https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2016/Rikei

2025.04.20記

[6] 複素数を係数とする2次式 $f(x)=x^2+ax+b$ に対し，次の条件を考える．

（イ） $f(x^3)$ は $f(x)$ で割り切れる．

（ロ） $f(x)$ の係数 $a，b$ の少なくとも一方は虚数である．

この2つの条件（イ），（ロ）を同時に満たす2次式をすべて求めよ．

2025.04.20記(16:35)
2016年(平成28年)京都大学-数学(文系)[5] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
の類題．

複素数を係数とする2次方程式は複素数の範囲で解を持つことは今は高校で習うのか？
$x^2+ax+b=\left(x+\dfrac{a}{2}\right)^2-\dfrac{a^2-4b}{4}$
であり，複素数 $\dfrac{a^2-4b}{4}$ を極表示して $r(\cos\theta+i\sin\theta)$ とおくと， $\alpha=\sqrt{r}\left(\cos\dfrac{\theta}{2}+i\sin\dfrac{\theta}{2}\right)$ なる複素数を用いて
$x^2+ax+b=\left(x+\dfrac{a}{2}\right)^2-\alpha^2$ $=\left(x+\dfrac{a}{2}-\alpha\right)\left(x+\dfrac{a}{2}+\alpha\right)$
と因数分解できるので， $x^2+ax+b=0$ の解は $x=-\dfrac{a}{2}\pm\alpha$ の2つに限る（ $a^2-4b=0$ のときは重解）．

[解答]
複素数を係数とする2次方程式は複素数の範囲で重複度も込めて解を2つ持つので
$f(x)=(x-\alpha)(x-\beta)$ （ $\alpha，\beta$ は複素数）
と因数分解でき，（ロ）より $\alpha，\beta$ の少なくとも一方は虚数…(★)である．

$F(x):=f(x^3)=(x^3-\alpha)(x^3-\beta)$ が $f(x)$ で割り切れることから
$F(\alpha)=F(\beta)=0$ ，つまり
$F(\alpha)=f(\alpha^3)=(\alpha^3-\alpha)(\alpha^3-\beta)=0$ ，
$F(\beta)=f(\beta^3)=(\beta^3-\alpha)(\beta^3-\beta)=0$ ，
が成立する．

(i) $\alpha^3-\alpha=0$ とすると $\alpha=0，-1，1$ であり，(★)から $\beta^3-\beta\neq 0$ であるから $\beta^3-\alpha=0$ である．このとき適する $(\alpha，\beta)$ は
$\eta=\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}$ （ $x^3=-1$ の虚数解の1つ）とおき， $\omega=\eta^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ とおくと
$(\alpha，\beta)=(-1，\eta)$ ， $(-1，\overline{\eta})$ ， $(1，\omega)$ ， $(1，\overline{\omega})$
であり，このとき $1-\eta-1=1+\eta^4=1+\omega^2=-\omega$ に注意して
$(a，b)=(-\omega，-\eta)$ ， $(-\overline{\omega}，-\overline{\eta})$ ， $(-\eta，\omega)$ ， $(-\overline{\eta}，\overline{\omega})$
である．

(ii) $\alpha^3-\alpha\neq 0$ とすると $\alpha^3=\beta$ である．このとき

(a) $\beta^3-\beta=0$ の場合は (i) で $\alpha$ と $\beta$ を入れ替えたもので同じ結果となる．

(b) $\beta^3-\beta\neq 0$ の場合は $\beta^3=\alpha$ であるから， $\alpha^9=\alpha$ となるので
$\alpha^9-\alpha=\alpha(\alpha-1)(\alpha+1)(\alpha^2+1)(\alpha^4+1)=0$
となるが $\alpha$ が実数の場合は $\beta=\alpha^3$ も実数となり(★)に反し， $\beta$ が $\alpha$ の共役複素数となる（ $\alpha=\pm i$ のとき $\beta=\overline{\alpha}$ ）場合も(★)に反するので
$\alpha^4+1=0$ から $\zeta=\dfrac{1+i}{\sqrt{2}}$ （ $x^4=-1$ の虚数解の1つ）とおくと
$\{\alpha，\beta\}=\{\zeta，\zeta^3\}，\{\zeta^5，\zeta^7\}=\{\overline{\zeta}^3，\overline{\zeta}\}$
となり， $\zeta+\zeta^3=\zeta-\overline{\zeta}=2\mbox{Im}(\zeta)$ ， $\zeta\cdot\zeta^3=-1$ に注意して
$(a，b)=(\mp 2\mbox{Im}(\zeta)\,i，-1)$
となる．

