}$
もう一つの解は、 $x^2-6x+7=0$ を解いて、 $\underline{x=3-\sqrt{2}}$

この問題はまさに、最初の予想を彷彿とさせるものです。

問3
係数が実数である方程式 $x^3+ax^2+bx-5=0$ が $x=1+2i$ を解に持つとき、a,bの値と他の解を全て求めよ。

解3
解を方程式に代入して、
$(1+2i)^3+a(1+2i)^2+b(1+2i)-5=0$
これを整理すると、
$(-3a+b-16)+(4a+2b-2)i=0$ となり、a,bは実数だから
$-3a+b-16=0,\ 4a+2b-2=0$ であり、この連立方程式を解くと、
$\underline{a=-3,\ b=7}$

もとの方程式は、
$x^3-3x^2+7x-5=0$ であり、因数定理を用いて因数分解すると、
$(x-1)(x^2-2x+5)=0$ となるので、
$\underline{x=1,\ 1+2i,\ 1-2i}$

これはほんの少しの例ですが、共役な解をもつことは、皆さんも経験的に正しいだろうと感じているはずです。

係数が有理数ならOK

結論からいうと、係数が有理数ならば、予想は成り立ちます。

定理１(共役無理数解の存在)

係数が有理数の二次方程式が $x=A+B\sqrt{C}$ と表される数を解に持つとき、かならず $x=A-B\sqrt{C}$ も解にもつ。

注: A,B,Cは有理数、B≠0、 $\sqrt{C}$ は有理数に直せないとします。

証明１

有理係数二次方程式 $ax^2+bx+c=0...①$ が $x=A+B\sqrt{C}$ を解に持つとする。(ただしA, B,Cは有理数、B≠0、 $\sqrt{C}$ は有理数に直せない) すなわち
$f(x)=ax^2+bx+c$ とすると $f(A+B\sqrt{C})=0$ である。展開して整理すると、

$f(A+B\sqrt{C})=0\\a(A+B\sqrt{C})^2+b(A+B\sqrt{C})+c=0\\a(A^2+2AB\sqrt{C}+B^2C)+b(A+B\sqrt{C})+c=0\\(aA^2+aB^2C+bA+c)+(2aAB+bB)\sqrt{C}=0$
となる。ここで、 $\sqrt{C}$ のみが無理数だから、

$aA^2+aB^2C+bA+c=2aAB+bB=0...②$

ここで、

$f(A-B\sqrt{C})\\=a(A-B\sqrt{C})^2+b(A-B\sqrt{C})+c\\=a(A^2-2AB\sqrt{C}+B^2C)+b(A-B\sqrt{C})+c\\=(aA^2+aB^2C+bA+c)-(2aAB+bB)\sqrt{B}$

②より、これは $0-0\sqrt{B}$ となって0に等しい。つまり

$f(A-B\sqrt{C})=0$
これは $x=A-\sqrt{B}$ も解であることを意味する。

文字が多くてややこしいですね。
$ax^2+bx+c=0$ に $x=A+B\sqrt{C}$ を代入して整理すると、
$P+Q\sqrt{C}=0$
という形の式ができます。PもQも有理数だから、これが0に等しくなるには、P=Q=0だ、というのが前半です。
後半は、 $ax^2+bx+c$ に $x=A-B\sqrt{C}$ を代入して(まだ代入したものが0になるかはわからない)整理すると、
$P-Q\sqrt{C}$
という形になって、P=Q=0だったからこれは0と等しい。だから解だ。という流れです。

さて、これで、 $x=A+B\sqrt{C}$ を解にもつなら共役な $x=A-B\sqrt{C}$ も解にもつことが示されました。そして、これは方程式の次数が上がっても成り立ちます。

定理１' (n次方程式の共役無理数解の存在)

nを自然数とする。有理係数n次方程式
$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0\\(ただしa_n,\ a_{n-1},\dots,\ a_{0}は全て有理数)$
が $x=A+B\sqrt{C}$ を解をもつとき、 $x=A-B\sqrt{C}$ も解にもつ。
(ただしA,B,Cは有理数、B≠0、 $\sqrt{C}$ は有理数に直せない)

