相反方程式

同義語：相反多項式reciprocal equation

概要

前提知識: 剰余の定理と因数定理, 複素数と方程式：代数学の基本定理, 対称式・交代式と差積

高校での出発点：$x^2$ で割って $x+\frac1x$ とおく

4 次方程式は、一般には解くのがたいへんである。しかし係数が左右対称に並んでいると、2 次方程式を 2 回解くだけで済む。

係数が対称な 4 次方程式

$2x^4-9x^3+14x^2-9x+2=0$ を解く。係数は $2,-9,14,-9,2$ で、真ん中の $14$ について左右対称である。
段 1（$x^2$ で割る）。$x=0$ は解でない（左辺が $2$ になる）ので、両辺を $x^2$ で割ってよい。
$$ 2x^2-9x+14-\frac9x+\frac2{x^2}=0 $$
対称な位置の項をまとめると
$$ 2\Bigl(x^2+\frac1{x^2}\Bigr)-9\Bigl(x+\frac1x\Bigr)+14=0 $$
である。
段 2（$t=x+\frac1x$ とおく）。$t^2=x^2+2+\dfrac1{x^2}$ なので $x^2+\dfrac1{x^2}=t^2-2$ である。代入すると
$$ 2(t^2-2)-9t+14=0,\qquad\text{つまり}\qquad 2t^2-9t+10=0 $$
で、$(t-2)(2t-5)=0$ から $t=2$ または $t=\dfrac52$ である。
段 3（$x$ にもどす）。$x+\dfrac1x=t$ の両辺に $x$ を掛けると $x^2-tx+1=0$ である。

$t=2$ のとき $x^2-2x+1=(x-1)^2=0$ で、$x=1$（重解）。
$t=\dfrac52$ のとき $2x^2-5x+2=(x-2)(2x-1)=0$ で、$x=2,\ \dfrac12$。
よって解は $x=1$（2 重解）、$2$、$\dfrac12$ である。実際 $2x^4-9x^3+14x^2-9x+2=(x-1)^2(x-2)(2x-1)$ となる。

解が $2$ と $\dfrac12$、$1$ と $1$（$1$ の逆数は $1$）のように、逆数どうしの組になっている。これは偶然ではない。この記事で答える問いは次の 3 つである。

係数が左右対称な方程式は、いつも $t=x+\dfrac1x$ で次数を半分にできるか。→ thm-req-main
なぜ解は逆数どうしの組になるか。$t$ から $x$ にもどすとき、実数の解が出るのはいつか。→ prop-req-inverse、prop-req-t-range

次数が奇数のときや、係数が符号を変えて対称なときはどうするか。→ cor-req-odd、prop-req-anti

高校の計算	この記事の言葉	大学の言葉
$x^2$ で割り、$t=x+\frac1x$ とおく	相反多項式は $x^mQ(t)$	$x\mapsto\frac1x$ で不変な多項式
$x^2+\frac1{x^2}=t^2-2$	$x^k+x^{-k}$ は $t$ の多項式	Chebyshev 多項式
解が $\alpha$ と $\frac1\alpha$ の組	相反方程式の解の対称性	単位円に関する反転と共役
$x^4+x^3+x^2+x+1=0$	1 の 5 乗根	円分多項式

相反多項式

相反多項式と相反方程式

$n\ge1$ とし、$n$ 次の多項式
$$ P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\qquad(a_n\ne0) $$
の係数が、両端から数えて等しいこと、つまり
$$ a_k=a_{n-k}\qquad(k=0,1,\ldots,n) $$
が成り立つとき、$P(x)$ を 相反多項式 といい、方程式 $P(x)=0$ を 相反方程式 という。このとき $a_0=a_n\ne0$ である。便宜上、$0$ でない定数も $0$ 次の相反多項式とみなす。

