n次方程式の解と係数の関係
概要
n次方程式の解と係数の関係（Vieta's formulas for polynomials of degree n）とは、多項式 $f(t)=a_nt^n+\cdots+a_0$（$a_n\ne0$）が $f(t)=a_n(t-\alpha_1)\cdots(t-\alpha_n)$ と分解されるとき、根の $k$ 次の基本対称式が $e_k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=(-1)^ka_{n-k}/a_n$ になることである。2 次では $\alpha+\beta=-\frac ba$、$\alpha\beta=\frac ca$ になる。証明は $(t-x_1)\cdots(t-x_n)$ の展開の項を、$-x_i$ を選ぶ因子の数で分類する。根は重複を込めて数える。零因子のある $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$ では根の集合から関係を読めない。
前提知識: 2次方程式, 多項式, 剰余の定理と因数定理, 複素数
高校での出発点：解と係数の関係
2 次方程式 $ax^2+bx+c=0$（$a\ne0$）の 2 つの解を $\alpha,\beta$ とすると
$$
\alpha+\beta=-\frac ba,\qquad\alpha\beta=\frac ca
$$
が成り立つ。これを解と係数の関係という。3 次方程式 $ax^3+bx^2+cx+d=0$（$a\ne0$）の 3 つの解 $\alpha,\beta,\gamma$ については
$$
\alpha+\beta+\gamma=-\frac ba,\qquad\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac ca,\qquad\alpha\beta\gamma=-\frac da
$$
である。方程式の解は根（こん）ともいうので、「根と係数の関係」ともいう。まず、解を実際に求めて確かめてみる。
- $2x^2-5x+3=0$ は $(x-1)(2x-3)=0$ と因数分解でき、解は $1$ と $\frac32$ である。和は $1+\frac32=\frac52$、積は $\frac32$ である。係数からは $-\frac ba=-\frac{-5}2=\frac52$、$\frac ca=\frac32$ で、一致する。
- $x^2-3x+1=0$ の解は $\frac{3\pm\sqrt5}2$ である。和は $\frac{3+\sqrt5}2+\frac{3-\sqrt5}2=3$、積は $\frac{(3+\sqrt5)(3-\sqrt5)}4=\frac{9-5}4=1$ で、係数からの $-\frac{-3}1=3$、$\frac11=1$ と一致する。
$(x-1)(x-2)(x-3)$ を展開すると $x^3-6x^2+11x-6$ である。方程式 $x^3-6x^2+11x-6=0$ の解は $1,2,3$ で
- 和：$1+2+3=6=-\frac{-6}1$。
- 2 つずつの積の和：$1\cdot2+2\cdot3+3\cdot1=2+6+3=11=\frac{11}1$。
- 3 つの積：$1\cdot2\cdot3=6=-\frac{-6}1$。
この関係の典型的な使い方は、解を求めずに解の式の値を求めることである。
$x^2-3x+1=0$ の解を $\alpha,\beta$ とする。解と係数の関係から $\alpha+\beta=3$、$\alpha\beta=1$ である。
- $\alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=9-2=7$。
- $\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)^3-3\alpha\beta(\alpha+\beta)=27-9=18$。
- $\frac1\alpha+\frac1\beta=\frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}=\frac31=3$。
- $(\alpha-\beta)^2=(\alpha+\beta)^2-4\alpha\beta=9-4=5$。
$\alpha=\frac{3+\sqrt5}2$ を代入して計算しなくても、値がわかる。
ここで次の問いが生じる。
- 解と係数の関係は、なぜ成り立つのか。4 次、5 次、… の方程式でも同じ形の関係があるか。→ prop-vfm-quadratic、thm-vfm-main
- 「2 つの解」「3 つの解」とは、重解があるときにはどう数えるのか。→ ex-vfm-multiplicity
- 解と係数の関係が成り立たない世界はあるか。→ ex-vfm-zmod8
高校の計算 この記事の言葉 大学の言葉 $ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)$ 1 次式の積への分解 多項式の因数分解（代数学の基本定理） $\alpha+\beta$、$\alpha\beta$ 基本対称式 $e_1,e_2$ 根の基本対称式 係数を比べる 展開の項を選び方で数える 恒等式の係数比較 重解は 2 回数える 重複を込めて数えた根 根の重複度
