複素数と方程式 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^4+4=0$ をいきなり複素数で解くより、実数の範囲で因数分解するのが賢い。$3$ 項に見えないが、平方の差を作る。

$x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2{)}^2-(2x{)}^2$。$4x^2$ を足して引くのがコツだ。平方の差の公式で $(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$。各 $2$ 次方程式を解の公式で解けば、$x=\pm 1\pm i$($4$ 個)。

① 因数分解する。

$$x^4+4=(x^2+2{)}^2-(2x{)}^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$$

② 各 $2$ 次方程式を解く。

• $x^2+2x+2=0$:$x=\frac{-2\pm \sqrt{4-8}}{2}=\frac{-2\pm 2i}{2}=-1\pm i$。
• $x^2-2x+2=0$:$x=\frac{2\pm \sqrt{4-8}}{2}=1\pm i$。

よって

$$x=1+i,1-i,-1+i,-1-i$$

まとめ:$x^4+(\text{定数})$ の形は、平方の差を作って $2$ 次式の積に分解するのが基本だ。$4$ 次方程式は $2$ 次 $2$ つに分けて、それぞれを複素数の範囲で解く。$4$ つの解は $\pm 1\pm i$ と対称に並ぶ。

発展。 $x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$ はソフィー・ジェルマンの恒等式 $x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy+2y^2)$($y=1$)。この分解から、$n^4+4$ が素数になるのは $n=1$($=5$)だけ、と分かる($n\ge 2$ で $2$ つの因数が両方 $>1$)。因数分解が素数判定に役立つ例だ。

別解

別解:極形式(ド・モアブル)で $4$ 乗根を並べる(得意な人向けの視点)。 $x^4=-4$ を、右辺を極形式にして解く。$-4=4(\cos 180°+i\sin 180°)$。

$4$ 乗根は、絶対値が $\sqrt[4]{4}=\sqrt{2}$、偏角が $\frac{180°+360°k}{4}=45°+90°k$($k=0,1,2,3$)。

$$x=\sqrt{2}(\cos (45°+90°k)+i\sin (45°+90°k)).$$

$k=0$: $\sqrt{2}(\cos 45°+i\sin 45°)=\sqrt{2}\cdot \frac{1+i}{\sqrt{2}}=1+i$。$k=1$: 偏角 $135°$ で $-1+i$。$k=2$: $225°$ で $-1-i$。$k=3$: $315°$ で $1-i$。

$4$ 解 $1+i,-1+i,-1-i,1-i$ は、複素数平面で正方形の頂点をなす。実数の因数分解(本解)と同じ答えに、極形式では「$4$ 乗根は偏角を $4$ 等分して $90°$ ずつ回す」という規則から着く。$1$ の $n$ 乗根が正 $n$ 角形をなすのと同じ、円周の等分だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\alpha }^3$ を解の値から直接計算するのは無理。解と係数の関係と、「各解が方程式を満たす」ことを使う。

まず基本対称式。解と係数の関係で $\alpha +\beta +\gamma =2$、$\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =3$、$\alpha \beta \gamma =4$。各解は $x^3=2x^2-3x+4$ を満たす($x^3-2x^2+3x-4=0$ の移項)。だから $\sum {\alpha }^3=2\sum {\alpha }^2-3\sum \alpha +12$。$\sum {\alpha }^2=(\sum \alpha {)}^2-2\sum \alpha \beta$ を計算して代入すれば出る。

① 基本対称式。 $x^3-2x^2+3x-4=0$ より

$$\alpha +\beta +\gamma =2,\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =3,\alpha \beta \gamma =4$$

② $2$ 乗の和。 ${\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2=(\alpha +\beta +\gamma {)}^2-2(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )=2^2-2\cdot 3=-2$。

③ 次数を下げて足す。 各解は ${\alpha }^3=2{\alpha }^2-3\alpha +4$ を満たす($\beta ,\gamma$ も同様)。$3$ つ足すと

$${\alpha }^3+{\beta }^3+{\gamma }^3=2({\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2)-3(\alpha +\beta +\gamma )+4\cdot 3$$

$$=2\cdot (-2)-3\cdot 2+12=-4-6+12=2$$

まとめ:$3$ 解の $3$ 乗和は「解は方程式を満たす(${\alpha }^3=\cdots$)」で次数を下げ、$2$ 乗和・$1$ 乗和(基本対称式で計算)に帰着させるのが速い。$3$ 解ぶん足すと定数項が $3$ 倍になる点に注意。