相反多項式の例

$2x^2-5x+2$（係数 $2,-5,2$）は 2 次の相反多項式である。$2x^2-5x+2=(x-2)(2x-1)$ で、解は $2$ と $\dfrac12$ である。
$x^4+x^3+x^2+x+1$、$x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ は相反多項式である。
$2x^5-7x^4+5x^3+5x^2-7x+2$（係数 $2,-7,5,5,-7,2$）は 5 次の相反多項式である。
$x^2-3x+2$（係数 $1,-3,2$）は相反多項式でない。解は $1$ と $2$ で、$2$ の逆数 $\dfrac12$ は解でない。

係数が対称であることは、$x$ を $\dfrac1x$ に替える操作で言いかえられる。

$x$ を $\frac1x$ に替えても変わらない

$n$ 次の多項式 $P(x)$ について、次の 2 つは同じことである。
(R1) $P(x)$ は相反多項式である。
(R1) $x^nP\bigl(\frac1x\bigr)=P(x)$ が、$0$ でないすべての $x$ で成り立つ。

係数を並べかえる

$x\ne0$ のとき
$$ x^nP\Bigl(\frac1x\Bigr)=x^n\sum_{k=0}^{n}a_kx^{-k}=\sum_{k=0}^{n}a_kx^{n-k}=\sum_{j=0}^{n}a_{n-j}x^{j} $$
である（最後は $j=n-k$ とおいた）。つまり $x^nP\bigl(\frac1x\bigr)$ は、係数の並びを逆にした多項式 $a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n$ である。
(i) ならば $a_{n-j}=a_j$ なので、これは $P(x)$ に等しく (ii) が成り立つ。逆に (ii) が成り立てば、2 つの多項式 $\sum a_{n-j}x^j$ と $\sum a_jx^j$ が $0$ でないすべての $x$（無数の値）で等しいので、係数がすべて等しい（恒等式と未定係数法の一致の定理）。よって $a_{n-j}=a_j$ で (i) が成り立つ。$\square$

解は逆数どうしの組

$P(x)$ が相反多項式で $P(\alpha)=0$ なら、$\alpha\ne0$ であり、$P\bigl(\frac1\alpha\bigr)=0$ である。

定数項と $x\mapsto\frac1x$ の関係を使う

$P(0)=a_0\ne0$ なので $\alpha\ne0$ である。lem-req-flip の (ii) で $x=\alpha$ とすると $\alpha^nP\bigl(\frac1\alpha\bigr)=P(\alpha)=0$ で、$\alpha^n\ne0$ なので $P\bigl(\frac1\alpha\bigr)=0$ である。$\square$

ex-req-start の解 $2$ と $\dfrac12$、ex-req-examples (1) の解 $2$ と $\dfrac12$ は、この命題の例である。$1$ と $-1$ は自分自身が逆数なので、組の相手がいない解になりうる。

主定理：偶数次の相反多項式は $t=x+\frac1x$ の多項式で書ける

ex-req-start の段 2 では、$x^2+\dfrac1{x^2}$ を $t$ で書いた。もっと高い次数でも同じことができる。

$x^k+x^{-k}$ は $t$ の多項式

$t=x+\dfrac1x$（$x\ne0$）とおく。$t$ の多項式 $C_k(t)$ を
$$ C_0(t)=2,\qquad C_1(t)=t,\qquad C_{k+1}(t)=t\,C_k(t)-C_{k-1}(t)\quad(k\ge1) $$
で定めると、$k\ge0$ について
$$ x^k+\frac1{x^k}=C_k(t) $$
である。$k\ge1$ のとき $C_k(t)$ は整数係数の $k$ 次式で、最高次の係数は $1$ である。

