複素数と方程式 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求める量は解の対称式だから、解と係数の関係だけで必ず届く。問題は経路だ。6次の対称式をそのまま展開するのは手間がかかりすぎる。

決め手は $\alpha +\beta +\gamma =0$ だ。これで $\beta +\gamma =-\alpha$、$\beta \gamma =\frac{\alpha \beta \gamma }{\alpha }=-\frac{1}{\alpha }$ と、2解の情報が残り1解だけで書ける。すると $(\beta -\gamma {)}^2$ が $\alpha$ の式、$(\gamma -\alpha {)}^2$ が $\beta$ の式、…と1文字ずつに分かれる。3つの積は「同じ式に3解を代入した値の積」になり、解と係数の関係で機械的に計算できる。

① 各因子を1文字の式に直す。 $x^3-3x+1$ は $x=0$ で値1なので $\alpha ,\beta ,\gamma \ne 0$。$\beta +\gamma =-\alpha$、$\beta \gamma =-\frac{1}{\alpha }$ だから

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

ここで ${\alpha }^3=3\alpha -1$(方程式による次数下げ)を使うと

$$(\beta -\gamma {)}^2=\frac{3\alpha +3}{\alpha }=\frac{3(\alpha +1)}{\alpha }$$

② 3因子を掛ける。 同様に $(\gamma -\alpha {)}^2=\frac{3(\beta +1)}{\beta }$、$(\alpha -\beta {)}^2=\frac{3(\gamma +1)}{\gamma }$。よって

$$(\alpha -\beta {)}^2(\beta -\gamma {)}^2(\gamma -\alpha {)}^2=\frac{27(\alpha +1)(\beta +1)(\gamma +1)}{\alpha \beta \gamma }$$

③ 対称式の値を入れる。 展開して

$$(\alpha +1)(\beta +1)(\gamma +1)=\alpha \beta \gamma +(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )+(\alpha +\beta +\gamma )+1=-1-3+0+1=-3$$

$\alpha \beta \gamma =-1$ だから

$$\frac{27\times (-3)}{-1}=81$$

まとめ: 「和が0」の3次では、2解の対称式を残り1解に押しつけられる。これを使うと、差積の平方が計算できる形になる。この量は解の重なり具合を測る量(判別式)で、正の値81は「3解がすべて相異なる実数」であることも同時に示している。

発展。 一般に $x^3+px+q$ の判別式は $-4p^3-27q^2$ で、本問は $-4(-27)-27=81$。さらにこの方程式は $40^{\circ }=120^{\circ }÷3$ の角の三等分と同じ式で、解を根号だけで書くことができない(三角関数が要る)ことで有名な3次方程式でもある。

別解

解を三倍角で書き下ろす(解を具体的に見るルート)。 この方程式の解は三角関数で明示できる。$x=2\cos \theta$ とおくと、三倍角の公式から

$$x^3-3x=8{\cos }^3\theta -6\cos \theta =2\cos 3\theta$$

なので、方程式 $x^3-3x+1=0$ は $\cos 3\theta =-\frac{1}{2}$ に書き換えられる。$3\theta =120^{\circ },240^{\circ },480^{\circ }$ から

$$\alpha =2\cos 40^{\circ },\beta =2\cos 160^{\circ },\gamma =2\cos 280^{\circ }(=2\cos 80^{\circ })$$

の3つが解だ($|x|\le 2$ の範囲に3実解が全部いたことになる)。

この表示で差積の平方を数値計算すると、$81.000\cdots$ ときっかり整数に着地する。無理数の3解から作った量が整数になるのは、対称式だから(本解の計算がその証明)。解の三角表示と対称式の計算(本解)を照らし合わせると、答えが整数になる理由が両方から確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 共通解問題の基本は、「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。

本問で間違えやすいのは最後の部分だ。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。

① 差をとる。 共通解を $t$ とすると

$$t^2+at+1=0,t^2+t+a=0$$

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

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

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 $x^2+x+1=0$ となり、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

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

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。 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。

別解

「$x=1$ 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つの式を見比べる。

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

$x=1$ を入れると、$f(1)=2+a$、$g(1)=2+a$ となり、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想できた。

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。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 2次式で割った余りは $px+q$ とおき、割る式の解を代入して係数を決めるのが基本だ。

