恒等式と未定係数法

1. $(x+1)^2=x^2+2x+1$ は恒等式である。$x=0$ では両辺とも $1$、$x=1$ では両辺とも $4$、$x=-3$ では両辺とも $4$ になる。展開すれば、どの $x$ でも等しいことが分かる。
2. $x^2=2x+3$ は方程式である。移項すると $x^2-2x-3=(x-3)(x+1)=0$ なので、成り立つのは $x=3$ と $x=-1$ のときだけである。たとえば $x=0$ では左辺 $0$、右辺 $3$ で成り立たない。

$x^2+3x+5=a(x-1)^2+b(x-1)+c$ が $x$ についての恒等式になるように、定数 $a,b,c$ を定める。
右辺を展開すると
$$ a(x^2-2x+1)+b(x-1)+c=ax^2+(-2a+b)x+(a-b+c) $$
である。両辺の $x^2$、$x$、定数項の係数を比べると
$$ a=1,\qquad -2a+b=3,\qquad a-b+c=5 $$
である。1 つ目から $a=1$、2 つ目から $b=3+2a=5$、3 つ目から $c=5-a+b=9$ となる。

同じ恒等式 $x^2+3x+5=a(x-1)^2+b(x-1)+c$ で、$x$ に数を入れる。

• $x=1$：左辺 $1+3+5=9$、右辺 $c$。よって $c=9$。
• $x=0$：左辺 $5$、右辺 $a-b+c$。よって $a-b=5-9=-4$。
• $x=2$：左辺 $4+6+5=15$、右辺 $a+b+c$。よって $a+b=15-9=6$。
  $a-b=-4$ と $a+b=6$ を足して $2a=2$、$a=1$、$b=5$ である。係数比較法と同じ答えになった。

1. $3x^2-x+1$ の次数は $2$、定数 $5$ の次数は $0$ である。$0x^2+2x$ は $x^2$ の係数が $0$ なので、次数は $1$ である。
2. $P(x)=x^2-4$ では $P(2)=4-4=0$、$P(-2)=4-4=0$ なので、$2$ と $-2$ は $P$ の根である。$P(1)=-3\ne0$ なので $1$ は根ではない。

$P(x)=x^3-6x^2+11x-6$ とする。$P(1)=1-6+11-6=0$ なので、lem-iuc-factor により $x-1$ でくくれる。実際に割ると $P(x)=(x-1)(x^2-5x+6)$ で、さらに $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$ なので
$$ P(x)=(x-1)(x-2)(x-3) $$
である。根は $1,2,3$ の 3 個で、次数 $3$ と同じ個数である（図1）。確かめると $P(2)=8-24+22-6=0$、$P(3)=27-54+33-6=0$ である。
もっと小さな例もある。$P(x)=x^2-4$ は $x=2$ で $P(2)=4-4=0$ なので、lem-iuc-factor により $x-2$ でくくれる。証明の段 1 の式を $k=2$、$a=2$ で使うと $x^2-2^2=(x-2)(x+2)$ なので、$Q(x)=x+2$ である。$Q$ の次数は $2-1=1$ で、補題のとおりである。

1. $x^2+1$（次数 $2$）は、どの実数 $x$ でも $x^2+1\ge1>0$ なので根を $0$ 個しかもたない。$0\le2$ である。
2. $x^2-2x+1=(x-1)^2$（次数 $2$）の根は $x=1$ の 1 個だけである。
3. $x^3-6x^2+11x-6$（次数 $3$）の根は $1,2,3$ の 3 個で、上限ちょうどである（ex-iuc-factor）。

例 1（2 次式）。$P(x)=(x+1)^2-x$、$Q(x)=x^2+x+1$ はどちらも次数 $2$ 以下である。$n=2$ なので、$n+1=3$ 個の点 $x=0,1,2$ で値を比べる。