2 つ前までを使う帰納法

段 1（$k=0,1$）。$x^0+x^0=2=C_0$、$x+\dfrac1x=t=C_1$ である。
段 2（$k-1,k$ から $k+1$ へ）。$k\ge1$ とし、$x^{k-1}+x^{-(k-1)}=C_{k-1}(t)$、$x^k+x^{-k}=C_k(t)$ が成り立つとする。
$$ \Bigl(x+\frac1x\Bigr)\Bigl(x^k+\frac1{x^k}\Bigr)=x^{k+1}+\frac{1}{x^{k-1}}+x^{k-1}+\frac1{x^{k+1}} $$
なので（展開して $x\cdot x^{-k}=x^{-(k-1)}$、$x^{-1}\cdot x^k=x^{k-1}$ を使った）
$$ x^{k+1}+\frac1{x^{k+1}}=t\Bigl(x^k+\frac1{x^k}\Bigr)-\Bigl(x^{k-1}+\frac1{x^{k-1}}\Bigr)=t\,C_k(t)-C_{k-1}(t)=C_{k+1}(t) $$
である。数学的帰納法により、すべての $k\ge0$ で成り立つ。
段 3（次数と係数）。$C_1=t$、$C_2=t\cdot t-2=t^2-2$ は整数係数で、次数は $1,2$、最高次の係数は $1$ である。$C_k$ と $C_{k-1}$ がそうなら、$tC_k$ は整数係数の $k+1$ 次式で最高次の係数 $1$、$C_{k-1}$ は次数 $k-1$（$k=1$ のときは定数 $2$）なので、差 $C_{k+1}$ も整数係数の $k+1$ 次式で、最高次の係数は $1$ である。$\square$

$k$	$C_k(t)=x^k+x^{-k}$
$1$	$t$
$2$	$t^2-2$
$3$	$t^3-3t$
$4$	$t^4-4t^2+2$
$5$	$t^5-5t^3+5t$

$C_3$ を 2 通りに求める

漸化式では $C_3=t\,C_2-C_1=t(t^2-2)-t=t^3-3t$ である。直接の計算では、$t^3=\Bigl(x+\dfrac1x\Bigr)^3=x^3+3x+\dfrac3x+\dfrac1{x^3}$ なので $x^3+\dfrac1{x^3}=t^3-3\Bigl(x+\dfrac1x\Bigr)=t^3-3t$ で、一致する。$x=2$ で確かめると、$t=\dfrac52$、$x^3+\dfrac1{x^3}=8+\dfrac18=\dfrac{65}8$、$t^3-3t=\dfrac{125}8-\dfrac{60}8=\dfrac{65}8$ である。

$x=\cos\theta+i\sin\theta$ とすると $\dfrac1x=\cos\theta-i\sin\theta$ で、$t=2\cos\theta$、$x^k+x^{-k}=2\cos k\theta$ となる。つまり $C_k(2\cos\theta)=2\cos k\theta$ で、$C_k$ は $k$ 倍角の公式の多項式である。この見方は Chebyshev多項式で詳しく扱う（同記事の正規化した Chebyshev 多項式 $C_n$ が、ここの $C_k$ と同じものである）。

偶数次の相反多項式の次数下げ

$P(x)$ を $2m$ 次の相反多項式（$m\ge1$）とする。このとき $m$ 次の多項式 $Q(t)$ で、$0$ でないすべての $x$ について
$$ P(x)=x^m\,Q\Bigl(x+\frac1x\Bigr) $$
となるものがある。$Q$ の最高次の係数は $P$ の最高次の係数 $a_{2m}$ に等しい。

真ん中の項を中心に組にする

方針：$x^m$ で割ると、真ん中の項 $a_mx^m$ から等しい距離にある 2 つの項が $x^k+x^{-k}$ の形にまとまる。lem-req-power でそれを $t$ で書く。
段 1（$x^m$ で割る）。$x\ne0$ とする。$P(x)=\displaystyle\sum_{j=0}^{2m}a_jx^j$ を $x^m$ で割ると $\dfrac{P(x)}{x^m}=\displaystyle\sum_{j=0}^{2m}a_jx^{j-m}$ である。$j=m$ の項は $a_m$ である。$k=1,\ldots,m$ について、$j=m+k$ の項 $a_{m+k}x^{k}$ と $j=m-k$ の項 $a_{m-k}x^{-k}$ を組にする。相反多項式なので $a_{m+k}=a_{2m-(m+k)}=a_{m-k}$ であり、組の和は $a_{m-k}\bigl(x^k+x^{-k}\bigr)$ になる。よって
$$ \frac{P(x)}{x^m}=a_m+\sum_{k=1}^{m}a_{m-k}\Bigl(x^k+\frac1{x^k}\Bigr) $$
である。
段 2（$t$ で書く）。lem-req-power により $x^k+x^{-k}=C_k(t)$ なので
$$ Q(t)=a_m+\sum_{k=1}^{m}a_{m-k}\,C_k(t) $$
とおけば $\dfrac{P(x)}{x^m}=Q\Bigl(x+\dfrac1x\Bigr)$ である。両辺に $x^m$ を掛けて結論の式を得る。
段 3（$Q$ の次数）。$C_k$ は $k$ 次で最高次の係数 $1$ なので、$Q$ の中で $t^m$ を含むのは $k=m$ の項 $a_0C_m(t)$ だけであり、$t^m$ の係数は $a_0$ である。$a_0=a_{2m}\ne0$ なので、$Q$ は $m$ 次で最高次の係数は $a_{2m}$ である。$\square$

