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根の限界

南海　 ここでは虚根を含めた根全体を考える．根の絶対値はどんな範囲を超えない といえるか，方程式の係数からその限界を定めたい． それがあれば，実根の個数を調べるのに，一定の範囲内だけを調べればよいことになる．

すべての根の絶対値がある範囲を超えないとき，その範囲を根の限界と呼ぶ． 一つの限界の定め方として次のものがある．

例 1.4.4        $a_{n-1},\ a_{n-2},\ \cdots,\ a_0$ を実数とし，

$$M=max\{\ 1,\ \vert a_{n-1}\vert+\vert a_{n-2}\vert+\cdots+\vert a_0\vert\ \}$$

とおく．このとき方程式

$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0=0$$

の実数根はすべて区間 $[-M,\ M]$ にある．

耕一　 証明は背理法ですね． $\vert\alpha\vert>M$ とする． (いろいろやってみるが)しかし難しいです．

南海　 2つの複素数 $\alpha$ と $\beta$ に関して

$$\vert\alpha\vert-\vert\beta\vert\le\vert\alpha+\beta\vert\le\vert\alpha\vert+\vert\beta\vert$$

が成り立つ．左辺の等号は $\arg \alpha+\pi=\arg \beta$ のとき，右辺の等号は $\arg \alpha=\arg \beta$ のときにかぎり成立する．

これを使う．さらに $\vert\alpha\vert>M\ge 1$ なので

$$\begin{eqnarray*} &&\vert\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+a_0\vert\\ &\ge&\v... ...ert a_{n-1}\vert+\vert a_{n-2}\vert+\cdots+\vert a_0\vert)\}\ge0 \end{eqnarray*}$$

だから，$\vert\alpha\vert>M$である $\alpha$ は根ではあり得ない．□

しかし，この $M$ は係数の絶対値の和なので結構大きい．もう少し小さい限界がとれる． 同様の論証で次の定理が成り立つ．

定理 1
    

1. 正の実数 $a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n$ に対して
   

   $$a_nx^n-a_{n-1}x^{n-1}-\cdots-a_1x-a_0=0$$ (1.2)

   
   
   は正の解をただ一つもつ．
2. (1.2)の正の解を $r$ とする．このとき(1.2)の他の解 $\alpha$ はすべて $\vert\alpha\vert\le r$ を満たす．

証明

1. 次数 $n$ のとき，任意の正の実数 $a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n$ に対して (1.2)が正の解をただ一つもつことを数学的帰納法で示す．

   $n=1$ のとき．(1.2)は
   

   $$a_1x-a_0=0$$
   
   
   であるから， $x=\dfrac{a_0}{a_1}>0$ は確かにただ一つの正の解である．

   $n=k-1\ (k\ge 2)$ のとき成立するとする．

   $n=k$ のとき．
   

   $$f(x)=a_nx^n-a_{n-1}x^{n-1}-\cdots-a_1x-a_0$$
   
   
   と置く．
   
   $$f'(x)=na_nx^{n-1}-(n-1)a_{n-1}x^{n-2}-\cdots-a_1$$
   
   

   ここで係数
   

   $$na_n,\ (n-1)a_{n-1},\ \cdots,\ a_1$$
   はすべて正なので，帰納法の仮定によって $f'(x)=0$ は正の解をただ一つもつ．

   それを $x_0$ とする． $f'(0)=-a_1<0$ なので $f'(x)$ は $x=x_0$ で負から正に変わる． つまり $f(x)$ は $x=x_0$ で極小である．

   $f(0)=-a_0<0$ なので $f(x)=0$ はただ一つ正の解 $r$ をもつ．

2. $\vert\alpha\vert>r$ なる複素数 $\alpha$ に対して
   $$\begin{eqnarray*} \vert f(\alpha)\vert&=&\vert a_n\alpha^n-a_{n-1}\alpha^{n-1}-... ...-\vert a_1\alpha\vert-\vert a_0\vert\\ &=&f(\vert\alpha\vert) \end{eqnarray*}$$
   
   

   したがって $\vert\alpha\vert>r$ である複素数 $\alpha$ に対しては(1)から $f(\vert\alpha\vert)>0$なので$f(\alpha)=0$となることはあり得ない．

   よって(1.2)の他の解 $\alpha$ はすべて $\vert\alpha\vert\le r$ をみたす．□

この前半(1)は数学的帰納法の演習問題だ．この定理を生かすと根の限界について もう少し小さい値を取ることができる．

定理 2
     複素数係数 $a_{n-1},\ a_{n-2},\ a_0$ の方程式

$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0=0$$ (1.3)

を考える．

1. 方程式(1.3)のすべての根 $\alpha$ は，その絶対値が方程式
   

   $$r^n-\vert a_{n-1}\vert r^{n-1}-\vert a_{n-2}\vert r^{n-2}-\cdots-\vert a_0\vert=0$$ (1.4)

   
   
