次の方程式の1つの解をθとおくとき,他の解をθの最低次の整式として表せ.
(1) x^3-3x+1=0
(答) -θ^2-θ+2, θ^2-2

(2) x^3+x^2-2x-1=0
(答) -θ^2-θ+1, θ^2-2

(3) x^3+x^2-4x+1=0
(答)-θ^2-2θ+2, θ^2+θ-3

(4) x^3+x^2-6x-7=0
(答)-θ^2+4, θ^2-θ-5

いったいどうやればよいのでしょうか?
3次方程式に限らず、n次方程式の一般形において、同様の問題の公式みたいなものはあるのでしょうか?

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A 回答 (3件)

あまりエレガントな解答ではなく、論理にも隙がありそうですが何とか答にたどり着けました。



x^3-3x+1=0 …(1)
この3次方程式は相異なる3つの実数解を持つのでこれをα、β、γとする

(1)の解のひとつをθとするとき、他の二つの解を表す最低次の整式は2次式となる
これをf(θ)=aθ^2+bθ+c、g(θ)=dθ^2+eθ+f とする 
(a,b,c,d,e,fは有理数で a≠0 d≠0)
(1)の解と係数の関係からα+β+γ=f(θ)+g(θ)+θ=0となるので
(a+d)θ^2+(b+e+1)θ+c+f=0 これが(1)の相異なる3つの解(θ)について成り立つから
a+d=0 b+e+1=0 c+f=0 よってg(θ)=-aθ^2-(b+1)θ-c …(2)

f(θ)とg(θ)の2次の係数は正負が異符号となるのでどちらか一方は正である
したがってa>0とし
f(θ)に関して以下の3式が成り立つとしても一般性を失わない

f(α)=aα^2+bα+c=β …(3)
f(β)=aβ^2+bβ+c=γ …(4)
f(γ)=aγ^2+bγ+c=α …(5)
(3)(4)(5)を辺辺加えると
a(α^2+β^2+γ^2)+b(α+β+γ)+3c=α+β+γ
(1)の解と係数の関係より 
α+β+γ=0 αβ+βγ+γα=-3 αβγ=-1
これらを代入すると
a(0^2-2(-3))+3c=0 6a+3c=0 c=-2a 

これと(3)(4)(5)から
aα^2+bα-2a=β α(aα+b)=β+2a …(6)
aβ^2+bβ-2a=γ β(aβ+b)=γ+2a …(7)
aγ^2+bγ-2a=α γ(aγ+b)=α+2a …(8)
(6)(7)(8)を辺辺かけると

αβγ(aα+b)(aβ+b)(aγ+b)=(β+2a)(γ+2a)(α+2a)
左辺=-1(a^3αβγ+a^2b(αβ+βγ+γα)+ab^2(α+β+γ)+b^3)
  =-1(-a^3-3a^2b+b^3)=a^3+3a^2b-b^3
右辺=αβγ+2a(αβ+βγ+γα)+4a^2(α+β+γ)+8a^3
  =8a^3-6a-1
よって7a^3-3a^2b-6a+b^3-1=0   …(9)

一方(6)(7)を辺辺引くと
a(α^2-β^2)+b(α-β)=β-γ
(α-β)(a(α+β)+b)=β-γ  
α+β+γ=0より α+β=-γ
(α-β)(a(-γ)+b)=β-γ …(10)以下同様に
(β-γ)(a(-α)+b)=γ-α …(11)
(γ-α)(a(-β)+b)=α-β …(12)
(10)(11)(12)を辺辺かけると

-a^3αβγ+a^2b(αβ+βγ+γα)-ab^2(α+β+γ)+b^3=1
a^3-3a^2b+b^3-1=0   …(13)

(13)を(9) へ代入すると
6a^3-6a=6a(a+1)(a-1)=0
a≠0、a>0だから a=1 
a=1 を(13)へ代入してb^3-3b=b(b^2-3)=0
bは有理数だから b=0 c=-2a=-2

したがってf(θ)=θ^2-2 g(θ)=-θ^2-θ+2
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