ex-req-start では $m=2$、$a_2=14$、$a_1=-9$、$a_0=2$ で、$Q(t)=14+(-9)C_1(t)+2C_2(t)=14-9t+2(t^2-2)=2t^2-9t+10$ となり、ex-req-start の段 2 の計算と一致する。
定理から、相反方程式 $P(x)=0$ の解き方は次の手順になる。$x=0$ は解でない（prop-req-inverse）ので、$P(x)=0$ は $Q\bigl(x+\frac1x\bigr)=0$ と同じである。
(R1) $m$ 次方程式 $Q(t)=0$ を解いて、解 $t_1,\ldots,t_m$ を求める。
(R1) 各 $t_i$ について、2 次方程式 $x^2-t_ix+1=0$ を解く（$x+\frac1x=t_i$ の両辺に $x$ を掛けた）。
2 次方程式 $x^2-t_ix+1=0$ の 2 つの解の積は $1$ なので、得られる解は $\alpha$ と $\dfrac1\alpha$ の組である。これが prop-req-inverse の別の見方である。

1 の 5 乗根の方程式

$x^4+x^3+x^2+x+1=0$ を解く。$m=2$、$a_2=a_1=a_0=1$ なので $Q(t)=1+C_1(t)+C_2(t)=1+t+t^2-2=t^2+t-1$ である。$t^2+t-1=0$ から
$$ t=\frac{-1+\sqrt5}2=0.618\ldots,\qquad t=\frac{-1-\sqrt5}2=-1.618\ldots $$
である。それぞれ $x^2-tx+1=0$ を解くと、判別式 $t^2-4$ はどちらも負（$0.381\ldots-4$、$2.618\ldots-4$）なので、4 つの解はどれも実数でない。
$x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$ なので、4 つの解は $1$ 以外の 1 の 5 乗根である。$x=\cos72^\circ+i\sin72^\circ$ のとき $t=2\cos72^\circ$ なので、$2\cos72^\circ=\dfrac{-1+\sqrt5}2$ が分かる（$72^\circ$ の余弦は正なので、正の方の $t$ である）。この値と黄金比の関係は正五角形と黄金比で扱う。

$t$ から実数の $x$ が出るのはいつか

ex-req-five では、$t$ は実数なのに $x$ は実数にならなかった。$t$ の値と $x$ の関係を調べる。

$t$ の範囲と $x$

$t$ を実数とし、2 次方程式 $x^2-tx+1=0$ の解を考える。
(R1) $\lvert t\rvert>2$ なら、異なる 2 つの実数の解をもち、2 つは同符号で互いに逆数である。
(R1) $t=2$ なら $x=1$（重解）、$t=-2$ なら $x=-1$（重解）である。
(R1) $\lvert t\rvert<2$ なら、互いに共役な 2 つの虚数の解をもち、どちらも絶対値が $1$ である。