割る式 $x^2-x+1=0$ の解 $\zeta$ は虚数だが、$\zeta$ のべきに周期があれば ${\zeta }^{100}$ は楽に計算できる。ここで因数分解 $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$ に気づけば解ける。$\zeta$ は $x^3+1=0$ の解でもあるから ${\zeta }^3=-1$、つまり ${\zeta }^6=1$ で周期6の循環が起きる。

① 設定。 $x^{100}=(x^2-x+1)Q(x)+px+q$($p,q$ は実数)とおく。$x^2-x+1=0$ の虚数解の1つを $\zeta$ とすると

$${\zeta }^{100}=p\zeta +q$$

② ${\zeta }^{100}$ を計算する。 ${\zeta }^2-\zeta +1=0$ の両辺に $\zeta +1$ を掛けると ${\zeta }^3+1=0$、すなわち ${\zeta }^3=-1$。$100=3\times 33+1$ だから

$${\zeta }^{100}=({\zeta }^3{)}^{33}\cdot \zeta =(-1{)}^{33}\zeta =-\zeta$$

③ 係数を比べる。 $p\zeta +q=-\zeta$ より $(p+1)\zeta =-q$。もし $p+1\ne 0$ なら $\zeta =\frac{-q}{p+1}$ は実数となり、$\zeta$ が虚数であることに反する。よって $p+1=0$ かつ $q=0$、つまり $p=-1,q=0$。

$$\text{余り}=-x$$

まとめ: 「割る式の解を代入」+「解のべきの周期」の合わせ技。$x^2+x+1$ なら解は $x^3=1$(周期3)、$x^2-x+1$ なら $x^3=-1$(周期6)。この対をセットで覚えておくと、大きなべきの剰余がすぐに読める。

発展。 周期6の表を一度作っておくと、どの指数にも使える。$x^n$ の余りは $n$ を6で割った余りだけで決まり、順に $1,x,x-1,-1,-x,-x+1$。$100\equiv 4(\mathrm{mod}6)$ で表から $-x$。どんなに大きな $n$ でもすぐに答えられる。

別解

虚数を使わない(多項式の合同ルート)。 数の合同式とまったく同じ作法が、多項式でも通る。割り算 $x^3+1=(x^2-x+1)(x+1)$ を移項すると

$$x^3=(x^2-x+1)(x+1)-1$$

つまり、$x^2-x+1$ で割った余りを考えるときは $x^3\equiv -1$ と「みなして」よい($x^3$ を $-1$ に置き換えても、余りは変わらない)。すると

$$x^{100}=(x^3{)}^{33}\cdot x\equiv (-1{)}^{33}x=-x$$

余りは1次以下の $-x$ そのものだから、これが答えだ。

虚数解 $\zeta$ に頼らず、「割る式の倍数を自由に足し引きしてよい」という割り算の原理だけで進む。数の合同(たとえば mod 7 で $10\equiv 3$)と同じ感覚を多項式に持ち込む、と覚えておくと、ほかの問題にも使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は両辺とも6次の恒等式で、そのまま展開しても示せるが、見通しよくやりたい。

$f(-x)=-x^3+3x+1$ を $f(x)=x^3-3x+1$ と並べると、$x^3-3x$ のかたまりが符号違いで現れている。そこで $u=x^3-3x$ とおけば $f(x)=u+1$、$f(-x)=1-u$ で、右辺は $-(u+1)(1-u)=u^2-1$ と和と差の積にまとまる。あとは左辺も $u$ で書けることを確かめるだけ。(2)は(1)の恒等式に $x=\alpha$ を代入する。恒等式が解を次の解へ運ぶ構造だ。

① 右辺を計算する。 $u=x^3-3x$ とおくと

$$-f(x)f(-x)=-(u+1)(1-u)=u^2-1=(x^3-3x{)}^2-1=x^6-6x^4+9x^2-1$$

② 左辺を計算する。 $(x^2-2{)}^3=x^6-6x^4+12x^2-8$ だから

$$f(x^2-2)=(x^2-2{)}^3-3(x^2-2)+1=x^6-6x^4+12x^2-8-3x^2+6+1=x^6-6x^4+9x^2-1$$

①と一致するので、$f(x^2-2)=-f(x)f(-x)$ が恒等的に成り立つ。

③ (2) を示す。 $\alpha$ が解なら $f(\alpha )=0$。(1)に $x=\alpha$ を代入して

$$f({\alpha }^2-2)=-f(\alpha )f(-\alpha )=-0\cdot f(-\alpha )=0$$

よって ${\alpha }^2-2$ も $f(x)=0$ の解である。

まとめ: 置き換え $u=x^3-3x$ が6次の計算を2行にする。実はこの方程式の3つの解は $\alpha \to {\alpha }^2-2\to ({\alpha }^2-2{)}^2-2\to \alpha$ と、1つの式で巡回して結ばれている。1つの解から残りの解が「作れる」珍しい3次方程式で、その仕組みは恒等式1本で説明できる。