発展。 ニュートンの公式 $p_k=e_1{p}_{k-1}-e_2{p}_{k-2}+e_3{p}_{k-3}$ は、べき和 $p_k$ を基本対称式で次々に生成する。$3$ 次方程式の解の $p_4,p_5,\dots$ もこの漸化式で求まる。逆に $p_k$ から $e_k$ を復元することもでき、対称式の理論の中核をなす。フィボナッチ数列の $p_k$ もこの形だ。

別解

別解:ニュートンの公式($p_k$ の漸化式)で機械的に求める(得意な人向けの高い視点)。 べき和 $p_k={\alpha }^k+{\beta }^k+{\gamma }^k$ は、基本対称式 $e_1=2,e_2=3,e_3=4$ から漸化式で出る(ニュートンの公式)。

$$p_1=e_1=2,p_2=e_1{p}_1-2e_2=4-6=-2,p_3=e_1{p}_2-e_2{p}_1+3e_3.$$

$$p_3=2\cdot (-2)-3\cdot 2+3\cdot 4=-4-6+12=2.$$

各解が方程式を満たす(${\alpha }^3=2{\alpha }^2-3\alpha +4$)ことを使う本解と、ニュートンの公式は同じ結果 $p_3=2$。ニュートンの公式は $p_4,p_5,\dots$ もこの漸化式で次々に出せるのが強みで、対称式の計算を系統化する。「各解が方程式を満たす」は、$3$ 次までなら最も素朴で、それをまとめたのがニュートンの公式だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\omega$ は ${\omega }^2+\omega +1=0$、${\omega }^3=1$ を満たす $1$ の虚立方根。$100$ 乗をまともに展開せず、$\omega$ の性質で簡単化する。

${\omega }^2+\omega +1=0$ から $1+\omega =-{\omega }^2$、$1+{\omega }^2=-\omega$。$100$ 乗する対象が単項式になった。$(-{\omega }^2{)}^{100}={\omega }^{200}$、$(-\omega {)}^{100}={\omega }^{100}$($(-1{)}^{100}=1$)。${\omega }^3=1$ で指数を $3$ で割った余りに落とす。$200\equiv 2$、$100\equiv 1$ だから ${\omega }^2+\omega =-1$。

① かっこの中を簡単にする。 ${\omega }^2+\omega +1=0$ より

$$1+\omega =-{\omega }^2,1+{\omega }^2=-\omega$$

② 累乗する。

$$(1+\omega {)}^{100}=(-{\omega }^2{)}^{100}={\omega }^{200},(1+{\omega }^2{)}^{100}=(-\omega {)}^{100}={\omega }^{100}$$

($(-1{)}^{100}=1$ に注意。)

③ 指数を $3$ で割った余りに。 ${\omega }^3=1$ だから

$${\omega }^{200}={\omega }^{3\cdot 66+2}={\omega }^2,{\omega }^{100}={\omega }^{3\cdot 33+1}=\omega$$

④ 足す。

$${\omega }^{200}+{\omega }^{100}={\omega }^2+\omega =-1$$

(最後は ${\omega }^2+\omega +1=0$ より ${\omega }^2+\omega =-1$。)

まとめ:$\omega$ の計算は「$1+\omega =-{\omega }^2$ 等でかっこを単項に」+「${\omega }^3=1$ で指数を $3$ で割った余りに」。最後は ${\omega }^2+\omega =-1$ で締める。$1$ の $3$ 乗根の関係式を使いこなせるかで決まる。

発展。 $1+\omega$ は絶対値 $1$・偏角 $60°$、すなわち $1$ の原始 $6$ 乗根。だから $(1+\omega {)}^n$ は周期 $6$ で巡回する。$\omega$(正三角形の頂点)から $1+\omega$(正六角形の頂点)が生まれる関係は、正三角形と正六角形が円周の $3$ 等分・$6$ 等分で結ばれることの現れだ。

