1891年(明治24年)帝國大學理科大學簡易科-數學[代數學]

2022.05.22記
九月実施

[1] $3x=a+b+c$ ナル

ハ $(x-a)^3+(x-b)^3+(x-c)^3-3(x-a)(x-b)(x-c)$ ノ値ヲ索ム

[2] $\dfrac{x^n\pm a^n}{x\pm a}$ ノ割リ切レル塲合と割リ切レヌ塲合ヲ吟味スヘシ

[3] $a^3(b-c)(c-d)(d-b)$ $-b^3(c-d)(d-a)(a-c)$ $+c^3(d-a)(a-b)(b-d)$ $-d^3(a-b)(b-c)(c-a)$ ノ因數ヲ索ムベシ

[4] $x^4-11x^2+49$ と $7x^4-40x^3+75x^2-40x+7$ トノ最小公倍數ヲ索ムベシ

[5] $ax^3+bx+c$ ト $a'x^3+b'x+c'$ トガ $x+f$ ナル形チノ通因數ヲ有スル為メニ必要ナル要件ヲ見出スベシ
注) 現在の感覚とは異なり2つの「3次式」（ $aa'\neq 0$ ）として答えるのが良いだろう

[6] $\dfrac{bx-cy}{b-c}=\dfrac{cx-az}{c-a}$ ナルハ此等ノ式ハ各 $\dfrac{ay-bx}{a-b}$ ニ等シク且 $a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=0$ ナルヿを證セ
注) 出題ミスで $c\neq 0$ という条件が必要である．

[7] $\dfrac{x^2-3x}{x^2-1}+2+\dfrac{1}{x-1}=0$ ヲ解キテ以テ整式ナラサル方程式ヲ解ク方法ヲ説明セヨ
注) 整式ナラサル方程式とは，例題から有理式だと考えるのが妥当である．

2022.05.24記
当時の出題は脇が甘い．細かいことよりは大筋が理解できれいれば大丈夫だと思われる．

[解答]
[1] 与式は $(x-a)+(x-b)+(x-c)=3x-(a+b+c)$ を因数にもつので値は $0$

[2] $a=0$ のときは割り切れる

$a\neq 0$ のとき:
$\dfrac{x^n+a^n}{x+a}$ は
$f(x)=x^n+a^n$ に対して $f(-a)=((-1)^n+1)a^n$ に注意すると，
任意の正の奇数 $n$ について割り切れる

$\dfrac{x^n+a^n}{x-a}$ は
$f(x)=x^n+a^n$ に対して $f(a)=2a^n$ に注意すると，
任意の自然数 $n$ について割り切れない

$\dfrac{x^n-a^n}{x-a}$ は
$f(x)=x^n-a^n$ に対して $f(a)=0$ に注意すると，
任意の自然数 $n$ について割り切れる

$\dfrac{x^n-a^n}{x+a}$ は
$f(x)=x^n-a^n$ に対して $f(-a)=((-1)^n-1)a^n$ に注意すると，
任意の正の偶数 $n$ について割り切れる

[3] どの2文字を等しくしても値が0になるので差積で割り切れ，次数と係数を比較して
$-(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)$

[4] $7x^4-40x^3+75x^2-40x+7$ の因数分解は難しい．当時の書籍の中には
「 $7x^4-40x^3+75x^2-40x+7$ 」
は因数分解できないので最小公倍数は2式の積になる、と間違ったものもあった．

しかし， $x^4-11x^2+49=(x^2+7)^2-25x^2=(x^2+5x+7)(x^2-5x+7)$ と因数分解できるのだから，このどちらかを因数にもつのでは？と考えるのが自然．　もちろん，ユークリッドの互除法を用いて
$=\mbox{gcd}\left(7x^4-40x^3+75x^2-40x+7,x^4-11x^2+49\right)$
$=\mbox{gcd}\left(x^4-11x^2+49,-40x^3+152x^2-40x-336\right)$
$=\mbox{gcd}\left(x^4-11x^2+49,5x^3-19x^2+5x+42\right)$
$=\mbox{gcd}\left(5x^3-19x^2+5x+42,\dfrac{61}{25}(x^2-5x+7)\right)$ $=x^2-5x+7$
と求めても良い．

[4] $(x^2+5x+7)(x^2-5x+7)(7x^2-5x+1)$

[5] 問題文は「2つの3次式」と書いていないので、 $a,a'$ が $0$ かどうかなどで場合分けをしなければならないが，当時はそこまで深く考えておらず、 $aa'\neq 0$ として問題なかったような気がするので当時の解答としては、

[5] $a'(ax^3+bx+c)-a(a'x^3+b'x+c')$ $=(a'b-ab')x+(a'c-ac')$ が $x+f$ の形の共通因数となるには共通解が $x=-\dfrac{ac'-a'c}{ab'-a'b}$ となれば良いので因数定理から
$a\left(\dfrac{ac'-a'c}{ab'-a'b}\right)^3+b\left(\dfrac{ac'-a'c}{ab'-a'b}\right)+c=0$
となる．

で十分だったように思われる．でないと他の問題に比べて解答が長くなりすぎる．

[5] $aa'\neq 0$ のとき，互除法により
$a'(ax^3+bx+c)-a(a'x^3+b'x+c')$ $=(a'b-ab')x+(a'c-ac')$
が $x+f$ の形の共通因数となるには $a'b-ab'\neq 0$ が必要で，このとき
共通解が $x=-\dfrac{ac'-a'c}{ab'-a'b}$ となるので因数定理から
$a(ac'-a'c)^3+b(ab'-a'b)^2(ac'-a'c)-c(ab'-a'b)^3=0$ …(☆)
となる．