答えは分かりましたが、この問題は何かの意味があるのでしょうか。

x^3-3x+1=0
のひとつの解をθとするとき、他の解をθの二次式f(θ)、g(θ)とすると、
f(f(θ))=g(θ),f(f(f(θ)))=θ
g(g(θ))=f(θ),g(g(g(θ)))=θ
というような性質を持つと思います。
つまり、θの整式をmod θ^3-3θ+1で考えて、
f(f(f(θ)))=θ
となるようなθの整式fを求める問題と思います。
つまり、f○f○fが恒等関数となるような合成関数の方程式と解釈できるとは思いました。

お礼日時:2011/04/28 00:22

三次式 f(x) が有理数体 Q 上で既約であれば、


Q[x]/(f(x)) は Q の三次拡大になりますから、
他の解が θ の二次式で表されることは直ぐ判ります。
その具体的な係数はというと…どうしよう?
他の解を a+bθ+cθ^2, A+Bθ+Cθ^2 とでも置いて
解と係数の関係から方程式を立て、
a, b, c, A, B, C が有理数という条件を使って解く
とかかな。
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

(1) x^3-3x+1=0
(答) -θ^2-θ+2, θ^2-2

において、一つの解をθ(ただし、θ^3-3θ+1=0)として、他の解を a+bθ+cθ^2とすると、
(a+bθ+cθ^2)^3-3(a+bθ+cθ^2)+1=0

θの次数を下げて、θ^2の係数、θの係数、定数項を比較して、

a^3-9bc^2-6abc-3a-b+c+1=0,
a^2b+9bc^2+6abc-ac^2-b^2c-2c=0,
a^2c+ab^2+3b^2c+3ac^2-bc^2+2c=0

という3変数3次3連立方程式が出てきました。
手計算だといったいどうやって解くのでしょう?
a, b, c,が有理数という条件をどう使うのでしょう?

http://www.wolframalpha.com/input/?i=a%5E3-9bc%5 …
整数解だと、確かに、(a,b,c)=(-2,0,1),(0,1,0),(2,-1,-1)がありました。
他にも実数解や複素数解があるようですが、それは何の意味があるのでしょう?

お礼日時:2011/04/21 01:47

Θを解としてもつので、元の方程式は


(x-Θ)(x^2+ax+b)=0
と書き換えることができます。これを展開して元の方程式と係数を比較すればa,bをΘで表すことができるので、これらを
x^2+ax+b=0
に代入し、その二次方程式を解いてやれば解をΘで表すことができると思います。

この回答への補足

(1) x^3-3x+1=0
(x-θ){x+θx+θ^2-3}=0
他の解は(1/2){-θ±√(12-3θ^2)}

ここで、√(12-3θ^2)}=2θ^2+θ-4

なので、他の解は、-θ^2-θ+2, θ^2-2

整数係数多項式でいうと、
(12-3θ^2)={2θ^2+θ-4}^2 mod (θ^3-3θ+1)

の2θ^2+θ-4を見つけるわけですが、どうやって見つければいいのでしょう?

整式(整数係数多項式)の平方剰余の相互法則というものはあるのでしょうか?

補足日時:2011/04/21 16:02
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

しかし、x^2+ax+b=0を解の公式で解いても、根号が出てきて整式にならないですが。

お礼日時:2011/04/19 23:30

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Q3次方程式の1つの解から他の解を導く公式

有理係数の整式 f(x)=x^3+ax^2+bx+c は有理数の範囲で因数分解できなく,

d=√(a^2b^2-4a^3c+18abc-4b^3-27c^2)
   
が有理数であるとする.
このとき,方程式 f(x)=0 の1つの解をθとするとき,他の解をθの最低次の整式として表せ.

(答)(-1/2)(θ+a)±(1/2d){2(-a^2+3b)θ^2+(-2a^3+7ab-9c)θ-a^2b-3ac+4b^2}

dはどこから出てきたのかも含めて、最低次の整式が答えのようになる計算ががまったくわかりません。

Aベストアンサー

有理係数三次方程式 F(x)=0 が異なる3実解 α, β, γ を持つとして、
α, β, γ の内任意の1個を θ とすると、他の2個が f(θ), g(θ)
と表されるような有理係数多項式 f, g で最低次数のモノを求める。

