2解の絶対値がともに1未満になる条件

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 「絶対値が1未満」は、実数解なら区間 $-1<x<1$ への配置、虚数解なら複素数の絶対値 — 意味が違うから場合分けが必然だ。

虚数解は共役ペア $\beta ,\overline{\beta }$ で、$|\beta {|}^2=\beta \overline{\beta }=b$(解と係数)。積 $b$ だけで決まる。

実数解は端点の符号 $f(\pm 1)$ で配置を絞る。ただし $f(1)>0,f(-1)>0$ だけだと「両解とも1より右」「両解とも $-1$ より左」が生き残る。それを締め出すのが $b<1$(積の大きさ)だ。必要・十分の両方向を、この設計図に沿って詰める。

① 虚数解の場合($a^2<4b$)。 解は $\beta ,\overline{\beta }$ で、$|\beta {|}^2=\beta \overline{\beta }=b$。よって「絶対値がともに1未満」⟺ $b<1$。一方このとき $f(1)=(1-\beta )(1-\overline{\beta })=|1-\beta {|}^2>0$、$f(-1)=|1+\beta {|}^2>0$ は常に成り立つ。したがってこの場合、「絶対値1未満」⟺「3条件」— 同値である。

② 実数解の場合($a^2\ge 4b$)— 必要性。 2つの実数解 $\alpha \le \beta$ がともに $-1<x<1$ にあるなら

$$f(1)=(1-\alpha )(1-\beta )>0,f(-1)=(1+\alpha )(1+\beta )>0,b=\alpha \beta <1$$

(積は絶対値1未満の2数の積だから絶対値1未満。)

③ 実数解の場合 — 十分性。 3条件を仮定する。もし $\beta \ge 1$ なら: $\beta =1$ は $f(1)=0$ に反する。$\beta >1$ なら $f(1)=(1-\alpha )(1-\beta )>0$ で $1-\beta <0$ だから $1-\alpha <0$、つまり $\alpha >1$。すると $b=\alpha \beta >1$ となり $b<1$ に反する。よって $\beta <1$。同様に $\alpha \le -1$ とすると $f(-1)>0$ から $\beta <-1$ が強制され、$b=\alpha \beta >1$ で矛盾。よって $-1<\alpha \le \beta <1$ — 両解の絶対値は1未満。

④ 結論。 どちらの場合も「絶対値がともに1未満」⟺「$f(1)>0,f(-1)>0,b<1$」であり、必要十分条件であることが示された。

まとめ: 「虚数解は積が絶対値を握る($|\beta {|}^2=b$)」「実数解は端点の符号+積で両外側を追い出す」。2つの世界を同じ3条件が同時に仕切っているのが、この問題の美しさだ。

発展 — 一歩先へ。 この3条件は、漸化式 $x_{n+2}+a{x}_{n+1}+b{x}_n=0$ で決まる数列が必ず0に近づくための条件そのものでもある(解の絶対値が1未満 ⟺ 減衰)。デジタル制御や信号処理で「安定条件」と呼ばれ、現役で働いている数学だ。

別解

$(a,b)$ 平面の三角形で見る(領域の絵)。 3つの条件を $a,b$ の言葉に直すと

$$f(1)=1+a+b>0,f(-1)=1-a+b>0,b<1$$

前の2つは $b>-a-1$ かつ $b>a-1$、まとめて $|a|<1+b$。つまり点 $(a,b)$ が

• 直線 $b=a-1$ より上
• 直線 $b=-a-1$ より上
• 直線 $b=1$ より下

の3つを同時に満たすこと。これは頂点 $(0,-1),(2,1),(-2,1)$ の三角形の内部だ。

「2次方程式の解の絶対値がともに1未満」⟺「係数の点が、この三角形の中にいる」。条件が図形になった瞬間、境界の意味も見える。下の2辺の上では $x=1$ か $x=-1$ が解になり、上の辺の上では絶対値1の虚数解(または積1の実数解)をもつ。三角形は、ぎりぎりの解たちで縁取られている。