別解

別解:$1+\omega =-{\omega }^2$ を極形式で読む(視覚で捉えるルート)。 $\omega =\cos 120°+i\sin 120°$ とすると、$1+\omega =1+\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$。これは絶対値 $1$・偏角 $60°$ の複素数だ。

$100$ 乗すると、偏角は $60°\times 100=6000°$。$6000=360\times 16+240$ だから、偏角 $240°$ の点。$\cos 240°+i\sin 240°=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i={\omega }^2$。

同様に $1+{\omega }^2$ は偏角 $-60°$(共役)で、$100$ 乗すると偏角 $-6000°\equiv -240°\equiv 120°$、すなわち $\omega$。足すと ${\omega }^2+\omega =-1$($1+\omega +{\omega }^2=0$ から)。

${\omega }^3=1$ で指数を落とす本解と同じだが、極形式なら「$1+\omega$ は偏角 $60°$ の単位複素数で、$100$ 乗は偏角を $100$ 倍して $360°$ で畳む」と、回転として見える。$1+\omega$ が偏角 $60°$($=1$ の原始 $6$ 乗根の $1$ つ)であることから、周期 $6$ で巡回すると分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(x-1)(x-2)(x-3)$($3$ 次)で割った余りは $2$ 次以下。$r(x)=a{x}^2+bx+c$ とおく。

$P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)Q(x)+r(x)$ の形。$x=1,2,3$ を代入すると、前半が $0$ になり $P(k)=r(k)$。剰余の定理から $P(1)=2,P(2)=3,P(3)=6$ が、そのまま $r(1)=2,r(2)=3,r(3)=6$。$3$ つの式を連立して $a,b,c$ を求める。

① 余りの形をおく。 $3$ 次式で割るので $r(x)=a{x}^2+bx+c$($2$ 次以下)。割り算の等式

$$P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)Q(x)+r(x)$$

に $x=1,2,3$ を代入すると、右辺第 $1$ 項が消えて $P(k)=r(k)$。剰余の定理より $P(1)=2,P(2)=3,P(3)=6$ だから

$$r(1)=2,r(2)=3,r(3)=6$$

② 連立する。

$$a+b+c=2,4a+2b+c=3,9a+3b+c=6$$

③ 解く。 第 $2$ 式 $-$ 第 $1$ 式:$3a+b=1$。第 $3$ 式 $-$ 第 $2$ 式:$5a+b=3$。引くと $2a=2$、$a=1$、$b=-2$、$c=3$。よって

$$r(x)=x^2-2x+3$$

まとめ:「複数の余りから、まとめて割った余り」は、余りの次数を決めて文字でおき、剰余の定理で値を作って連立。$3$ 次で割れば余りは $2$ 次以下、$3$ 条件でちょうど決まる。

発展。 「$n$ 点での値から $n-1$ 次以下の多項式を復元」がラグランジュ補間。剰余の定理と組み合わせると、「$(x-a_1)\cdots (x-a_n)$ で割った余りは、$a_1,\dots ,a_n$ での値で決まる補間多項式」と分かる。これは中国剰余定理(整数版)の多項式アナロジーで、符号理論や暗号でも使われる。

別解

別解:ラグランジュ補間で余りを直接書く(得意な人向けの高い視点)。 $r(x)$ は「$r(1)=2,r(2)=3,r(3)=6$」を通る $2$ 次以下の多項式。$3$ 点を通る多項式はラグランジュ補間ですぐに書ける。

$$r(x)=2\cdot \frac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)}+3\cdot \frac{(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)}+6\cdot \frac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)}.$$

分母を計算すると $2,-1,2$。

$$r(x)=(x-2)(x-3)-3(x-1)(x-3)+3(x-1)(x-2).$$

展開して整理すると $r(x)=x^2-2x+3$。$a,b,c$ を連立で解く本解と同じ余り $x^2-2x+3$。ラグランジュ補間は「$3$ 点を通る $2$ 次式」を連立なしで直接構成する公式。剰余の定理で「割った余り $=$ その点での値」と分かれば、余りは補間そのものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 実数係数の方程式は、虚数解を共役の組でもつ。だから $1+i$ が解なら $1-i$ も、$2i$ が解なら $-2i$ も解。

