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不変式としての判別式

耕介　 『数論初歩』の「２次無理数の展開と判別式」のところに次の事実が出てきました．

無理数$\omega_0$が２次方程式$ax^2+bx+c=0$の解であるとき， これと対等な無理数 $\dfrac{p \omega_0 +q}{r \omega_0 +s}$ を解にもつ２次方程式を $a'x^2+b'x+c'=0$とする． 二つの２次式の判別式を$D$と$D'$とすると，$D=D'$である．

ある無理数$\omega_0$に対し，無理数$\omega_1$が $ps-qr=1$であるような整数$p,\ q,\ r,\ s$を用いて $\omega_1=\dfrac{p \omega_0 +q}{r \omega_0 +s}$と表されるとき， この二つの無理数 $\omega_0,\ \omega_1$は互いに対等であるというのでした． $\omega_0=\dfrac{s\omega_1-q}{-r\omega_1+p}$なので， これをもとの方程式に代入し， 得られた$\omega_1$の満たす２次方程式を決める． その判別式をとるのですが，証明を読んでみると， $p,\ q,\ r,\ s$が整数であることは使っていません． 要するに，元の２次方程式$ax^2+bx+c=0$の$x$に， $ps-qr=1$であるような$p,\ q,\ r,\ s$によって作られる $\dfrac{sx-q}{-rx+p}$を代入し，分母を払って整理すると 新たな２次方程式 $a'x^2+b'x+c'=0$が得られる． 二つの２次式の判別式は変わらない，ということを言っています．

南海　 $x$を $\dfrac{sx-q}{-rx+p}$に置きかえて得られた方程式の判別式が， この変換で変わらないことに気づいたのはすばらしい． $p,\ q,\ r,\ s$は整数でなくてもよいばかりでなく， 複素数一般でもかまわない．

数学では，何らかの変換を行ったときに， それに対して不変なものを見出し， 不変なものが作る集合の構造を考えることが，大変重要である． 不変な量，不変な関係を明確にすることが， 数学的現象を考えるうえでもっとも基本的な方針だ．

正確な定義はこれからおこなっていくが， このような変換によって不変な式を一般に不変式という．

耕介　 ２次方程式$ax^2+bx+c=0$から，先の方法で別の２次方程式 $a'x^2+b'x+c'=0$を作る．その判別式${b'}^2-4a'c'$を， もとの係数$a,\ b,\ c$で表すと，結局$b^2-4ac$に戻ります．

一定の係数の変換に対し判別式は不変である，ということですね．

南海　 そうだ． 今日は， 高校数学の背景のひとつなっている不変式について， 高校数学と地続きなところから考えはじめよう，

$ps-qr=1$であるような任意の$p,\ q,\ r,\ s$に対して， $x$を $\dfrac{sx-q}{-rx+p}$に置きかえ分母を払って２次式を作る． 係数は変化するが，判別式は変わらないという条件を考える． $p,\ q,\ r,\ s$が$ps-qr=1$を満たすことと， $s,\ -q,\ -r,\ p$が$sp-(-q)(-r)=1$を満たすことは同値であるから， この条件は， $ps-qr=1$であるような任意の$p,\ q,\ r,\ s$に対して， $x$を $\dfrac{px+q}{rx+s}$に置きかえ分母を払って２次式を作っても， 判別式は変わらない，という条件と同値だ．

そこで$x$を $\dfrac{px+q}{rx+s}$に置きかえ分母を払って ２次式を作ることで不変性を確認していこう．

２次方程式を

$$f(x)=ax^2+bx+c=0$$

としよう． 改めて，方程式の変換と判別式の不変性を確認しよう．

耕介　 判別式は$D=b^2-4ac$です．

南海　 この$x$に $\dfrac{px+q}{rx+s}$を代入し分母を払って得られる新たな２次方程式を

$$a'x^2+b'x+c'=0$$

とする．つまり

$$(rx+s)^2f\left(\dfrac{px+q}{rx+s}\right)=a'x^2+b'x+c'$$

だ． この２次式の判別式$D'$を実際に計算してみてほしい．

耕介　

$$a\left(\dfrac{px+q}{rx+s}\right)^2 +b\left(\dfrac{px+q}{rx+s}\right)+c=0$$

分母をはらってまとめると，

$$\begin{eqnarray*} &&(rx+s)^2f\left(\dfrac{px+q}{rx+s}\right)\\ &=& (ap^2+bpr+cr^2)x^2 +\{2apq+b(ps+qr)+2crs\}x+(aq^2+bqs+cs^2) \end{eqnarray*}$$

