1990年(平成2年)東京大学前期-数学(文科)[1] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.01.04記

[1] 3次方程式 $x^3+3x^2-1=0$ の一つの解を $\alpha$ とする．

(1) ${(2\alpha^2+5\alpha-1)}^2$ を $a\alpha^2+b\alpha+c$ の形の式で表せ．ただし $a$ ， $b$ ， $c$ は有理数とする．

(2) 上の3次方程式の $\alpha$ 以外の二つの解を(1)と同じ形の式で表せ．

2020.10.02記
巡回多項式。格好つけるとガロア理論。

[解答]
(1) $(2\alpha^2+5\alpha-1)^2$ を $\alpha^3+3\alpha^2-1$ で割った余り $-3\alpha^2-6\alpha+9$ である．

(2) $x^3+3x^2-1$ を $x-\alpha$ で割った商を0とおいた2次方程式
$x^2+(\alpha+3)+\alpha(\alpha+3)=0$
の解が残りの2つの解である．解の公式から
$x=\dfrac{-(\alpha+3)\pm\sqrt{-3\alpha^2-6\alpha+9}}{2}$
$\dfrac{-(\alpha+3)\pm(2\alpha^2+5\alpha-1)}{2}$
$=\alpha^2+2\alpha-2，-\alpha^2-3\alpha-1$
が得られる．

早稲田理工で 2006年、2017年にも巡回多項式。

[大人の解答]
$f(x)=\dfrac{-1}{x+1}$ とすると $x^3+3x^2-1=0$ と $f^2(x)+f(x)+x=-3$ は同値で， $f^3(x)=x$ から
$\alpha$ が $x^3+3x^2-1=0$ の解ならば， $f(\alpha)，f^2(\alpha)$ も解となることがわかる．

ここで $f(\alpha)=\alpha$ とすると， $\alpha^2+\alpha+1=0$ となり， $\alpha$ は1の3乗根の虚数のものとなるが，
これが元の方程式の解にはならないので， $f(\alpha)\neq \alpha$ であり，同様に $f^2(\alpha)\neq f(\alpha)$ ， $\alpha=f^3(\alpha)\neq f^2(\alpha)$ となるので， $\alpha，f(\alpha)，f^2(\alpha)$ は元の方程式の（相異なる）3解となる．

$\alpha^3+3\alpha^2-1=(\alpha+1)(\alpha^2+2\alpha-2)+1$
より， $f(\alpha)=\alpha^2+2\alpha-2$ ，となり，同様に $f^2(\alpha)=-\alpha^2-3\alpha-1$ が成立する．