発展。 この巡回は角を2倍にする操作になっている(別解)。解を $2\cos 40^{\circ },2\cos 80^{\circ },2\cos 160^{\circ }$ と書くと、$\alpha \mapsto {\alpha }^2-2$ は角を2倍にする操作で、$40^{\circ }\to 80^{\circ }\to 160^{\circ }\to 320^{\circ }(\cos \text{は}40^{\circ }\text{と同じ})$ と3回でひと回りする。

別解

$x=2\cos \theta$ で仕組みを見る(角の倍加ルート)。 置き換え $x=2\cos \theta$ を試すと、この恒等式の意味が分かる。まず部品を計算する。三倍角の公式から

$$f(2\cos \theta )=8{\cos }^3\theta -6\cos \theta +1=2\cos 3\theta +1$$

また、倍角の公式から $x^2-2=4{\cos }^2\theta -2=2\cos 2\theta$。つまり「$x\mapsto x^2-2$」は「角 $\theta \mapsto 2\theta$」の言い換えだ。両辺を計算すると、左辺は $f(2\cos 2\theta )=2\cos 6\theta +1$。右辺は $f(-2\cos \theta )=-2\cos 3\theta +1$ を使って

$$-f(2\cos \theta )f(-2\cos \theta )=-(2\cos 3\theta +1)(1-2\cos 3\theta )=4{\cos }^{2}3\theta -1=2\cos 6\theta +1$$

(最後は倍角 $2{\cos }^{2}A=1+\cos 2A$。)両辺が一致した。

これで $-2\le x\le 2$ のすべての $x$ で等式が成り立つ。両辺は多項式で、無限個の点で一致する多項式は恒等的に等しいから、(1)が示された。展開のない証明であると同時に、「$x^2-2$ =角の倍加」という(2)の巡回の理由の説明にもなっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(a+bi{)}^3$ を展開して実部・虚部を比べると $a^3-3a{b}^2=18$、$3a^{2}b-b^3=26$。3次の連立で、正面からは解けない。

そこで方程式の絶対値をとる。$z^3=w$ なら $|z{|}^3=|w|$。これは元の方程式の「影」で、$|z{|}^2=a^2+b^2$ という2次の関係を1本くれる。整数条件と合わされば候補は有限個。あとは代入で決める。

① 絶対値をとる。

$$|z{|}^3=|18+26i|=\sqrt{18^2+26^2}=\sqrt{324+676}=\sqrt{1000}=10\sqrt{10}$$

よって $|z|=\sqrt{10}$、すなわち

$$a^2+b^2=10$$

② 候補を列挙する。 整数で2乗の和が10になるのは $(|a|,|b|)=(1,3),(3,1)$ のみ。符号も含めて候補は8個。

③ 代入して確定する。 $(a+bi{)}^3=a^3-3a{b}^2+(3a^{2}b-b^3)i$ だから、実部 $=18$、虚部 $=26$ を確かめる。$(a,b)=(3,1)$:

$$a^3-3a{b}^2=27-9=18,3a^{2}b-b^3=27-1=26$$

で適する。他の候補は、たとえば $(1,3)$ は実部 $1-27=-26\ne 18$、$(-3,-1)$ は $z^3$ 全体の符号が反転して $-18-26i$、のようにどれも合わない。よって

$$z=3+i$$

まとめ: 「絶対値をとる」は複素数の方程式の第一手だ。3乗の逆算が格子点探し($a^2+b^2=10$)という有限の問題に落ちる。なお $z^3=18+26i$ の解は全部で3つあるが、残り2つは $3+i$ に $\omega$(1の3乗根の虚数のもの)を掛けたもので、成分が整数にならない。