3 点で一致したので、thm-iuc-identity により係数はすべて等しいはずである。実際に展開すると $P(x)=x^2+2x+1-x=x^2+x+1$ で、$Q(x)$ と係数が一致する。
例 2（1 次式）。1 次式どうしなら $n=1$ で、2 点で足りる。$P(x)=2x+1$、$Q(x)=(x+1)+x$ は、$x=0$ で $1$ と $1$、$x=1$ で $3$ と $3$ になり、2 点で一致する。展開すると $Q(x)=2x+1$ で、確かに係数が等しい。

ex-iuc-substitute では、両辺は次数 $2$ 以下で、$x=0,1,2$ の 3 個（$=2+1$ 個）の値を代入した。代入で得た $a=1$、$b=5$、$c=9$ を右辺に入れると、右辺 $(x-1)^2+5(x-1)+9$ は $x=0,1,2$ で左辺と一致する。cor-iuc-substitution により、これだけで恒等式であることが保証される。実際に展開しても $x^2-2x+1+5x-5+9=x^2+3x+5$ で、左辺に一致する。
高校で「逆に、このとき…」と確かめるのは、代入した値の個数が「次数 $+1$」に足りないときや、両辺が多項式でないときに必要になる確認である。

$x^3-1$ は $x=1$ で $0$ になるので、lem-iuc-factor により $x^3-1=(x-1)(ax^2+bx+c)$ と書ける。右辺を展開すると
$$ (x-1)(ax^2+bx+c)=ax^3+(b-a)x^2+(c-b)x-c $$
である。係数を比べて $a=1$、$b-a=0$、$c-b=0$、$-c=-1$。よって $a=b=c=1$ で、$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ である。未知数 3 個に対して式が 4 本あるが、矛盾なく解ける。

$x^{10}$ を $(x-1)(x-2)$ で割った余りを求める。2 次式で割った余りは 1 次以下なので、商を $S(x)$、余りを $ax+b$ として
$$ x^{10}=(x-1)(x-2)S(x)+ax+b $$
が恒等式として成り立つ（多項式の割り算ができることは本記事では証明しない。Sho08 Theorem 7.10）。$S(x)$ は分からないが、$x=1$、$x=2$ を代入すると $S$ の項が消える。

• $x=1$：$1=a+b$。
• $x=2$：$2^{10}=1024=2a+b$。
  引き算して $a=1023$、$b=1-1023=-1022$ である。余りは $1023x-1022$ である。

$\dfrac1{x(x+1)}=\dfrac Ax+\dfrac B{x+1}$ が $x\ne0,-1$ で成り立つように $A,B$ を定める。
段 1。両辺に $x(x+1)$ を掛けると
$$ 1=A(x+1)+Bx $$
である。この等式は、もとの式が意味をもつ $x\ne0,-1$ のすべての $x$ で成り立つ必要がある。
段 2（$x=0$ を代入してよい理由）。両辺は次数 $1$ 以下の多項式である。$x\ne0,-1$ を満たす実数は無数にあるので、その中の相異なる 2 個で両辺が一致すれば、cor-iuc-substitution により段 1 の等式は すべての $x$ で成り立つ。したがって、もとの分数式では許されない $x=0$、$x=-1$ を代入してもよい。
段 3。$x=0$ を代入して $1=A$、$x=-1$ を代入して $1=-B$、すなわち $B=-1$ である。よって
$$ \frac1{x(x+1)}=\frac1x-\frac1{x+1} $$
である。逆に $A=1$、$B=-1$ なら $A(x+1)+Bx=1$ は恒等式なので、両辺を $x(x+1)$ で割れば、もとの式が $x\ne0,-1$ で成り立つ。$x=1$ で確かめると、左辺 $\frac12$、右辺 $1-\frac12=\frac12$ である。
この分解を使うと、和 $\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+1)}=\bigl(1-\frac12\bigr)+\bigl(\frac12-\frac13\bigr)+\cdots+\bigl(\frac1n-\frac1{n+1}\bigr)=1-\frac1{n+1}$ が求まる。$n=10$ なら $\frac{10}{11}$ である。

3 点 $(0,1)$、$(1,3)$、$(2,7)$ を通る、次数 $2$ 以下の多項式 $P(x)=ax^2+bx+c$ を求める。
$P(0)=c=1$、$P(1)=a+b+c=3$、$P(2)=4a+2b+c=7$ である。$c=1$ を入れると $a+b=2$、$4a+2b=6$ で、2 つ目から 1 つ目の 2 倍を引いて $2a=2$。よって $a=1$、$b=1$、$c=1$ で、$P(x)=x^2+x+1$ である。
thm-iuc-identity により、次数 $2$ 以下ではこれ以外にない。一方、次数を $3$ まで許すと、$x^2+x+1+t\,x(x-1)(x-2)$（$t$ は任意の実数）はどれも 3 点を通る。$x(x-1)(x-2)$ は $x=0,1,2$ で $0$ になるからである。たとえば $t=1$ のとき $x^3-2x^2+3x+1$ で、$x=3$ での値は $19$ であり、$P(3)=13$ とは異なる（図2）。