です．したがって

$$\left\{ \begin{array}{l} a'=ap^2+bpr+cr^2\\ b'=2apq+b(ps+qr)+2crs\\ c'=aq^2+bqs+cs^2 \end{array}\right.$$ (1)

となる．$ps-qr=1$なので

$$\begin{eqnarray*} D'&=&\{2apq+b(ps+qr)-2crs\}^2-4(ap^2+bpr+cr^2)(aq^2+bqs+cs^2)\... ...qrs\}b^2+4ac\{2pqrs-(p^2s^2+q^2r^2)\}\\ &=&(ps-qr)^2(b^2-4ac)=D \end{eqnarray*}$$

確かに二つの２次方程式の判別式は等しい．□

南海　 今は変換された係数から直接計算したが， 根の方から考える別解がある．

$$ax^2+bx+c=0$$

の根をそれぞれ $\alpha,\ \beta$とする． 変換された方程式の根はどのようになるなか．

耕介　 $f(x)$は

$$f(x)=a(x-\alpha)(x-\beta)$$

と因数分解されます．だから

$$\begin{eqnarray*} (rx+s)^2f\left(\dfrac{px+q}{rx+s}\right)&=& a(rx+s)^2\left(\df... ...q}{-r\alpha+p}\right) \left(x-\dfrac{s\beta-q}{-r\beta+p}\right) \end{eqnarray*}$$

より

$$a'=a(-r\alpha+p)(-r\beta+p)$$

$$a'x^2+b'x+c=0$$

の2根を $\alpha',\ \beta'$とすると，

$$\alpha',\ \beta' =\dfrac{s\alpha-q}{-r\alpha+p},\ \dfrac{s\beta-q}{-r\beta+p}$$

です．

南海　 判別式を根で表し不変性を確認してほしい．

耕介　 $f(x)=ax^2+bx+c$の解と係数の関係から $b=-a(\alpha+\beta)$， $c=a\alpha\beta$なので， 判別式は

$$\begin{eqnarray*} D&=&b^2-4ac=\{-a(\alpha+\beta)\}^2-4a^2\alpha\beta\\ &=&a^2(\beta-\alpha)^2 \end{eqnarray*}$$

となる．同様に

$$D'={a'}^2(\beta'-\alpha')^2$$

となる． よって

$$\begin{eqnarray*} D'&=&{a'}^2(\beta'-\alpha')^2\\ &=&\{a(-r\alpha+p)(-r\beta+p)... ...-(s\beta-q)(-r\alpha+p)\}^2\\ &=&a^2(ps-qr)^2(\beta-\alpha)^2=D \end{eqnarray*}$$

となる．□

根の変換の方から示すとこのようになりました．

南海　 その通りで，この方法はそのまま一般化できる． 判別式というものの定義も，係数からするのではなく， 根からおこなう．

その前に，2007年の入試問題をひとつ紹介しよう． この問題では方程式を $ax^2+bx+c=0$の代わりに $ax^2+2bx+c=0$と置いている． われわれも後半ではこのように置く． この2は ${}_2\mathrm{C}_1$なのだが， 係数をこのようにする方がより複雑なときは計算がきれいになる． $2b$をひとかたまりにして係数の変換を考えると， これまでの考察との関連を読み取ることができる．

演習 1 (07一橋)   解答1

数列 $\{a_n\},\ \{b_n\},\ \{c_n\}$を

$$\begin{array}{ll} a_1=2,\ &a_{n+1}=4a_n\\ b_1=3,\ &b_{n+... ...n+2a_n\\ c_1=4,\ &c_{n+1}=\dfrac{c_n}{4}+a_n+b_n \end{array}$$