   のただ1つの正根 $r_0$ を超えることはない．

   また $r_0$ の他に $\vert\alpha\vert= r_0$ となる根は高々一つしかない．

2. 方程式(1.3)の係数 $a_{n-1},\ a_{n-2},\ \cdots,\ a_0$ の 絶対値の最大値(他のいずれよりも小さくないもの)を $M$ とすれば，方程式(1.3) のすべての根の絶対値は $M+1$ を超えない．

証明

1. 定理1より方程式(1.4)はただ1つの正の解をもつ．それを $r_0$ とする．定理1の証明から $r>r_0$ なら(1.4)の左辺は正である．ゆえに 複素数 $\alpha$ が $\vert\alpha\vert>r_0$ のとき
   $$\begin{eqnarray*} \vert f(\alpha)\vert&=&\vert\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdo... ...ert a_{n-2}\vert\vert\alpha\vert^{n-2}+\cdots+\vert a_0\vert)>0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   ゆえに $f(\alpha)=0$ なら $\vert\alpha\vert\le r_0$ ．

   一般に，である複素数に関する三角不等式

           

   において，左の等号が成立するのはのとき，右の等号が成立するのはのときである．ただし偏角は0からにとるものとする．

           つまり$\vert\alpha\vert= r_0$ となる $\alpha$ が解であり得るのは，上の二つの複素数に関する 不等式で等号が成り立つときである．つまり
   

   $$\arg(\alpha^n)+\pi=\arg(a_{n-1}\alpha^{n-1})=\cdots=\arg(a_0)$$
   
   
   のときである．

   今， $\arg \alpha=\theta$ とおくと
   

   $$\arg(a_0)=n\theta+\pi,\ \arg(a_1)=(n-1)\theta+\pi,\ \cdots,\ \arg(a_{n-1})=\theta+\pi$$
   
   
   とならねばならない．このような $\theta$ はあっても一つである．
2. $r_0\le 1+M$ を示す． $r>1+M$ となる $r$ に対して
   $$\begin{eqnarray*} &&\vert a_{n-1}\vert r^{n-1}+\vert a_{n-2}\vert r^{n-2}+\cdot... ...+M)^n}\right)\\ &=&r^n \left(1-\dfrac{1}{(1+M)^n} \right)<r^n \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり 1.4の左辺は正になる．

   ゆえに解 $r_0$ に対しては $r_0\le 1+M$ である．□

例 1.4.5        $0<A_0<A_1<\cdots<A_n$である実数に対し，方程式

$$A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\cdots+A_1x+A_0=0$$

の解 $\alpha$ はすべて $\vert\alpha\vert<1$ をみたす．

証明

$$g(x)=(x-1)(A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\cdots+A_1x+A_0)$$

とおく．

$$\begin{eqnarray*} g(x)&=&(x-1)(A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\cdots+A_1x+A_0)\\ &=&A_nx^{n+1}-(A_n-A_{n-1})x^n-\cdots-(A_１-A_0)x-A_0 \end{eqnarray*}$$

この係数

$$A_n,\ A_n-A_{n-1},\ \cdots,\ A_1-A_0,\ A_0$$

はすべて正なので， $g(x)$ は次数 $n+1$ で定理1(1)の条件を満たす．

$g(x)=0$ は $x=1$ を解にもつので，定理1(2)から $g(x)=0$ の $x=1$ 以外の 解 $\alpha$ はすべて $\vert\alpha\vert\le1$ をみたす．つまり

$$A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\cdots+A_1x+A_0=0$$

の解はすべて $\vert\alpha\vert\le1$ を満たす．

$\vert\alpha\vert=1$ となる解があるとする． $\alpha$ の偏角を $\theta$ とする．偏角を $mod 2\pi$ で考える．

$\vert\alpha\vert=1$となるのは 定理1の(2)の証明で2つの不等式でともに等号が成立するときなので，

$$\arg((A_n-A_{n-1})\alpha^n)=\arg((A_{n-1}-A_{n-2})\alpha^{n-1}) =\cdots=\arg((A_1-A_0)\alpha)=\arg A_0$$

かつ，これらと $\arg(A_n\alpha^{n+1})$ は $\pi$ 異なっていなければならない．

$$∴ \quad \arg(A_0)=(n+1)\theta+\pi,\ \arg(A_1-A_0)=n\theta+\pi,\ \cdots,\ \arg(A_n-A_{n-1})=\theta+\pi$$

とならねばならない．係数がすべて実数なので，あり得るのは$\theta=\pi$ つまり$\alpha=-1$ のみである．

ところが $x=-1$ のとき

$$\begin{eqnarray*} nが奇数：&&A_n(-1)^n+A_{n-1}(-1)^{n-1}+\cdots+A_1(-1)+A_0\\ &... ...\\ &=&(A_n-A_{n-1})+(A_{n-2}-A_{n-3})+\cdots+(A_2-A_1)+A_0\ne 0 \end{eqnarray*}$$

なので $x=-1$ は解ではない．ゆえに解はすべて $\vert\alpha\vert<1$ を満たす．□

南海　 このような根の限界は他にもいろいろとある．ただそれは今日の主題ではないのでここでおく．

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