数学II / 複素数と方程式

2つの2次方程式の共通解

最難関編共通解場合分け

問題

2つの $x$ の2次方程式

$x^{2} + a x + 1 = 0, x^{2} + x + a = 0$

が少なくとも1つの共通の解をもつような実数 $a$ の値をすべて求めよ。

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共通解を文字でおいて2式の差をとると、次数が下がって積の形に割れる。分かれた2つの場合のうち、片方は「方程式そのものが一致してしまう」場合 — そのとき共通解は実数とは限らないが、それでも「解」ではないか。

解答・解説

共通解を t とおいて両方の式に代入し、2式の差をとって次数を下げる。差は (a−1)(t−1)=0 と因数分解され、t=1 の場合と a=1 の場合に分かれる。a=1 では2式が同一になり、実数解はないが虚数の共通解をもつ — ここを落とさない。

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 共通解問題の定石は、「共通解 $t$ をおいて両式に代入し、差で次数を下げる」だ。差は1次以下になるから、場合分けがはっきり見える。

本問の罠は最後にある。差から出る2つの場合のうち「 $a = 1$ 」では、2つの方程式が同一の $x^{2} + x + 1 = 0$ になる。判別式は負で実数解はない。だが方程式の「解」は複素数の範囲で考えるのが約束だから、虚数の共通解をもつ $a = 1$ も答えに入る。

重要共通解は差で次数下げ+場合分け。共通「解」は実数とは限らない — 判別式が負でも2つの虚数解を共有し得る

① 差をとる。 共通解を $t$ とすると

$t^{2} + a t + 1 = 0, t^{2} + t + a = 0$

辺々引いて

$(a - 1) t + (1 - a) = 0 ⟺ (a - 1) (t - 1) = 0$

よって $t = 1$ または $a = 1$ 。

② $t = 1$ の場合。 第1式に代入して $1 + a + 1 = 0$ 、 $a = - 2$ 。このとき2式は

$x^{2} - 2 x + 1 = (x - 1)^{2} = 0, x^{2} + x - 2 = (x - 1) (x + 2) = 0$

で、たしかに $x = 1$ を共有する。

③ $a = 1$ の場合。 2式はどちらも $x^{2} + x + 1 = 0$ — 同じ方程式になる。判別式は $1 - 4 = - 3 < 0$ で実数解はないが、2つの虚数解

$x = \frac{- 1 \pm 3 i}{2}$

を(当然)共有する。よって $a = 1$ も条件を満たす。

④ 結論。 $a = - 2, 1$ 。

まとめ: 「差で1次に落とす」が技術の柱、「共通解は虚数でもよい」が思想の柱。もし問題文が「共通の実数解」と言っていたら、答えは $a = - 2$ だけ。一語で答えが変わる境目まで見えて完答になる。

発展 — 一歩先へ。 2式から $t$ を完全に消去して「 $a$ だけの条件」を作る操作は、一般には終結式と呼ばれる道具に育っていく。差で次数を下げる本問の手つきは、その最初の一歩そのものだ。

答

$a = - 2, 1$ ( $a = 1$ のときの共通解は虚数)

「 $x = 1$ で値が等しい」に先に気づく(観察ルート)。 差を計算する前に、2つの式を眺める。

$f (x) = x^{2} + a x + 1, g (x) = x^{2} + x + a$

$x = 1$ を入れると、 $f (1) = 2 + a$ 、 $g (1) = 2 + a$ — どんな $a$ でも同じ値だ( $a$ と $1$ の係数の場所が入れ替わっているだけだから)。

これは「差 $f - g$ が必ず $x - 1$ を因数にもつ」ことを意味する(差は $x = 1$ で0になる1次式)。実際 $f - g = (a - 1) (x - 1)$ 。差の因数分解の形が、計算の前から予言できたわけだ。

あとは本解と同じ場合分けに入る。共通解の候補が $t = 1$ に絞られる理由は、「2つの式が最初から $x = 1$ で同じ値をとるように作られていた」から。式の対称性(係数の入れ替え)を先に見る目は、計算の結果に意味を与えてくれる。