と順に定める．放物線 $y=a_n x^2+2b_nx+c_n$を$H_n$とする．

1. $H_n$は$x$軸と2点で交わることを示せ．
2. $H_n$と$x$軸の交点を$\mathrm{P}_n$， $\mathrm{Q}_n$とする． $$\sum_{k=1}^n\mathrm{P}_k\mathrm{Q}_k$$を求めよ．

南海　 さて一般的に考えるために，多項式の判別式の定義からはじめよう．

$$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}x+a_n$$

とする．

耕介　 係数はどのようなところからとるのですか．

南海　 一つの体を固定すればよいのだが， とくに断らなければ複素数体としよう． または，係数は文字のままであるとしてもよい．

定義 1 (判別式)
代数学の基本定理によって$n$次方程式$f(x)=0$は $n$個の根をもつ．それを

$$\alpha_1,\ \alpha_2,\ \cdots,\ \alpha_n$$

とする．$f(x)$は

$$f(x)=a_0(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n)$$

と因数分解される． この$n$個の根と最高次の係数$a_0$を用いて判別式を定義する． つまり，

$$D=a_0^{2(n-1)}\prod_{1\le i<j \le n}(\alpha_i-\alpha_j)^2$$

を方程式$f(x)=0$，または多項式$f(x)$の判別式という．

耕介　 判別式は，根をどのように入れ替えても変わりません．

南海　 そう．あとで詳しく見るが，根の対称式であり， ちょうど$a_0^{2(n-1)}$を乗じていることによって， もとの整式の係数から作られた整式になる． また，方程式$f(x)=0$が重根をもつための必要十分条件が $D=0$であることは，判別式の定義から明らかである．

例として，$f(x)=x^3+px+q$の判別式を求めて見てほしい．

耕介　 これは『数学対話』「三次方程式」にあります．

例 1.1  

３次方程式 $x^3+px+q=0$ の三つの解を $\alpha,,\ \beta,\ \gamma$ とする． $a_0=1$なので

$$D=(\alpha-\beta)^2(\beta-\gamma)^2(\gamma-\alpha)^2$$

である． 根と係数の関係から

$$\alpha+\beta+\gamma=0,\quad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=p,\quad \alpha\beta\gamma=-q$$

よって

$$\begin{eqnarray*} (\alpha-\beta)(\beta-\gamma) &=&-\{\beta^2-\beta(\alpha+\gamma... ...-(3\gamma^2+p)\\ (\alpha-\beta)(\gamma-\alpha)&=&-(3\alpha^2+p) \end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*} ∴\quad D&=&-(3\alpha^2+p)(3\beta^2+p)(3\gamma^2+p)\\ &=&-\{p... ...=&-\{p^3+3\cdot(-2p)p^2+9\cdot(p^2)p+27q^2\}\\ &=&-(4p^3+27q^2) \end{eqnarray*}$$

この式は見たことがあります． $f(x)=x^3+px+q$のとき，$f'(x)=3x^2+p$です． $f(x)$が極値をもつ場合，つまり$p<0$のとき． 極値は

$$\begin{eqnarray*} f\left(\sqrt{-\dfrac{p}{3}} \right)&=& -\dfrac{p}{3}\sqrt{-\df... ...t{-\dfrac{p}{3}} \right) &=&-\dfrac{2p}{3}\sqrt{-\dfrac{p}{3}}+q \end{eqnarray*}$$

です．ですから，極値の積を作ると

$$q^2-\left(\dfrac{2p}{3}\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\right)^2 =\dfrac{27q^2+4p^3}{27}=-\dfrac{D}{27}$$

となります． ここに判別式が現れるのですね． 極値が0になることと重根をもつことが同値です． この式はこの同値性を表しています．

これは２次式で $f(x)=ax^2+bx+c$をとると， $f'(x)=2ax+b$． $x=-\dfrac{b}{2a}$で極． 極値は

$$f\left(-\dfrac{b}{2a}\right)=-\dfrac{D}{4a}$$

となることに対応しています．

南海　 そう． さて，判別式は，$n$個の根の番号をどのようにつけ替えても，変わらない． つまり$n$個の根の対称式である． 次節で基本定理の系1で示すように次のことが成り立つ．