2 次方程式の場合の証明
証明の出発点は、方程式の左辺を 1 次式の積に分解することである。$\alpha,\beta$ が $ax^2+bx+c=0$ の 2 つの解（重解なら $\alpha=\beta$）であるとは、
$$
ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)
$$
が $x$ についての恒等式として成り立つことだと約束する。これは、高校で重解を 2 回数えるのと同じ約束である。実際、剰余の定理と因数定理により、$\alpha$ が解なら $ax^2+bx+c$ は $x-\alpha$ で割り切れ、商は $x^2$ の係数が $a$ の 1 次式 $a(x-\beta)$ になる。この $\beta$ がもう 1 つの解である。
$ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)$（$a\ne0$）が恒等式として成り立つならば、$\alpha+\beta=-\frac ba$、$\alpha\beta=\frac ca$ である。
段 1（展開）。右辺を展開すると
$$
a(x-\alpha)(x-\beta)=a\bigl\{x^2-(\alpha+\beta)x+\alpha\beta\bigr\}=ax^2-a(\alpha+\beta)x+a\alpha\beta
$$
である。
段 2（係数を比べる）。2 つの多項式が恒等式として等しいとき、同じ次数の項の係数は等しい（恒等式と未定係数法）。$x$ の係数を比べて $b=-a(\alpha+\beta)$、定数項を比べて $c=a\alpha\beta$ である。
段 3（割る）。$a\ne0$ なので両辺を $a$ で割って、$\alpha+\beta=-\frac ba$、$\alpha\beta=\frac ca$ を得る。$\square$
解の公式を使っても同じ結果が出る。判別式を $D=b^2-4ac$ とし、$\sqrt D$ を 2 乗して $D$ になる数（$D<0$ なら $\sqrt D=\sqrt{-D}\,i$）とすると、2 つの解は $\frac{-b\pm\sqrt D}{2a}$ である。
- 和：$\frac{-b+\sqrt D}{2a}+\frac{-b-\sqrt D}{2a}=\frac{-2b}{2a}=-\frac ba$。
- 積：$\frac{(-b+\sqrt D)(-b-\sqrt D)}{4a^2}=\frac{b^2-D}{4a^2}=\frac{4ac}{4a^2}=\frac ca$。
解が虚数でも、重解（$D=0$）でも成り立つ。
判別式 $D$ が $(\alpha-\beta)^2$ を $a^2$ 倍したものになること（$D=a^2(\alpha-\beta)^2$）など、判別式と解の関係は 判別式（高校数学） で扱う。
この関係を $(\alpha-\beta)^2=(\alpha+\beta)^2-4\alpha\beta$ と解と係数の関係から導くことは 2次方程式の判別式の正体 で扱う。
解と係数の関係を逆に使うと、与えられた 2 数を解にもつ 2 次方程式が作れる。$p,q$ を解にもつ 2 次方程式の 1 つは $(x-p)(x-q)=x^2-(p+q)x+pq=0$ である。
$x^2-3x+1=0$ の解を $\alpha,\beta$ とする（$\alpha+\beta=3$、$\alpha\beta=1$）。
- $\alpha^2,\beta^2$ を解にもつ 2 次方程式：和は $\alpha^2+\beta^2=7$（ex-vfm-values）、積は $\alpha^2\beta^2=(\alpha\beta)^2=1$ なので、$x^2-7x+1=0$ である。
- $\alpha+1,\beta+1$ を解にもつ 2 次方程式：和は $(\alpha+\beta)+2=5$、積は $\alpha\beta+(\alpha+\beta)+1=1+3+1=5$ なので、$x^2-5x+5=0$ である。
放物線 $y=ax^2+bx+c$ の軸は $x=-\frac b{2a}$ である。解と係数の関係により、これは $\frac{\alpha+\beta}2$、すなわち 2 つの解の平均に等しい。$y=x^2-3x+1$ では、軸は $x=\frac32$ で、2 つの解 $\frac{3\pm\sqrt5}2$ はそこから左右に $\frac{\sqrt5}2$ ずつ離れている。
放物線の軸と頂点の求め方は 2次関数の最大・最小 で扱う。図 1 では、ex-vfm-values と同じく $\alpha=\frac{3+\sqrt5}2$、$\beta=\frac{3-\sqrt5}2$ としている。
放物線 y = x² − 3x + 1。軸 x = 3/2 は 2 つの解 (3 ± √5)/2 のちょうど真ん中にある。
$n$ 次方程式の場合
3 次以上でも考え方は同じで、1 次式の積を展開して係数を比べる。展開した結果を書くために、基本対称式という式を用意する。
$n$ 個の文字 $x_1,\dots,x_n$ と $k=0,1,\dots,n$ について、「相異なる $k$ 個の文字の積をすべて足したもの」を $e_k$ と書き、$k$ 次の基本対称式という。
$$
