3次方程式の一つの解をθとし他の解をθの整式で表す

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？

No.1 回答者： gohtraw 回答日時： 2011/04/17 23:19

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

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

No.2 回答者： alice_44 回答日時： 2011/04/18 23:31

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。

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

No.4 回答者： staratras 回答日時： 2011/04/23 03:02

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

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