以上から求める $f(x)$ は
$x^2-\omega x-\eta$ ， $x^2-\overline{\omega} x-\overline{\eta}$ ，
$x^2-\eta x+\omega$ ， $x^2-\overline{\eta} x+\overline{\omega}$ ，
$x^2\mp 2\mbox{Im}(\zeta)\, ix-1$ ，
つまり
$x^2-\dfrac{1\pm\sqrt{3}i}{2}x+\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ （複号同順），
$x^2-\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}x-\dfrac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ （複号同順），
$x^2\pm\sqrt{2}ix-1$
の6個．

双方が単位複素数となることを示すまでが少し面倒であるが，それさえ済めば単なる偏角の問題となる．

[うまい解答]
複素数を係数とする2次方程式は複素数の範囲で重複度も込めて解を2つ持つので $x^2+ax+b=0$ の2解を
$\alpha=r_1(\cos\theta+i\sin\theta)$ ， $\beta=r_2(\cos\varphi+i\sin\varphi)$ （ $r_1，r_2\geqq 0$ ）
とおくと $f(x^3)$ が $f(x)$ で割り切れることから
$f(\alpha^3)=f(\beta^3)=0$
が成立する（詳細は[解答]参照）．

よって $\{\alpha^3，\beta^3\}\subset\{\alpha，\beta\}$ が成立する．ここで複素数の大きさに着目すると
$\{r_1^3，r_2^3\}\subset\{r_1，r_2\}$
であるが， $r_1\neq 0，1$ のとき $r_1^3\neq r_1$ であるから $r_1^3=r_2\neq 0，1$ となり $r_2^3\neq r_2$ が導かれ $r_2^3=r_1$ から $r_1=r_1^9$ となり $r_1=0，1$ となり矛盾する．

よって $r_1=0，1$ であり，同様に $r_2=0，1$ である．

(i) $r_1=0，r_2=0$ のとき $a=b=0$ となり（ロ）に反する．

(ii) $r_1=0，r_2=1$ のとき $\alpha=0$ ， $\beta\neq 0$ であるから
$\{0，\beta^3\}\subset\{0，\beta\}$
から $\beta^3=\beta$ となり $\beta$ は実数となり $a，b$ は実数となり（ロ）に反する．

(iii) $r_1=1，r_2=0$ のとき (ii) で $\alpha$ と $\beta$ を入れ替えたものだから（ロ）に反する．

よって $r_1=r_2=1$ である．このとき $\alpha=\cos\theta+i\sin\theta$ ， $\beta=\cos\varphi+i\sin\varphi$ であるから mod $2\pi$ で $\{3\theta，3\varphi\}\subset\{\theta，\varphi\}$ が成立する．ここで（ロ）は $\theta+\varphi\not\equiv 0$ と同値になる．

(a) $3\theta\equiv\theta$ ， $3\varphi\equiv\varphi$ のとき：
$2\theta\equiv 0$ ， $2\varphi\equiv 0$ より $\theta，\varphi$ は $\pi$ の整数倍だから $\alpha，\beta$ は実数となり不適．

(b) $3\theta\equiv\theta$ ， $3\varphi\equiv\theta$ のとき：
$2\theta\equiv 0$ ， $3(\varphi-\theta)\equiv 0$ より $\theta$ は $\pi$ の整数倍で $\varphi-\theta$ は $\dfrac{2\pi}{3}$ の整数倍である．
ここで $\theta\equiv0，\pi$ として良く， $\varphi\equiv \theta\pm\dfrac{2\pi}{3}$ により
$(\theta，\varphi)\equiv\left(0，\pm\dfrac{2\pi}{3}\right)$ ， $\left(\pi，\pm\dfrac{\pi}{3}\right)$
である．

(d) $3\theta\equiv\varphi$ ， $3\varphi\equiv\theta$ のとき：
$2(\theta+\varphi)\equiv 0$ ， $8\theta\equiv 0$ より
$4\theta\equiv\theta+\varphi$ は $\theta+\varphi\not\equiv 0$ から $\pi$ の奇数倍である．
よって $\{\theta，\varphi\}\equiv\left\{\pm\dfrac{\pi}{4}，\pm\dfrac{3\pi}{4}\right\}$ （複号同順）となる．

以上から
$\{\theta，\varphi\}\equiv\left\{0，\pm\dfrac{2\pi}{3}\right\}$ ， $\left\{\pi，\pm\dfrac{\pi}{3}\right\}$ ， $\left\{\pm\dfrac{\pi}{4}，\pm\dfrac{3\pi}{4}\right\}$ （3つ目は複号同順）
となる．これらの値を
$x^2-\{\cos\theta+\cos\varphi+i(\sin\theta+\sin\varphi)\}x+\cos(\theta+\varphi)+i\sin(\theta+\varphi)$
代入して
$x^2-\dfrac{1\pm\sqrt{3}i}{2}x+\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ （複号同順），
$x^2-\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}x-\dfrac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ （複号同順），
$x^2\pm\sqrt{2}ix-1$
の6個を得る．