ちょっと大変ですが、証明します。

方針：左辺が必ず有理数係数多項式

$\{x-(A+B\sqrt{C})\}\{(x-(A-B\sqrt{C})\}\\=x^2-2Ax+A^2-B^2C$

で割り切れることを示す。

証明1'

$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0$ とし、
$f(A+B\sqrt{C})=0$ ならば $f(A-B\sqrt{C})=0$ であることを示す。
$f(x)$ を $x^2-2Ax+A^2-B^2C$ で割った商を $P(x)$ 、余りを $ax+b$ とする。

$f(x)=(x^2-2Ax+A^2-B^2C)P(x)+ax+b…①$

①に $x=A+B\sqrt{C}$ を代入すると、 $f(x)=x^2-2Ax+A^2-B^2C=0$ となるから、
$0=0+a(A+B\sqrt{C})+b\\0=aA+b+aB\sqrt{C}$
$a,A,b$ は有理数だから、 $aA+b=0,aB=0$ 、 $B\neq0$ より $a=b=0$
したがって、余りが0に等しいから、 $f(x)$ は

$\{x-(A+\sqrt{B})\}\{(x-(A-\sqrt{B})\}=x^2-2Ax+A^2-B^2C$

で割り切れる。

$f(x)=\{x-(A+B\sqrt{C})\}\{(x-(A-B\sqrt{C})\}P(x)…①'$

①'に $x=A-B\sqrt{C}$ を代入すると右辺は0となり、
$f(A-B\sqrt{C})=0$
すなわち $x=A-B\sqrt{C}$ も解である。

よって、定理1'は示された。

係数が無理数のとき

係数が無理数ならこの限りではありません。

例

$x^2-(\sqrt{2}+\sqrt{3})x+\sqrt{6}=0$ の解は $x=\sqrt{2},\ \sqrt{3}$
$x^2-3\sqrt{2}x+4=0$ の解は $x=\sqrt{2},\ 2\sqrt{2}$

共役な複素数解

さらに高校の範囲に進んで、実数係数方程式が複素数解をもつとき、その共役な複素数も解となります。

定理２(共役複素数解の存在)

実数係数n次方程式
$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0$
が複素数解 $x=\alpha$ をもつとき、共役な複素数 $\overline{\alpha}$ も解である。

証明２

$x=\alpha$ は解だから、
$a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\dots+a_1\alpha+a_0=0$
である。ここで式全体の複素数共役をとると、
$\overline{a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\dots+a_1\alpha+a_0}=\overline{0}$
$a_n,\ a_{n-1},\ \dots,\ a_0$ は実数だから、
$\overline{a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\dots+a_1\alpha+a_0}=\overline{0}\\a_n\overline{\alpha^n}+a_{n-1}\overline{\alpha^{n-1}}+\dots+a_1\overline{\alpha}+a_0=0\\a_n\overline{\alpha}^n+a_{n-1}\overline{\alpha}^{n-1}+\dots+a_1\overline{\alpha}+a_0=0$
よって、 $\overline{\alpha}$ も解である。

係数の範囲からはみ出る解

さて、有理数、無理数などの数の包含関係を考えると、以下のようになります。

f:id:hby:20200305133213j:plain

・有理係数方程式の解が無理数解を持つなら、それと共役な無理数も解にもつ。

・実数係数方程式の解が複素数解をもつなら、共役な複素数も解にもつ。

というのが、今日見てきた内容でした。係数が有理数で、解が有理数からはみ出た無理数なら、共役も解である。係数が実数で、解が実数からはみ出た複素数なら、共役も解である。

なにか法則ありそうですね。では、係数が複素数の方程式で、解が複素数からはみ出るものがあれば、そこで共役のようななにか面白いことがありそうですが、係数が複素数の方程式で、解が複素数でないものは作れません。残念。
このことは大学数学で、複素数は代数閉体である、と言われます。

Aが代数閉体であるとは、係数が全てAに属する方程式の解が必ずAに属することをいいます。

したがって、有理数、実数などは代数閉体ではありません。こういった話は数学科の大学2,3年で代数学という科目で習います。これを学ぶと、あの有名な「5次以上の方程式には解の公式が存在しない」ことが証明出来るようになります。

written by k

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