発展。 成分が整数の複素数(ガウス整数)の中では、$18+26i=(3+i{)}^3$ は「完全な立方数」だ。ガウス整数にも素因数分解の一意性があり、この種の方程式はガウス整数の性質を使って説明できる。整数論の考え方はこのように複素数にも広げられる。

別解

約数で絞る(整数の目のルート)。 絶対値を使わずに、実部・虚部の式そのものから整数の情報を搾り取ることもできる。実部の式を因数分解すると

$$a^3-3a{b}^2=a(a^2-3b^2)=18$$

$a$ は整数だから、$a$ は18の約数。同じく虚部から

$$3a^{2}b-b^3=b(3a^2-b^2)=26$$

で、$b$ は26の約数だ。候補は $a\in \{\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6,\pm 9,\pm 18\}$、$b\in \{\pm 1,\pm 2,\pm 13,\pm 26\}$ に限られる。大きい候補はすぐ消える($|a|\ge 6$ なら $|a(a^2-3b^2)|$ が18に合わない、など)。小さい候補を系統的に試すと、$a=3$: $3(9-3b^2)=18$ から $b^2=1$、虚部の検算 $b(27-1)=26b=26$ から $b=1$ となり、$(3,1)$ だけが両方を満たす。

「整数解なら約数で絞れる」という整数問題でよく使う方法が、複素数の方程式にもそのまま使える。絶対値ルート(本解)との2本立てで、答えの信頼は万全になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3つの解を $\alpha ,\beta ,\gamma$ とすると、解と係数の関係で和 $=6$、積 $=8$、そして $k=\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha$。

$k$ を動かして実現できる解の組を探す問題に見える。だが実は、$k$ の入らない2つの情報(和6・積8)だけで決まる。正の実数3つなら相加相乗平均が使えて、$\frac{6}{3}=2$ と $\sqrt[3]{8}=2$ となり、不等式がちょうど等号になっている。

等号成立は3つがすべて等しいときに限る。解は $2,2,2$ に固定されてしまう。

① 解と係数の関係。

$$\alpha +\beta +\gamma =6,\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =k,\alpha \beta \gamma =8$$

② 相加相乗の等号。 3解がすべて正の実数なら

$$2=\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}\ge \sqrt[3]{\alpha \beta \gamma }=\sqrt[3]{8}=2$$

不等式が等号で成立しているから、等号条件より $\alpha =\beta =\gamma$。和が6だから $\alpha =\beta =\gamma =2$。

③ $k$ を求め、逆を確かめる。 $k=\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =3\cdot 2^2=12$。逆に $k=12$ のとき

$$x^3-6x^2+12x-8=(x-2{)}^3=0$$

で、解は $x=2$(三重解)。たしかに「3つの解がすべて正の実数」を満たす。よって $k=12$。

まとめ: 与えられた和と積が相加相乗の等号ぴったりであることを見抜くのが全てだ。不等式は大小を比べる道具である以上に、「等号条件で解を1点に固定する」道具にもなる。最後に逆の確認まで書いて完答。

発展。 一般に「和 $s$・積 $p$ の正の実数3つが存在する」ためには $p\le {\left(\frac{s}{3}\right)}^3$ が必要で、境界ではちょうど三重解になる。本問は $s=6,p=8=(6/3{)}^3$ の境界の上にあった。

別解

実数条件から攻める(判別式ルート)。 相加相乗に気づかなくても、1つの解に注目して実数条件で詰められる。解の1つを $\alpha >0$ とすると、残り2解 $\beta ,\gamma$ は、和 $6-\alpha$・積 $\frac{8}{\alpha }$ をもつ2次方程式

$$x^2-(6-\alpha )x+\frac{8}{\alpha }=0$$

の解だ。これが正の実数解をもつには、判別式 $\ge 0$ が必要:

$$(6-\alpha {)}^2\ge \frac{32}{\alpha }⟺\alpha (6-\alpha {)}^2\ge 32$$

ところが左辺の最大値を相加相乗(3つの数 $\alpha ,\frac{6-\alpha }{2},\frac{6-\alpha }{2}$ の組に適用)で調べると

$$\alpha {\left(\frac{6-\alpha }{2}\right)}^2\le {\left(\frac{\alpha +\frac{6-\alpha }{2}+\frac{6-\alpha }{2}}{3}\right)}^3=8⟺\alpha (6-\alpha {)}^2\le 32$$