$a'b-ab'=0$ のとき，2つの3次式は
$ax^3+bx+c$ と $\dfrac{a'}{a}\left(ax^3+bx+\dfrac{ac'}{a'}\right)$
となるので，共通因数をもつには $\dfrac{ac'}{a'}=c$ ，
つまり $ac'-a'c=0$ となるので(☆)はこのときも含む
（このとき2つの3次式は互いに定数倍）．

よって， $aa'\neq 0$ のときの必要十分条件は(☆)となるが，(☆)は $a=0$ とすると $0=0$ となるので左辺は $a$ を因数にもつので，展開して $a$ で約すると

$a^3(c')^3-c^3(a')^3$ $-a^2c(b')^3+b^3(a')^2c'$ $-3aa'cc'(ac'-a'c)$ $-2aa'bb'(bc'-b'c)$ $+bb'(a^2b'c'-bc(a')^2)$ …(★)

となる(終結式から条件が6次式となるので、7次式の結果は余計なものがあることがわかる)．

$a\neq 0,a'=0$ のとき $ax^3+bx+c$ と $b'x+c'$ が1次式の共通因数をもつには
$b'\neq 0$ が必要で，このとき
$a(c')^3+b(c')(b')^2-c(b')^3=0$
となるが，これは式(★)で $a'=0$ とおいたものを $a^2\neq0$ で割ったものだから(★)はこのときも含む

$a'\neq 0,a=0$ のとき、対称性から
$a'(c)^3+b'(c)(b)^2-c'(b)^3=0$
となるが，式(★)で $a=0$ とおいたものを $(a')^2\neq0$ で割ったものだから(★)はこのときも含む

$a=a'=0$ のとき $bx+c$ と $b'x+c'$ が1次式の共通因数をもつには
$bb'\neq 0$ かつ $bc'-b'c=0$ となる

以上から，一方が3次式の場合は
$a^3(c')^3-c^3(a')^3$ $-a^2c(b')^3+b^3(a')^2c'$ $-3aa'cc'(ac'-a'c)$ $-2aa'bb'(bc'-b'c)$ $+bb'(a^2b'c'-bc(a')^2)$ …(★)

両方1次式 $a=a'=0$ のとき $bb'\neq 0$ かつ $bc'-b'c=0$

となる．

なお，終結式から
$aa'\neq 0$ のとき
$\mbox{det}\begin{pmatrix} a & 0 & b & c & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 & b & c & 0 \\ 0 & 0 & a & 0 & b & c \\ a' & 0 & b' & c' & 0 & 0 \\ 0 & a' & 0 & b' & c' & 0 \\ 0 & 0 & a' & 0 & b' & c \end{pmatrix}=0$

$a\neq 0, a'=0$ のとき
$\mbox{det}\begin{pmatrix} a & 0 & b & c \\ b' & c' & 0 & 0 \\ 0 & b' & c' & 0 \\ 0 & 0 & b' & c \end{pmatrix}=0$

$a=a'=0$ のとき
$\mbox{det}\begin{pmatrix} b & c \\ b' & c' \end{pmatrix}=0$

が求める条件である．
( $a=0,a'\neq 0$ のときは，対称性から省略)

[6] 問題文から $a,b,c$ は異なる数であることは当然だが， $c\neq 0$ でなければならない．というのも $c=0$ とすると $z=z$ のとき $z=\dfrac{bx-ay}{b-a}$ に等しいことを示せという意味不明の問題になるからでである．

なお， $a=0$ のときは、 $\dfrac{bz-cy}{b-c}=x$ のとき $x=x$ を示せと自明になるが，これは間違っていないので大丈夫である．

さて， $\vec{e}=(1,1,1)^{\top}$ ， $\vec{a}=(a,b,c)^{\top}$ ， $\vec{x}=(x,y,z)^{\top}$ とおく．
3次元ベクトルから3次元ベクトルへの写像
$\vec{X}\mapsto \vec{a}\times\vec{X}$
は3次元空間を原点を通る2次元平面にうつす．

$\vec{a}\times\vec{e}=(b-c,c-a,a-b)^{\top}$ ， $\vec{a}\times\vec{x}=(bz-cy,cx-az,ay-bx)^{\top}$

であるから， $\dfrac{bz-cy}{b-c}=\dfrac{cx-az}{c-a}=k$ とおくと
$\vec{a}\times(\vec{x}-k\vec{e})=(0,0,\ast)^{\top}$
の形をしている．

原点を通る平面上の点で $(0,0,\ast)^{\top}$ となるのは，その平面が $z$ 軸を含まない限り $\ast=0$ の場合に限るが， $c=0$ のときに限り，その平面が $z$ 軸を含んでしまうので $\ast=0$ が成立しなくなるという訳である．

[6] $\dfrac{bz-cy}{b-c}=\dfrac{cx-az}{c-a}$ により
$\dfrac{a(bz-cy)}{a(b-c)}=\dfrac{b(cx-az)}{b(c-a)}$
が成立するので，加比の理から，この比は $c\neq 0$ のとき
$\dfrac{a(bz-cy)+b(cx-az)}{a(b-c)+b(c-a)}=\dfrac{bcx-acy}{bc-ca}=\dfrac{bx-ay}{b-a}$
に等しい．

また， $\dfrac{bz-cy}{b-c}=\dfrac{cx-az}{c-a}$ により
$(c-a)(bz-cy)-(b-c)(cx-az)$ $=c(bz-(c-a)y-(b-c)x-az)$
$=c\{b(z-x)+c(x-y)+a(y-z)\}=0$
となるが， $c\neq 0$ により
$b(z-x)+c(x-y)+a(y-z)=0$
が成立する．