最小次数にするには、この $4$ つの解 $1\pm i,\pm 2i$ をちょうど解にもつ方程式を作る。各共役ペアが $2$ 次因数を作る。$1\pm i$ から $(x-(1+i))(x-(1-i))=x^2-2x+2$、$\pm 2i$ から $(x-2i)(x+2i)=x^2+4$。積 $(x^2-2x+2)(x^2+4)=0$ が最小の $4$ 次方程式。

① 共役解を補う。 実数係数だから、$1+i$ の共役 $1-i$、$2i$ の共役 $-2i$ も解。よって解は $1\pm i,\pm 2i$ の $4$ つ(最小の次数は $4$)。

② ペアごとに $2$ 次式を作る。

• $1\pm i$:$(x-(1+i))(x-(1-i))=x^2-2x+2$(和 $2$、積 $(1+i)(1-i)=2$)。
• $\pm 2i$:$(x-2i)(x+2i)=x^2+4$。

③ 掛け合わせる。

$$(x^2-2x+2)(x^2+4)=x^4+4x^2-2x^3-8x+2x^2+8=x^4-2x^3+6x^2-8x+8$$

よって求める方程式は

$$x^4-2x^3+6x^2-8x+8=0$$

まとめ:実数係数 + 虚数解 → 共役も解、が出発点。共役ペアで実数係数の $2$ 次式を作り(和と積が実数)、掛け合わせて最小の方程式を組み立てる。解が $4$ つだから次数は $4$。

発展。 実数係数の多項式は必ず実係数の $1$ 次因数($x-r$)と $2$ 次因数($x^2+px+q$、判別式 $<0$)の積に分解できる(代数学の基本定理の実数版)。虚数解は共役ペアで現れ、各ペアが実係数の $2$ 次因数を作る。だから実係数多項式の虚数解の個数は必ず偶数だ。

別解

別解:$2$ 次因数を「和と積」で作る(苦手な人向け)。 各共役ペアの $2$ 次因数を、解の和と積から組み立てる。

$1\pm i$: 和 $(1+i)+(1-i)=2$、積 $(1+i)(1-i)=1-i^2=2$。だから $x^2-(\text{和})x+(\text{積})=x^2-2x+2$。$\pm 2i$: 和 $2i+(-2i)=0$、積 $(2i)(-2i)=-4i^2=4$。だから $x^2-0\cdot x+4=x^2+4$。

$2$ つの因数を掛ける。

$$(x^2-2x+2)(x^2+4)=x^4+4x^2-2x^3-8x+2x^2+8=x^4-2x^3+6x^2-8x+8.$$

共役ペアから直接 $2$ 次因数を書く本解と同じだが、「和と積」で組み立てると、複素数の掛け算を最小限にできる。実数係数の方程式は共役解をペアでもち、各ペアが実係数の $2$ 次因数になる。だから虚数解 $2$ 個で $4$ 次が必要だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{\alpha },\frac{1}{\beta }$ を解とする方程式は、新しい解の「和」と「積」を出して組み立てる。

解と係数の関係で $\alpha +\beta =2$、$\alpha \beta =5$。新しい解の和 $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }=\frac{\alpha +\beta }{\alpha \beta }=\frac{2}{5}$、積 $\frac{1}{\alpha \beta }=\frac{1}{5}$。$x^2-(\text{和})x+(\text{積})=0$ に入れて $x^2-\frac{2}{5}x+\frac{1}{5}=0$。整数係数にするため $5$ 倍して $5x^2-2x+1=0$。

① もとの解と係数。 $x^2-2x+5=0$ より $\alpha +\beta =2$、$\alpha \beta =5$。

② 新しい解の和と積。

$$\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }=\frac{\alpha +\beta }{\alpha \beta }=\frac{2}{5},\frac{1}{\alpha }\cdot \frac{1}{\beta }=\frac{1}{\alpha \beta }=\frac{1}{5}$$

③ 方程式を作る。 $x^2-(\text{和})x+(\text{積})=0$ より

$$x^2-\frac{2}{5}x+\frac{1}{5}=0$$

両辺を $5$ 倍して整数係数にすると

$$5x^2-2x+1=0$$

まとめ:「解を変換した方程式」は、新しい解の和と積を、もとの $\alpha +\beta ,\alpha \beta$ で表して組み立てる。逆数なら和 $\frac{\alpha +\beta }{\alpha \beta }$、積 $\frac{1}{\alpha \beta }$。分母を払って整数係数にするのを忘れない。