判別式と解の積を見る

判別式は $t^2-4$、解の積は $1$、和は $t$ である（根と係数の関係と対称式）。
(i)：$t^2-4>0$ なので異なる 2 つの実数の解をもつ。積が $1>0$ なので同符号で、積が $1$ なので互いに逆数である。
(ii)：$t=2$ なら $x^2-2x+1=(x-1)^2$、$t=-2$ なら $x^2+2x+1=(x+1)^2$ である。
(iii)：$t^2-4<0$ なので、解は互いに共役な虚数 $\alpha$、$\bar\alpha$ である（実数係数の 2 次方程式の性質）。積は $\alpha\bar\alpha=\lvert\alpha\rvert^2$ で、これが $1$ に等しいので $\lvert\alpha\rvert=\lvert\bar\alpha\rvert=1$ である。$\square$

y = x + 1/x のグラフ。x が正なら値は 2 以上、x が負なら値は -2 以下で、-2 と 2 の間の値はとらない。値 5/2 には x = 1/2 と x = 2 の 2 点が対応する
図 1 は $y=x+\dfrac1x$ のグラフである。$x>0$ では $x+\dfrac1x\ge2$（相加平均と相乗平均の不等式。等号は $x=1$）、$x<0$ では $x+\dfrac1x\le-2$ で、$-2< y<2$ の値はとらない。$\lvert t\rvert>2$ の水平線はグラフと 2 点で交わり、その 2 点の $x$ 座標が $\alpha$ と $\dfrac1\alpha$ である。ex-req-start の $t=\dfrac52$ では $x=\dfrac12$ と $x=2$ である。

奇数次の相反方程式と、符号が反対の場合

thm-req-main は偶数次の場合だった。奇数次では、まず決まった解を 1 つ取り除く。

奇数次の相反多項式

$P(x)$ を $2m+1$ 次の相反多項式（$m\ge0$）とする。このとき $P(-1)=0$ であり、$P(x)=(x+1)R(x)$ となる $2m$ 次の多項式 $R(x)$ は相反多項式である。

係数を組にして $-1$ を代入する

段 1（$P(-1)=0$）。$n=2m+1$ とする。$k$ 次の項と $n-k$ 次の項を組にする（$n$ が奇数なので $k\ne n-k$ で、すべての項がちょうど 1 回ずつ組に入る）。$x=-1$ を代入すると、組の和は
$$ a_k(-1)^k+a_{n-k}(-1)^{n-k}=a_k\bigl\{(-1)^k+(-1)^{n-k}\bigr\} $$
である（$a_{n-k}=a_k$）。$n-k$ と $k$ の和 $n$ は奇数なので、$n-k$ と $k$ の偶奇は異なり、$(-1)^{n-k}=-(-1)^k$ である。よって組の和は $0$ で、$P(-1)=0$ である。
段 2（$R$ は相反多項式）。因数定理により $P(x)=(x+1)R(x)$ となる $2m$ 次の多項式 $R$ がある。lem-req-flip により、$x\ne0$ で $x^{2m+1}P\bigl(\frac1x\bigr)=P(x)$ である。左辺は
$$ x^{2m+1}\Bigl(\frac1x+1\Bigr)R\Bigl(\frac1x\Bigr)=(1+x)\,x^{2m}R\Bigl(\frac1x\Bigr) $$
なので、$(x+1)x^{2m}R\bigl(\frac1x\bigr)=(x+1)R(x)$ である。$x\ne0,-1$ で両辺を $x+1$ で割ると $x^{2m}R\bigl(\frac1x\bigr)=R(x)$ である。両辺はどちらも $x$ の多項式（左辺は $R$ の係数を逆に並べた多項式）で、無数の $x$ で一致するので多項式として等しく、lem-req-flip により $R$ は相反多項式である。$\square$

5 次の相反方程式

$2x^5-7x^4+5x^3+5x^2-7x+2=0$ を解く。$x=-1$ を代入すると $-2-7-5+5+7+2=0$ である。組立除法で $x+1$ で割ると
$$ 2x^5-7x^4+5x^3+5x^2-7x+2=(x+1)(2x^4-9x^3+14x^2-9x+2) $$
で、商は ex-req-start の 4 次の相反多項式である。よって解は $x=-1$、$1$（2 重解）、$2$、$\dfrac12$ である。