3 点 $x=0,1,2$ について、次の 3 つの 2 次式を考える。
$$ L_0(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{(0-1)(0-2)},\qquad L_1(x)=\frac{(x-0)(x-2)}{(1-0)(1-2)},\qquad L_2(x)=\frac{(x-0)(x-1)}{(2-0)(2-1)} $$
$L_0$ の分子 $(x-1)(x-2)$ は、$0$ 以外の点 $1,2$ で $0$ になるように作ってある。分母 $(0-1)(0-2)=2$ は、分子に $x=0$ を入れた値なので、$x=0$ で分子と分母が等しくなり、値が $1$ になる。値を表にすると次のとおりである。

したがって $1\cdot L_0(x)+3L_1(x)+7L_2(x)$ は、$x=0$ で $1\cdot1+3\cdot0+7\cdot0=1$、$x=1$ で $3$、$x=2$ で $7$ になり、ex-iuc-three-points の 3 点を通る。連立方程式を解かずに、値 $1,3,7$ を係数として並べるだけでよい。

$x_0,x_1,x_2=0,1,2$、$y_0,y_1,y_2=1,3,7$ とする。prop-iuc-lagrange の $L_0,L_1,L_2$ は ex-iuc-basis のものと同じで、展開すると
$$ L_0(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{(0-1)(0-2)}=\frac{x^2-3x+2}2,\quad L_1(x)=\frac{x(x-2)}{(1-0)(1-2)}=-(x^2-2x),\quad L_2(x)=\frac{x(x-1)}{(2-0)(2-1)}=\frac{x^2-x}2 $$
である。$P=1\cdot L_0+3L_1+7L_2$ の各係数を計算すると、$x^2$ の係数は $\frac12-3+\frac72=1$、$x$ の係数は $-\frac32+6-\frac72=1$、定数項は $1$ である。よって $P(x)=x^2+x+1$ で、ex-iuc-three-points と一致する。

$P(x)=x^2$ と $Q(x)=3x-2$ は、どちらも次数 $2$ 以下である。$x=1$ では $P(1)=1=Q(1)$、$x=2$ では $P(2)=4=Q(2)$ で、2 点で一致する。しかし $x=0$ では $P(0)=0$、$Q(0)=-2$ で異なる。実際、$P(x)-Q(x)=x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ の根は $1,2$ だけである。
満たす性質：次数 $2$ 以下の多項式。満たさない性質：一致する点が $2+1=3$ 個あること。破る主張：thm-iuc-identity の結論（恒等式になる）。
未定係数法でいえば、ex-iuc-substitute で $x=1$ と $x=0$ の 2 個だけを代入すると、$c=9$ と $a-b=-4$ しか得られず、$a,b$ は決まらない。

1. $x=0,1,2,3$ で $2^x$ と同じ値 $1,2,4,8$ をとる次数 $3$ 以下の多項式は、prop-iuc-lagrange で求めると $P(x)=\frac{x^3+5x+6}6$ である。確かめると $P(0)=1$、$P(1)=\frac{12}6=2$、$P(2)=\frac{24}6=4$、$P(3)=\frac{48}6=8$ である。しかし $P(4)=\frac{64+20+6}6=15$ で、$2^4=16$ とは異なる（図3）。$2^x$ は多項式ではないので、4 点で一致しても恒等的には等しくならない。数列 $1,2,4,8,\ldots$ の次の項を「当てる」問題に答えが 1 つに決まらないのは、このためである。
2. $\sin\pi x$ は、すべての整数 $x$ で $0$ になる。$0$ という関数と無限個の点で一致するが、$x=\frac12$ では $\sin\frac\pi2=1$ で、恒等的に $0$ ではない。多項式なら、無限個の根をもてば零多項式である（thm-iuc-root-count）。
   満たす性質：1 では $x=0,1,2,3$ の $3+1=4$ 点で値が一致する（2 では無限個の点で一致する）。満たさない性質：両辺が多項式であること。破る主張：thm-iuc-identity の結論。