e_0:=1,\quad e_1:=\sum_{i}x_i,\quad e_2:=\sum_{i< j}x_ix_j,\quad e_3:=\sum_{i< j< l}x_ix_jx_l,\quad\dots,\quad e_n:=x_1x_2\cdots x_n
$$
$e_k$ は $\binom nk$ 個の項の和である。数 $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ を代入した値を $e_k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$ と書く。
- $n=3$：$e_1=x_1+x_2+x_3$、$e_2=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$、$e_3=x_1x_2x_3$。$(1,2,3)$ を代入すると $e_1=6$、$e_2=2+3+6=11$、$e_3=6$ である。
- $n=4$、$(1,1,2,3)$ を代入：$e_1=7$、$e_2=1\cdot1+1\cdot2+1\cdot3+1\cdot2+1\cdot3+2\cdot3=1+2+3+2+3+6=17$、$e_3=1\cdot1\cdot2+1\cdot1\cdot3+1\cdot2\cdot3+1\cdot2\cdot3=2+3+6+6=17$、$e_4=6$。$e_2$ の項は $\binom42=6$ 個、$e_3$ の項は $\binom43=4$ 個ある。
文字 $t$ の多項式として、次の恒等式が成り立つ。
$$
(t-x_1)(t-x_2)\cdots(t-x_n)=\sum_{k=0}^n(-1)^ke_k\,t^{n-k}=t^n-e_1t^{n-1}+e_2t^{n-2}-\cdots+(-1)^ne_n
$$
したがって、多項式 $f(t)=a_nt^n+a_{n-1}t^{n-1}+\cdots+a_0$（$a_n\ne0$）が $f(t)=a_n(t-\alpha_1)\cdots(t-\alpha_n)$ と 1 次式の積に分解されるなら、$k=1,\dots,n$ について
$$
e_k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=(-1)^k\frac{a_{n-k}}{a_n}
$$
である。
方針：$n$ 個の因子の積を展開すると、各因子から 1 つずつ項を選んで掛けたものの和になる。選び方を「$-x_i$ を何個選んだか」で分類する。
段 1（展開のしくみ）。$(t-x_1)(t-x_2)\cdots(t-x_n)$ を分配法則で展開すると、$n$ 個の因子のそれぞれから $t$ か $-x_i$ のどちらか一方を選んで掛けた積を、すべての選び方（$2^n$ 通り）について足したものになる。
段 2（1 つの選び方の積）。$-x_i$ を選んだ因子が $k$ 個で、その番号が $i_1< i_2<\cdots< i_k$ だとする。残りの $n-k$ 個の因子からは $t$ を選んでいる。この選び方の積は
$$
(-x_{i_1})(-x_{i_2})\cdots(-x_{i_k})\cdot t^{n-k}=(-1)^kx_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}\,t^{n-k}
$$
である。
段 3（まとめる）。$k$ を 1 つ決めると、$-x_i$ を選ぶ $k$ 個の番号の組 $\{i_1,\dots,i_k\}$ と選び方は 1 対 1 に対応する。したがって $t^{n-k}$ の項をすべて足すと、$(-1)^kt^{n-k}$ に「相異なる $k$ 個の $x_i$ の積の総和」、すなわち $e_k$ を掛けたものになる。$k=0,1,\dots,n$ について足して、前半の恒等式を得る。
段 4（後半）。$x_i$ に $\alpha_i$ を代入すると、前半から $f(t)=a_n\sum_{k=0}^n(-1)^ke_k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)\,t^{n-k}$ である。これと $f(t)=\sum_ja_jt^j$ の $t^{n-k}$ の係数を比べると $a_{n-k}=a_n(-1)^ke_k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$ で、両辺に $\frac{(-1)^k}{a_n}$ を掛ければ（$(-1)^k(-1)^k=1$）主張を得る。$\square$
(t − x₁)(t − x₂)(t − x₃) の展開。各因子から t か −xᵢ を選ぶ 8 通りの積を、−xᵢ を選んだ個数 k でまとめると、係数が (−1)ᵏeₖ になる。
$n=2$ なら $e_1=\alpha+\beta$、$e_2=\alpha\beta$ で、prop-vfm-quadratic に戻る。$n=3$ なら $e_1=-\frac ba$、$e_2=\frac ca$、$e_3=-\frac da$ で、冒頭の 3 次の関係になる。
$x^3-2x+1=0$ は $x=1$ を解にもち、$x^3-2x+1=(x-1)(x^2+x-1)$ と因数分解できる。解は $1,\ \frac{-1+\sqrt5}2,\ \frac{-1-\sqrt5}2$ である。これを $\alpha,\beta,\gamma$ とすると、定理から（$a_3=1$、$a_2=0$、$a_1=-2$、$a_0=1$）