係数が「符号を反対にして」対称な多項式も、同じように扱える。

反相反多項式

$n$ 次の多項式 $P(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^na_kx^k$（$a_n\ne0$）が $a_k=-a_{n-k}$（$k=0,\ldots,n$）を満たすとき、反相反多項式 という。

反相反多項式が必ずもつ解

$P(x)$ を反相反多項式とする。
(R1) $P(1)=0$ で、$P(x)=(x-1)R(x)$ の $R$ は相反多項式である。
(R1) $P$ の次数が偶数なら、さらに $P(-1)=0$ で、$P(x)=(x^2-1)S(x)$ の $S$ は相反多項式である。

符号が反対の組を足す

要点：$a_k=-a_{n-k}$ なので、$x=1$ を代入すると組ごとに打ち消し合って $P(1)=0$ である。lem-req-flip と同じ計算で $x^nP\bigl(\frac1x\bigr)=-P(x)$ となり、これに $P=(x-1)R$ を入れると $R$ が相反多項式であることが分かる。

詳しい証明を開く

(i)：$n$ を $P$ の次数とする。$k=n-k$ となる $k$（$n$ が偶数のときの真ん中）では $a_k=-a_k$ から $a_k=0$ である。それ以外の $k$ は $k$ と $n-k$ で組にでき、$x=1$ での組の和は $a_k+a_{n-k}=0$ である。よって $P(1)=0$ で、因数定理により $P=(x-1)R$ となる $n-1$ 次の $R$ がある。prf-req-flip と同じ計算で、$x\ne0$ のとき $x^nP\bigl(\frac1x\bigr)=\sum_ja_{n-j}x^j=-\sum_ja_jx^j=-P(x)$ である。左辺は $x^n\bigl(\frac1x-1\bigr)R\bigl(\frac1x\bigr)=-(x-1)x^{n-1}R\bigl(\frac1x\bigr)$ なので、$-(x-1)x^{n-1}R\bigl(\frac1x\bigr)=-(x-1)R(x)$ で、$x\ne0,1$ で割って $x^{n-1}R\bigl(\frac1x\bigr)=R(x)$ である。lem-req-flip により $R$ は相反多項式である。

(ii)：$n$ が偶数なら $R$ は奇数次の相反多項式なので、cor-req-odd により $R(-1)=0$、$R=(x+1)S$ で $S$ は相反多項式である。$P=(x-1)(x+1)S=(x^2-1)S$ である。$\square$

多項式の種類	次数	必ずもつ解	取り除いた後
相反 $a_k=a_{n-k}$	偶数 $2m$	なし	そのまま $x^mQ(t)$（thm-req-main）
相反 $a_k=a_{n-k}$	奇数	$x=-1$	$x+1$ で割ると偶数次の相反（cor-req-odd）
反相反 $a_k=-a_{n-k}$	奇数	$x=1$	$x-1$ で割ると偶数次の相反
反相反 $a_k=-a_{n-k}$	偶数	$x=1$、$x=-1$	$x^2-1$ で割ると偶数次の相反

反相反方程式

$x^4-3x^3+3x-1=0$（係数 $1,-3,0,3,-1$）は偶数次の反相反方程式である。$x=\pm1$ を代入すると $1-3+3-1=0$、$1+3-3-1=0$ である。$x^2-1$ で割ると $x^4-3x^3+3x-1=(x^2-1)(x^2-3x+1)$ で、商 $x^2-3x+1$ は相反多項式である。$x^2-3x+1=0$ の解は $\dfrac{3\pm\sqrt5}2$ で、積は $1$ なので互いに逆数である。解は $x=\pm1,\ \dfrac{3\pm\sqrt5}2$ である。
$x^3-2x^2+2x-1=0$（係数 $1,-2,2,-1$）は奇数次の反相反方程式で、$x=1$ を解にもつ。$x^3-2x^2+2x-1=(x-1)(x^2-x+1)$ で、商 $x^2-x+1$ は相反多項式である。