整数 $a,b$ について、$a-b$ が $6$ で割り切れること（$6$ で割った余りが等しいこと）を $a\equiv b\pmod 6$ と書き、$a\not\equiv b\pmod 6$ はそうでないことを表す（合同式）。$6$ で割った余りの世界では、$x$ は $0,1,2,3,4,5$ の 6 個の値だけを動き、値も $6$ で割った余りで比べる。
この世界で、$P(x)=x^2-x$ の値を $x=0,1,2,3,4,5$ について計算すると
$$ 0,\ 0,\ 2,\ 6,\ 12,\ 20 $$
であり、$6$ で割った余りは $0,0,2,0,0,2$ である。つまり $x\equiv0,1,3,4$ の 4 個で $P(x)\equiv0\pmod6$ となり、次数 $2$ の多項式が 4 個の根をもつ。
どこで thm-iuc-root-count の証明が崩れるかを見る。根 $a=0$ で $P(x)=x(x-1)$ とくくり、別の根 $b=3$ を考えると、$(b-a)Q(b)=3\cdot2=6\equiv0$ であるが、$b-a=3\not\equiv0$ かつ $Q(b)=2\not\equiv0$ である。「積が $0$ なら一方が $0$」が成り立たないので、段 4 が使えない。
同じ $6$ で割った余りの世界では、係数比較法も崩れる。$R(x)=x^3-x$ の値を $x=0,1,2,3,4,5$ について計算すると
$$ 0,\ 0,\ 6,\ 24,\ 60,\ 120 $$
であり、どれも $6$ で割り切れる（$6=6\cdot1$、$24=6\cdot4$、$60=6\cdot10$、$120=6\cdot20$）。つまり 6 個の値すべてで $R(x)\equiv0\pmod6$ となり、$R$ は関数としては零多項式と一致する。しかし $R$ の係数は $x^3$ が $1$、$x$ が $-1$ で、零多項式ではない。$R$ の次数は $3$ で、相異なる値は $6$ 個（$3+1=4$ 個以上）あるので、点が足りないわけではない。
原因はやはり「積が $0$ なら一方が $0$」が成り立たないことである。$x^3-x=(x-1)x(x+1)$ は連続する 3 つの整数の積なので、どれかが $2$ の倍数、どれかが $3$ の倍数であり、積は必ず $6$ で割り切れる。たとえば $x=2$ では $(x-1)x(x+1)=1\cdot2\cdot3=6\equiv0$ であるが、$1,2,3$ はどれも $\not\equiv0$ である。ここで効いているのは $2\cdot3=6\equiv0$ という積である。
注（別の理由で崩れる例）。$2$ で割った余りの世界では、$x$ は $0,1$ の 2 個の値だけを動く。$x^2+x$ は $x=0$ で $0$、$x=1$ で $2\equiv0\pmod2$ となり、2 個の値すべてで $0$ と一致するのに、零多項式ではない。ただし、原因は「積が $0$ なら一方が $0$」の破れではない。この世界で $0$ でない余りは $1$ だけで、$1\cdot1=1\not\equiv0$ なので、この性質は成り立つ。実際、$x^2+x=x(x+1)$ の根は $0,1$ の 2 個で次数 $2$ を超えず、thm-iuc-root-count は成り立っている。崩れるのは prf-cor-iuc-compare の「相異なる $n+1$ 個の点をとる」ところである。次数 $2$ なら $3$ 個の点が要るが、この世界には値が $2$ 個しかない。これは rem-iuc-polynomial-ring で述べる「要素が有限個しかない」ことから起こる現象である。
満たす性質：$x^2-x$、$x^3-x$ は多項式であり、相異なる値は $6$ 個とれる（次数 $3$ の $x^3-x$ でも $3+1=4$ 個以上ある）。満たさない性質：積が $0$ なら一方が $0$（$3\cdot2\equiv0$ なのに $3\not\equiv0$、$2\not\equiv0$）。破る主張：thm-iuc-root-count（$x^2-x$ は次数 $2$ なのに根が $4$ 個）と cor-iuc-compare（$x^3-x$ は 6 個の値すべてで $0$ と一致するのに零多項式ではない）。