- $e_1=\alpha+\beta+\gamma=0$、
- $e_2=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-2$、
- $e_3=\alpha\beta\gamma=-1$
である。実際、$\frac{-1+\sqrt5}2+\frac{-1-\sqrt5}2=-1$ なので和は $1-1=0$ である。これを使うと $\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=e_1^2-2e_2=0+4=4$ も、解を代入せずに求まる。
$(t-1)^2(t-2)(t-3)=t^4-7t^3+17t^2-17t+6$ である。根を重複込みで $1,1,2,3$ と並べると、ex-vfm-e-values で計算したとおり $e_1=7$、$e_2=17$、$e_3=17$、$e_4=6$ であり、定理の $e_1=-\frac{-7}1$、$e_2=\frac{17}1$、$e_3=-\frac{-17}1$、$e_4=\frac61$ と一致する。重解 $1$ は 2 回数える。
代数学の基本定理の意味と、3 次方程式の解の公式との関係は 複素数と方程式：代数学の基本定理 で扱う。
例と反例
| 外した仮定 | 崩れる主張 | ボックス |
|---|---|---|
| 根を重複込みで数える | 根の和 $=-\frac{a_{n-1}}{a_n}$ | ex-vfm-multiplicity |
| 係数の世界で「$0$ でない数の積は $0$ でない」 | 根を集めれば分解が得られる | ex-vfm-zmod8 |
$t^2-2t+1=(t-1)^2$ の根の集合は $\{1\}$ だけである。根を $\alpha_1=\alpha_2=1$ と重複込みで数えれば、和は $2=-\frac{-2}1$、積は $1=\frac11$ で正しい。しかし根の集合 $\{1\}$ の要素の和 $1$ は係数と合わない。thm-vfm-main は $f=a_n\prod(t-\alpha_i)$ という分解についての主張であり、根の集合についての主張ではない。重複度を捨てると「根の和 $=-\frac{a_{n-1}}{a_n}$」という結論が破れる。
8 で割った余りだけで計算する世界 $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$（$0,1,\dots,7$ で、足し算と掛け算の結果は 8 で割った余りにする。合同式と余りの世界 で扱う）を考える。$t^2-1$ に $t=0,1,\dots,7$ を代入すると、$0$ になるのは $t=1,3,5,7$ の 4 つである（$3^2=9$、$5^2=25$、$7^2=49$ はどれも 8 で割って 1 余る）。2 次式なのに根が 4 個ある。
- $(t-1)(t-7)=t^2-8t+7$ は、8 で割った余りでは $t^2-1$ に等しい。根の組 $1,7$ の和は $8\equiv0$、積は $7\equiv-1$ で、解と係数の関係は成り立つ。
- $(t-3)(t-5)=t^2-8t+15$ も $t^2-1$ に等しく、和 $8\equiv0$、積 $15\equiv-1$ で成り立つ。
- しかし根 $1$ と $3$ を選ぶと、和は $4\ne0$ である。$(t-1)(t-3)=t^2-4t+3$ は $t^2-1$ と異なるからである。
$2\cdot4=8\equiv0$ のように、$0$ でない数の積が $0$ になる世界では、「根をいくつか集めれば、その根による 1 次式の積に分解できる」という含意が破れ、根の集合から解と係数の関係を読むことはできない。複素数の世界ではこの含意は成り立つ。
さらに先へ
- 根の式のうち、根を並べ替えても変わらない式（対称式）は、すべて $e_1,\dots,e_n$ の多項式で書ける。したがって係数だけから計算できる。これが 対称式の基本定理（高校数学） である。
- $\alpha^k+\beta^k$ のような冪和を $e_k$ から順に計算する規則が Newtonの恒等式（高校数学） である。
- 正方行列の固有値の和は対角成分の和（トレース）に等しい。これは固有多項式に解と係数の関係を使ったものである（トレースと固有値）。
- 対称式の基本定理と Newton の恒等式の大学向けの説明は、対称式の基本定理・Newtonの恒等式 にある。
関連項目
- 入口: 根と係数の関係と対称式
- 前提: 2次方程式, 多項式, 剰余の定理と因数定理, 複素数
- 前に読む: 剰余の定理と因数定理, 恒等式と未定係数法
- 次に読む: 対称式の基本定理（高校数学）, Newtonの恒等式（高校数学）, トレースと固有値
- 関連（高校数学）: 判別式（高校数学）, 複素数と方程式：代数学の基本定理, 合同式と余りの世界, 2次方程式の判別式の正体
- 比較: 代数学の基本定理
- 発展: 対称式の基本定理, Newtonの恒等式, Galois理論
参考文献
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