正七角形の方程式

1 の 7 乗根の方程式から、$2\cos\dfrac{2\pi}7$ が満たす 3 次方程式が出る。

$x^6+x^5+\cdots+1=0$ と 3 次方程式

$P(x)=x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ は 6 次の相反多項式で、$m=3$、$a_3=a_2=a_1=a_0=1$ である。thm-req-main の証明の $Q$ は
$$ Q(t)=1+C_1(t)+C_2(t)+C_3(t)=1+t+(t^2-2)+(t^3-3t)=t^3+t^2-2t-1 $$
で、$P(x)=x^3\bigl(t^3+t^2-2t-1\bigr)$（$t=x+\frac1x$）である。
$x^7-1=(x-1)P(x)$ なので、$P(x)=0$ の 6 つの解は $1$ 以外の 1 の 7 乗根 $x=\cos\dfrac{2\pi k}7+i\sin\dfrac{2\pi k}7$（$k=1,\ldots,6$）である。$x$ と $\dfrac1x$（$k$ と $7-k$）の組ごとに $t=2\cos\dfrac{2\pi k}7$ となるので、$Q(t)=0$ の 3 つの解は
$$ t=2\cos\frac{2\pi}7=1.2469\ldots,\qquad 2\cos\frac{4\pi}7=-0.4450\ldots,\qquad 2\cos\frac{6\pi}7=-1.8019\ldots $$
である。どれも $-2$ と $2$ の間にあり、prop-req-t-range (iii) のとおり、対応する $x$ は絶対値 $1$ の虚数である。
$t^3+t^2-2t-1=0$ は有理数の解をもたない。最高次の係数と定数項が $\pm1$ なので、有理数の解の候補は $\pm1$ だけである（剰余の定理と因数定理の命題「有理数の根の候補」）。ところが $t=1$ で $1+1-2-1=-1$、$t=-1$ で $-1+1+2-1=1$ で、どちらも $0$ でない。

1 の 7 乗根のうち 1 以外の 6 点は単位円の上にあり、x と 1/x は実軸について対称な位置にある。x + 1/x は実軸の上の点 2cos(2πk/7) になる
図 2 は、ex-req-seven の 6 つの解を複素数平面にかいたものである。$\lvert x\rvert=1$ のとき $\dfrac1x=\bar x$（共役な複素数）なので、$x$ と $\dfrac1x$ は実軸について対称な位置にある。2 つの和 $x+\bar x=2\cos\theta$ は実軸の上の点になる。こうして 6 次方程式が 3 次方程式に落ちる。$t^3+t^2-2t-1=0$ の解が平方根だけでは書けないこと、そのため正七角形が定規とコンパスで作図できないことは正多角形の作図可能性で扱う（同記事では、この 3 次方程式を余弦の和から導いている）。Chebyshev多項式の例「周期 3 の軌道と 7 等分の角」にも同じ方程式が現れる。

例と反例

thm-req-main と prop-req-inverse の仮定を外すと何が崩れるか、また $t$ から $x$ にもどすときの注意を並べる。

外す条件	反例	成り立たなくなること
係数が対称	$x^2-3x+2$	$\alpha$ が解なら $\frac1\alpha$ も解
$a_0\ne0$（両端の係数が $0$ でない）	係数の並び $0,1,2,1,0$ の $x^3+2x^2+x$	$\alpha$ が解なら $\frac1\alpha$ も解、$Q$ が $m$ 次
$\lvert t\rvert\ge2$	$t=1$	実数の $t$ から実数の $x$ が出る

反例：係数が対称でない

$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ の解は $1$ と $2$ である。$2$ は解だが $\dfrac12$ は解でない（$\dfrac14-\dfrac32+2=\dfrac34\ne0$）。係数 $1,-3,2$ は対称でないので、prop-req-inverse の仮定を満たさない。