F(x)=0 の解集合が {α, f(α), g(α)} とも {β, f(β), g(β)} とも
{γ, f(γ), g(γ)} とも書けることから、
f(α)=β, f(β)=γ, f(γ)=α または α=f(β), β=f(γ), γ=f(α)
でなければならない。なぜなら、
例えば f(α)=β、f(β)=α だとすると、g(γ)=γ ということになり、
{γ, f(γ), g(γ)} の元が3個でなくなってしまうから。
α=f(β), β=f(γ), γ=f(α) の場合は g(α)=β, g(β)=γ, g(γ)=α
となるから、f と g の名前を適切に交換することで
f(α)=β, f(β)=γ, f(γ)=α とできる。このような f を求めよう。

ところで、題意ようなの多項式 f, g が存在したとすれば、
θ が三次の消去多項式を持つことから、f, g を夫々 F で割った余りも
題意を満たす。よって、最低次数の f, g は二次以下である。
f(x) = Ax^2 + Bx + C と置く。

f(α) = Aα^2 + Bα + C = β,
f(β) = Aβ^2 + Bβ + C = γ,
f(γ) = Aγ^2 + Bγ + C = α.
となる訳だが、これは、α, β, γ についての一次方程式であり、
α, β, γ が夫々異なるという条件下では正則となる。
実際に解くと、
A = { (α^2 + β^2 + γ^2) - (αβ + βγ + γα) } / D,
B = { (αβ^2 + βγ^2 + γα^2) - (α^3 + β^3 + γ^3) } / D,
C = { (α^3β + β^3γ + γ^3α) - (α^2β^2 + β^2γ^2 + γ^2α^2) } / D,
D = (α - β)(β - γ)(α - γ).
となる。

A の分子は、α, β, γ の対称な多項式だから、解と係数の関係により
F の係数の代数式で表される。よって有理数である。
したがって、A が有理数であることは、D が有理数であることと同値。

(α^2β + β^2γ + γ^2α) - (αβ^2 + βγ^2 + γα^2) = D,
(α^2β + β^2γ + γ^2α) + (αβ^2 + βγ^2 + γα^2) = (α + β)(β + γ)(α + γ) - 2αβγ.
という恒等式が成立つことから、D が有理数であれば、
(α^2β + β^2γ + γ^2α) と (αβ^2 + βγ^2 + γα^2) も有理数であり、
B も有理数になる。

連立方程式が C = { (α + β + γ)(1 - B) - (α^2 + β^2 + γ^2)A } / 3
と変形できることから、A, B が有理数であれば、C も有理数になる。

以上より、f が有理係数である必要十分条件は D が有理数であることと判る。
D は F の「差積」と呼ばれ、F の判別式の √ であることが知られている。

…後半、具体的な式計算の話にしてしまったので、
高次方程式への一般化には向かない考察になってしまった。

有理係数三次方程式 F(x)=0 が異なる3実解 α, β, γ を持つとして、
α, β, γ の内任意の1個を θ とすると、他の2個が f(θ), g(θ)
と表されるような有理係数多項式 f, g で最低次数のモノを求める。

F(x)=0 の解集合が {α, f(α), g(α)} とも {β, f(β), g(β)} とも
{γ, f(γ), g(γ)} とも書けることから、
f(α)=β, f(β)=γ, f(γ)=α または α=f(β), β=f(γ), γ=f(α)
でなければならない。なぜなら、
例えば f(α)=β、f(β)=α だとすると、g(γ)=γ ということになり、
{γ, f(γ), g(γ)} の元が3個でなくなってしまうから...続きを読む

Q3次方程式の残り2つの解の求め方。

3次方程式 x^3+x^2-14x+6=0 の1つの解が、x=3であることは分かっています。

この時、残り2つの解の求め方を教えてください。

Aベストアンサー

左辺は因数(x-3)で因数分解できることから、強制的に因数分解してやれば残りの2次の因数が求まります。
x^3+x^2-14x+6
=x^2*(x-3)+3x^2+x^2-14x+6
=x^2*(x-3)+4x^2-14x+6
=x^2*(x-3)+4x(x-3)+12x-14x+6
=x^2*(x-3)+4x(x-3)-2x+6
=x^2*(x-3)+4x(x-3)-2(x-3)
=(x-3)(x^2 +4x -2)
従って
残りの2次の因数が(x^2 +4x -2)なので3次方程式の残りの2つの解は
x^2 +4x -2 = 0の解として得られます。
2次方程式の解の公式から、残りの2つの解は
x=-2±√6
と求まります。


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