発展。 $x\to \frac{1}{x}$ で係数が逆順になる。係数が左右対称な相反方程式($x^4+a{x}^3+b{x}^2+ax+1=0$ など)は $x\to \frac{1}{x}$ で不変で、解が逆数ペア $\alpha ,\frac{1}{\alpha }$ になる。$t=x+\frac{1}{x}$ の置換で次数が半分に落ちる、有名な解法につながる。

別解

別解:$x\to \frac{1}{x}$ の置き換えで係数を逆順にする(得意な人向けの視点)。 「解が逆数」ということは、元の方程式で $x$ を $\frac{1}{x}$ に置き換えればよい。

$\frac{1}{x}$ が新しい方程式の解 $⟺$ $x$ が元の方程式 $x^2-2x+5=0$ の解。だから元の式で $x\to \frac{1}{x}$ とすると

$${\left(\frac{1}{x}\right)}^2-2\cdot \frac{1}{x}+5=0.$$

両辺に $x^2$ を掛けて $1-2x+5x^2=0$、すなわち $5x^2-2x+1=0$。和と積を計算する本解と同じ $5x^2-2x+1=0$。$x\to \frac{1}{x}$ の置き換えは「係数を逆順に並べる」操作に等しい($[1,-2,5]\to [5,-2,1]$)。相反方程式(係数が左右対称)が逆数解をもつのも、この置き換えで式が変わらないからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 高い累乗は、まず小さいべきで「かたまり」を作る。

(1) $(1+i{)}^2=2i$ が計算しやすい。$(1+i{)}^{10}=\{(1+i{)}^2{\}}^5=(2i{)}^5$。$(2i{)}^5=32\cdot i^5=32i$。

(2) $(1+\sqrt{3}i{)}^2=1+2\sqrt{3}i-3=-2+2\sqrt{3}i$ を作り、もう一度 $(1+\sqrt{3}i)$ を掛ける。または極形式($1+\sqrt{3}i$ は絶対値 $2$・偏角 $60°$)でド・モアブルを使えば、$2^3(\cos 180°+i\sin 180°)=-8$ とすぐに出る。

① (1) を求める。 $(1+i{)}^2=1+2i+i^2=1+2i-1=2i$。よって

$$(1+i{)}^{10}=\{(1+i{)}^2{\}}^5=(2i{)}^5=2^5{i}^5=32i$$

($i^5=i^4\cdot i=i$。)

② (2) を求める。 $(1+\sqrt{3}i{)}^2=1+2\sqrt{3}i+3i^2=1+2\sqrt{3}i-3=-2+2\sqrt{3}i$。これに $(1+\sqrt{3}i)$ を掛けて

$$(1+\sqrt{3}i{)}^3=(-2+2\sqrt{3}i)(1+\sqrt{3}i)=-2-2\sqrt{3}i+2\sqrt{3}i+2\cdot 3i^2=-2-6=-8$$

まとめ:複素数の累乗は「$2$ 乗を先に作る」。$(1+i{)}^2=2i$、$(1+\sqrt{3}i{)}^2=-2+2\sqrt{3}i$ を足がかりに、指数をまとめたり掛け足したりする。$i^2=-1$ の処理をていねいに。

発展。 ド・モアブルの定理は複素数の累乗を「絶対値のべき乗 $\times$ 偏角の定数倍」に分解する。逆に $n$ 乗根は偏角を $n$ 等分して $\frac{360°}{n}$ ずつ回した $n$ 個。$1$ の $n$ 乗根が正 $n$ 角形をなすのも、$(1+i{)}^n$ がらせん状に回るのも、すべてこの「累乗 $=$ 回転拡大」から。三角関数の加法定理の証明にも使える。

別解

別解:極形式(ド・モアブル)で偏角を回す(得意な人向けの視点)。 $(1)$ $1+i$ は絶対値 $\sqrt{2}$・偏角 $45°$。$10$ 乗すると絶対値 $(\sqrt{2}{)}^{10}=2^5=32$、偏角 $45°\times 10=450°\equiv 90°$。$32(\cos 90°+i\sin 90°)=32i$。