$D$は$f(x)$の係数 $a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n$の $2(n-1)$次の整式である．

このことはここでは認め，判別式の不変性を先に確認しよう．

$ps-qr=1$であるような２次行列 $\sigma= \left( \begin{array}{cc} p&q\\ r&s \end{array}\right)$ をとり， $f(x)$に対して，

$$\bar{f}(x)=(rx+s)^nf\left(\dfrac{px+q}{rx+s} \right)$$ (2)

とおこう． 後で定める記号からいくと $f^{\sigma^{-1}}(x)$となる．

$$\bar{f}(x) ={a_0}'x^n+{a_1}'x^{n-1}+{a_2}'x^{n-2}+\cdots+{a_{n-1}}'x+{a_n}'$$

とおく．

$$\begin{eqnarray*} &&\bar{f}(x) ={a_0}'x^n+{a_1}'x^{n-1}+{a_2}'x^{n-2}+\cdots+{a_... ...(px+q)^{n-1}(rx+s) +\cdots+a_{n-1}(px+q)(rx+s)^{n-1}+a_n(rx+s)^n \end{eqnarray*}$$

であるから，各係数 ${a_0}',\ {a_1}',\ \cdots,\ {a_n}'$はもとの係数 ${a_0},\ {a_1},\ \cdots,\ {a_n}$の1次式であり，

$$\left( \begin{array}{c} {a_0}'\\ {a_1}'\\ \cdots\\ {a_n}' ... ...{array}{c} {a_0}\\ {a_1}\\ \cdots\\ {a_n} \end{array}\right)$$ (3)

となる$n+1$次の行列$A$が定まる．

耕介　 ２次方程式の場合では，関係式(1)が成り立つので，

$$A= \left( \begin{array}{ccc} p^2&pr&r^2\\ 2pq&ps+qr&2rs\\ q^2&qs&s^2 \end{array}\right)$$ (4)

です． ２次の場合から考えると， 不変式というのは， 係数 ${a_0},\ {a_1},\ \cdots,\ {a_n}$の整式であって， それらを ${a_0}',\ {a_1}',\ \cdots,\ {a_n}'$に置きかえても 不変なものをいうのですね．

南海　 その通りである． 正確には，根の変換から定まる変換での不変式なので， 方程式の不変式といおう．

定理 1
$f(x)$の判別式は ${a_0},\ {a_1},\ \cdots,\ {a_n}$の整式であるが， この式を， ${a_0}',\ {a_1}',\ \cdots,\ {a_n}'$に置きかえ， そこに，変換(3)で定まる ${a_0},\ {a_1},\ \cdots,\ {a_n}$ を代入しても，不変である． つまり，判別式$D$は変換(3)で不変である．

南海　 ２次の場合と同じであるから，証明をやってみてほしい．

耕介　 はい．

証明

簡単のため$a=a_0$とする．

$$f(x)=a(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n) =a\prod_{k=1}^n(x-\alpha_k)$$

となるので，

$$\begin{eqnarray*} (rx+s)^nf\left(\dfrac{px+q}{rx+s} \right) &=&a(rx+s)^n\prod_{k... ...p) \prod_{k=1}^n\left(x-\dfrac{s\alpha_k-q}{-r\alpha_k+p}\right) \end{eqnarray*}$$

したがって $${a_0}'=a\prod_{k=1}^n(-r\alpha_k+p)$$であり， $\bar{f}(x)=0$の根が $\dfrac{s\alpha_k-q}{-r\alpha_k+p}\ (k=1,\ 2,\ \cdots,\ n)$ となる．だからその判別式を$D'$とすると，定義によって

$$\begin{eqnarray*} D'&=&\left\{a\prod_{k=1}^n(-r\alpha_k+p)\right\}^{2(n-1)} \pro... ...a^{2(n-1)}\prod_{1\le i<j \le n}(ps-qr)^2(\alpha_i-\alpha_j)^2=D \end{eqnarray*}$$

となります． 確かに，判別式は不変である． この結果，係数の変換，つまり(4)で定まる $A$による係数の変換(3)の方から考えてもやはり不変である． □

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