上からも下からも32。つまり $\alpha (6-\alpha {)}^2=32$ が強制され、等号条件 $\alpha =\frac{6-\alpha }{2}$ から $\alpha =2$。残り2解も判別式0で $\beta =\gamma =2$。

道具は結局同じ相加相乗だが、「実数条件の不等式が、可能性の上限とぴったり一致して1点に決まる」という別の見方ができる。条件がきついほど、答えは1つに決まりやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3次方程式は(公式はあるが)実用的には解けない。それでも $|\beta |$ を評価できるのは、実係数方程式の虚数解が共役ペアで現れるからだ。

$\beta \overline{\beta }=|\beta {|}^2$ は正の実数。解と係数の関係の「3解の積」$\alpha \beta \overline{\beta }=-1$ から $|\beta {|}^2=-\frac{1}{\alpha }$。つまり、虚数解の絶対値は実数解 $\alpha$ が握っている。

あとは $\alpha$ の範囲(1)を、端点の符号(値の正負が入れ替わる区間に解がある)で押さえればよい。

① (1) を示す。 $f(x)=x^3+x+1$ とおくと

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

$f$ の値は $x=-1$ と $x=0$ の間で負から正へ変わるから、この間に実数解がある。さらに $x_1<x_2$ なら $x_1^3<x_2^3$ かつ $x_1<x_2$ なので $f(x_1)<f(x_2)$。$f$ は増加関数であり、実数解はただ1つ。よってそれが $\alpha$ で、$-1<\alpha <0$。

② 積の関係を取り出す。 解と係数の関係より $\alpha \beta \overline{\beta }=-1$。$\beta \overline{\beta }=|\beta {|}^2$ だから

$$\alpha |\beta {|}^2=-1⟺|\beta {|}^2=-\frac{1}{\alpha }$$

③ (2) を示す。 $-1<\alpha <0$ より $0<-\alpha <1$ だから

$$|\beta {|}^2=\frac{1}{-\alpha }>1$$

よって $|\beta |>1$。

まとめ: 「求められない解の絶対値は、対称式(積)経由で実数解に押しつける」。(1)の範囲評価がそのまま(2)の絶対値評価になる連鎖が本問の設計で、実係数ならではの共役ペア $\beta \overline{\beta }=|\beta {|}^2$ が橋になっている。

発展。 3解の絶対値の積は $|\alpha ||\beta {|}^2=|-1|=1$。「絶対値の積=定数項の絶対値」という見方をすると、$|\alpha |<1$ と $|\beta |>1$ が積1を通じてシーソーのように釣り合っていることが分かる。片方が小さいほど、もう片方は大きい。

別解

割り算で2次因子を出す(範囲評価が要らないルート)。 実は(1)の範囲を使わずに、(2)をもっと強い形で出せる。$f(x)=x^3+x+1$ を $x-\alpha$ で割る(組立除法)。${\alpha }^3+\alpha +1=0$ を使うと、割り切れて

$$x^3+x+1=(x-\alpha )\left(x^2+\alpha x+({\alpha }^2+1)\right)$$

(検算: 定数項は $-\alpha ({\alpha }^2+1)=-{\alpha }^3-\alpha =1$。)虚数解 $\beta ,\overline{\beta }$ は後ろの2次式の解だから、解と係数の関係で

$$|\beta {|}^2=\beta \overline{\beta }={\alpha }^2+1$$

$\alpha$ は実数で、$f(0)=1\ne 0$ から $\alpha \ne 0$。よって

$$|\beta {|}^2={\alpha }^2+1>1$$

これですぐに示せた。$|\beta {|}^2$ には $-\frac{1}{\alpha }$(本解)と ${\alpha }^2+1$(本ルート)の2つの表し方があり、両者が等しいこと自体が ${\alpha }^3+\alpha +1=0$ の言い換えになっている。表示の選び方ひとつで、必要な情報量($\alpha$ の範囲の要・不要)まで変わる好例だ。

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の条件になる。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」で、両者は同値である。

② 実数解の場合($a^2\ge 4b$)の必要性。 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 実数解の場合の十分性。 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 $-1<\alpha \le \beta <1$ となり、両解の絶対値は1未満である。

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」。実数解と虚数解の2つの場合を、同じ3条件がまとめて表している。

発展。 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。