反例：両端の係数が 0

$x^3+2x^2+x$ を「$0\cdot x^4+x^3+2x^2+x+0$」と見ると、係数の並び $0,1,2,1,0$ は左右対称である。しかし $x^4$ の係数が $0$ なので、これは 4 次の多項式ではなく、def-req-reciprocal の相反多項式ではない。実際、$x^3+2x^2+x=x(x+1)^2$ は $x=0$ を解にもち、$0$ の逆数はない。$x^2$ で割ると $x+2+\dfrac1x=t+2$ となり、$Q(t)=t+2$ は $2$ 次でなく $1$ 次である。$x$ をくくり出した残り $x^2+2x+1$ は 2 次の相反多項式で、$x=0$ 以外の解は $-1$（重解）である。

反例：$\lvert t\rvert<2$ では実数の $x$ は出ない

$t=1$ のとき $x^2-x+1=0$ で、判別式は $1-4=-3<0$ なので、解 $x=\dfrac{1\pm\sqrt3\,i}2$ は虚数である。絶対値は $\sqrt{\dfrac14+\dfrac34}=1$ で、prop-req-t-range (iii) のとおりである。実数の解だけを求める問題では、$Q(t)=0$ の解のうち $\lvert t\rvert\ge2$ のものだけが実数の $x$ を与える。

大学数学で見る：円分多項式

ex-req-five と ex-req-seven の $x^4+x^3+x^2+x+1$ と $x^6+\cdots+1$ は、$1$ 以外の 1 の $p$ 乗根（$p=5,7$）を解にもつ多項式である。一般に、1 の $n$ 乗根のうち、$n$ 乗して初めて $1$ になるもの（原始 $n$ 乗根、1の冪根）をすべて解にもつ最高次の係数 $1$ の多項式を、円分多項式 $\Phi_n(x)$ という。$\Phi_n$ の次数は $\varphi(n)$（$1$ 以上 $n$ 以下で $n$ と互いに素な整数の個数）で、有理数係数の範囲ではそれ以上因数分解できない（Mil22 の §5、Theorem 5.10）。

円分多項式が相反多項式であることと、$2\cos\frac{2\pi}n$ の方程式を開く

$n\ge3$ のとき、原始 $n$ 乗根 $\zeta$ の逆数 $\dfrac1\zeta=\zeta^{n-1}$ も原始 $n$ 乗根で、$\zeta\ne\dfrac1\zeta$ である（$\zeta=\dfrac1\zeta$ なら $\zeta^2=1$ で、$n\ge3$ の原始 $n$ 乗根にならない）。解が逆数どうしの組に分かれるので、$\Phi_n$ は偶数次の相反多項式になる（この記事では証明しない）。thm-req-main により $\Phi_n(x)=x^{\varphi(n)/2}Q_n\bigl(x+\frac1x\bigr)$ と書け、$Q_n(t)=0$ の解は $2\cos\dfrac{2\pi k}n$（$k$ は $n$ と互いに素、$1\le k<\dfrac n2$）である。ex-req-seven は $n=7$ の場合で、$Q_7(t)=t^3+t^2-2t-1$ である。$2\cos\dfrac{2\pi}n$ を解にもつ有理数係数の多項式の最小の次数が $\dfrac{\varphi(n)}2$ になることは、正多角形の作図可能性の定理「次数についての 2 つの事実」で紹介されている（この記事では証明しない）。

方程式の解の入れ替えの対称性を調べる理論（Galois 理論）では、thm-req-main の次数下げは、「$x$ と $\frac1x$ を入れ替える」対称性で方程式を割り算したものと見られる（Galois理論）。

さらに先へ

$t=x+\dfrac1x$ の代わりに $s=x-\dfrac1x$ を使うと、別の型の対称性をもつ方程式も次数を半分にできる。たとえば $x^4-3x^3+3x+1=0$ は、$x^2$ で割ると $\Bigl(x^2+\dfrac1{x^2}\Bigr)-3\Bigl(x-\dfrac1x\Bigr)=0$ で、$x^2+\dfrac1{x^2}=s^2+2$ から $s^2-3s+2=0$、$s=1,2$ になる。
対称式・交代式と差積では文字の入れ替えで変わらない式を扱った。この記事の相反多項式は、$x\mapsto\dfrac1x$ という操作で（$x^n$ 倍を除いて）変わらない多項式である。どちらも「ある操作で変わらない」ことを使って式を簡単にする。