$(2)$ $1+\sqrt{3}i$ は絶対値 $\sqrt{1+3}=2$・偏角 $60°$。$3$ 乗すると絶対値 $2^3=8$、偏角 $60°\times 3=180°$。$8(\cos 180°+i\sin 180°)=-8$。

かたまりを作って累乗する本解より、極形式は「絶対値をべき乗・偏角を掛け算」するだけで済む。ド・モアブルの定理 $(r(\cos \theta +i\sin \theta ){)}^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta )$ は、複素数の累乗を「拡大・回転の反復」として捉える。偏角が $360°$ を超えたら引く、が唯一の注意点だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 係数 $a,b$ が実数であることが、最大のヒントだ。実数係数の方程式が虚数解 $1+i$ をもつなら、共役 $1-i$ も自動的に解。

$3$ 解のうち $2$ つが判明済み。残る実数解を $\gamma$ とおく。この $3$ 次方程式は $x^2$ の係数が $0$。つまり $3$ 解の和が $0$ で、$(1+i)+(1-i)+\gamma =0$ から $\gamma =-2$。あとは解と係数の関係で $a,b$ を出す。

① 共役解と第 $3$ の解。 実数係数だから $1-i$ も解。$x^3+ax+b=0$ は $x^2$ の係数が $0$ なので、解の和は $0$。第 $3$ の解を $\gamma$(実数)とすると

$$(1+i)+(1-i)+\gamma =0⟹2+\gamma =0⟹\gamma =-2$$

② $a$ を求める。 $a$ は「$2$ つずつの積の和」。

$$a=(1+i)(1-i)+(1-i)(-2)+(-2)(1+i)=2+(-2+2i)+(-2-2i)=2-4=-2$$

③ $b$ を求める。 $3$ 解の積 $=-b$。

$$(1+i)(1-i)(-2)=2\cdot (-2)=-4=-b⟹b=4$$

よって $a=-2,b=4$、残りの解は $1-i$ と $-2$。(検算:$x^3-2x+4$ に $x=1+i$ を入れると $(1+i{)}^3-2(1+i)+4=(-2+2i)-2-2i+4=0$。)

まとめ:実数係数 + $1$ つの虚数解 → 共役も解。$x^2$ の項がなければ解の和 $0$ で第 $3$ の実数解が即出る。$a,b$ は解と係数の関係で、$a=$ 積の和、$b=-$ 積。共役の積 $(1+i)(1-i)=2$ が計算をきれいにする。

発展。 実係数 $3$ 次方程式は必ず実数解を少なくとも $1$ つもつ(奇数次だから、グラフが必ず $x$ 軸を横切る)。虚数解があれば共役ペアで、残り $1$ つは実数。この問題の $\gamma =-2$ がその実数解。$3$ 次方程式の解は「実数 $3$ 個」か「実数 $1$ 個 + 共役虚数 $2$ 個」のどちらかだ。

別解

別解:共役 $2$ 次式で割り算する(計算で押し切るルート)。 $1\pm i$ を解にもつ実係数の $2$ 次式は $(x-(1+i))(x-(1-i))=x^2-2x+2$。$x^3+ax+b$ がこの $2$ 次式で割り切れる条件から $a,b$ を出す。

$x^3+ax+b$ を $x^2-2x+2$ で割る(組立除法または筆算)。商は $x+2$、余りは $(a+2)x+(b-4)$。

$$x^3+ax+b=(x^2-2x+2)(x+2)+(a+2)x+(b-4).$$

割り切れるには余りが $0$: $a+2=0$、$b-4=0$。すなわち $a=-2$、$b=4$。商 $x+2=0$ から残りの実数解 $x=-2$ も同時に出る。

解と係数の関係で $\gamma =-2$ を出す本解に対し、共役 $2$ 次式で割ると、商 $x+2$ が残りの解を、余り $=0$ が $a,b$ を一度に与える。実係数の $3$ 次方程式が虚数解をもつと、必ず共役とペアの $2$ 次因数と実数解 $1$ つに分かれる。