九州大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験 複素数平面・三角関数理系数学 第4問(a)

(1) $$z=\cos {20}^{\circ }+i\sin {20}^{\circ }$$ なので $$\bar{z}=\cos {20}^{\circ }-i\sin {20}^{\circ }$$ である。したがって $$\alpha =z+\bar{z}=2\cos {20}^{\circ }$$ である。

3倍角公式 $$4{\cos }^3\theta -3\cos \theta =\cos 3\theta$$ に $\theta ={20}^{\circ }$ を代入する。$\alpha =2\cos {20}^{\circ }$ だから $${\alpha }^3-3\alpha =2\cos {60}^{\circ }=1$$ である。よって $\alpha$ は $x^3-3x-1=0$ の解である。

(2) $F(x)=x^3-3x-1$ とおく。 $$F(-2)=-3,F(-1)=1$$ なので、$-2$ と $-1$ の間に実数解がある。また $F(-1)=1,F(0)=-1$ なので、$-1$ と0の間にも実数解がある。さらに $F(1)=-3,F(2)=1$ なので、1と2の間にも実数解がある。3次方程式の解は高々3個なので、この方程式は3個の実数解をもつ。

次に有理数解がないことを示す。$F(x)$ は最高次係数1、定数項 $-1$ の整数係数多項式である。有理数解をもつなら、その解は整数で、しかも $\pm 1$ に限られる。しかし $$F(1)=1-3-1=-3,F(-1)=-1+3-1=1$$ である。したがって有理数解はない。よって3個の実数解はいずれも有理数ではない。

(3)
背理法で示す。$\alpha$ を解にもつ有理数係数の2次方程式が存在すると仮定する。その左辺を $G(x)$ とする。必要なら定数倍して、$G(x)$ は有理数係数の2次式であるとしてよい。 $F(x)=x^3-3x-1$ を $G(x)$ で割ると、余りは高々1次の有理数係数多項式である。これを $R(x)$ とする。$F(\alpha )=0$、$G(\alpha )=0$ だから $R(\alpha )=0$ である。

もし $R(x)$ が0でない1次式なら、$R(\alpha )=0$ より $\alpha$ は有理数である。これは(2)に反する。もし $R(x)$ が0でない定数なら、$R(\alpha )=0$ は不可能である。したがって余りは0でなければならない。

余りが0なら、$G(x)$ は $F(x)$ を割り切る。すると $F(x)$ は有理数係数の1次式を因数にもつので、有理数解をもつことになる。これも(2)に反する。よって仮定は誤りであり、$\alpha$ を解とする有理数係数の2次方程式は存在しない。

$z=e^{{20}^{\circ }i}$ として $z^3+z^{-3}=1$ を利用する。
得られる3次式に有理根がないことから、既約性と2次方程式の不存在をまとめて示す。

(1)
$\alpha =z+z^{-1}$ である。恒等式$$(z+z^{-1}{)}^3-3(z+z^{-1})=z^3+z^{-3}$$と$$z^3+z^{-3}=2\cos {60}^{\circ }=1$$より$${\alpha }^3-3\alpha -1=0.$$(2)
$x^3-3x-1=0$ の3根は$$2\cos {20}^{\circ },2\cos {100}^{\circ },2\cos {140}^{\circ }$$で、相異なる実数である。有理根があれば有理根定理から $\pm 1$ に限るが、
どちらも代入して0にならない。従って3根はいずれも無理数である。

(3)
$x^3-3x-1$ は有理根をもたない3次式なので、有理数係数上で既約である。
もし $\alpha$ が有理数係数の2次方程式を満たせば、その2次式と上の既約3次式は
$\alpha$ を共通根にもつ。両式の最大公約多項式は1次以上になるが、
既約3次式の約数は定数倍を除き1と自分自身だけであり、次数2の式を割れない。
矛盾である。従ってそのような2次方程式は存在しない。