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解の累乗和と係数の関係

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2次方程式の解の累乗和と係数の関係

2次方程式の解を $\alpha, \beta$ とするとき、$\alpha^2+ \beta^2, \alpha^3+ \beta^3$ を求めよ、という問題がよく出題される。それぞれ

$\alpha^2+ \beta^2=(\alpha+\beta)^2-2 \alpha \beta$,
$\alpha^3+ \beta^3=(\alpha+\beta)^3-3 \alpha \beta(\alpha+\beta)$

のように$\alpha, \beta$ についての基本対称式で表される。1次、2次の基本対称式を

$\sigma_{1} =\alpha+\beta$,
$\sigma_{2} =\alpha \beta$

とすれば

$\alpha^2+ \beta^2={\sigma_{1}}^2-2 \sigma_{2}$,
$\alpha^3+ \beta^3={\sigma_{1}}^3-3 {\sigma_{1}}{\sigma_{2}}$.

では累乗和の指数を4乗、5乗と上げたら、どうなるだろうか。

$\alpha^4+\beta^4=(\alpha^3+\beta^3)(\alpha+\beta)-(\alpha^3 \beta + \alpha \beta^3)$
$=(\alpha^3+\beta^3)(\alpha+\beta)-(\alpha^2+ \beta^2) \alpha \beta$
$=({\sigma_{1}}^3-3 {\sigma_{1}}{\sigma_{2}}) \sigma_{1} -({\sigma_{1}}^2-2 \sigma_{2}) \sigma_{2}$
$={\sigma_{1}}^4-4 {\sigma_{1}}^2 {\sigma_{2}} +2 {\sigma_{2}}^2$

漸化式のように1つ、2つ手前の結果を流用すると求まる。5乗和も

$\alpha^5+\beta^5=(\alpha^4+\beta^4)(\alpha+\beta)-(\alpha^3 + \beta^3) \alpha \beta $
$=({\sigma_{1}}^4-4 {\sigma_{1}}^2 {\sigma_{2}} +2 {\sigma_{2}}^2) \sigma_{1}-({\sigma_{1}}^3-3 {\sigma_{1}}{\sigma_{2}}) \sigma_{2}$
$={\sigma_{1}}^5-5 {\sigma_{1}}^3 {\sigma_{2}} +5 \sigma_{1} {\sigma_{2}}^2$

と求まる。

3次方程式の解の累乗和と係数の関係

3次方程式の解を $\alpha, \beta, \gamma$ とし、

$\sigma_{1} =\alpha+\beta +\gamma$,
$\sigma_{2} =\alpha \beta+ \beta \gamma +\gamma \alpha$,
$\sigma_{3} =\alpha \beta \gamma$

とする。2乗和は

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

であり、3乗和は

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

だが、ここで

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

だから、

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

次に4乗和だが、

$\alpha^4+ \beta^4+ \gamma^4=(\alpha^3+\beta^3+\gamma^3)(\alpha+\beta+\gamma)- (\alpha^3 \beta+\alpha^3 \gamma+ \beta^3 \alpha+\beta^3 \gamma+\gamma^3 \alpha+\gamma^3 \beta)$

において

$\alpha^3 \beta+\alpha^3 \gamma+ \beta^3 \alpha+\beta^3 \gamma+\gamma^3 \alpha+\gamma^3 \beta$
$=(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)(\alpha \beta+ \beta \gamma +\gamma \alpha)- (\alpha +\beta+ \gamma) \alpha \beta \gamma$

に注意して

$\alpha^4+ \beta^4+ \gamma^4=(\sigma_{1}^3-3 \sigma_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3}) \sigma_{1}-({\sigma_{1}}^2 -2 \sigma_{2}) \sigma_{2} +\sigma_{1} \sigma_{3}$
$=\sigma_{1}^4-4 \sigma_{1}^2 \sigma_{2} +4 \sigma_{1} \sigma_{3} +2 \sigma_{2}^2$.

さらに5乗和は

$\alpha^5+ \beta^5+ \gamma^5=(\alpha^4+\beta^4+\gamma^4)(\alpha+\beta+\gamma)- (\alpha^4 \beta+\alpha^4 \gamma+ \beta^4 \alpha+\beta^4 \gamma+\gamma^4 \alpha+\gamma^4 \beta)$,
$\alpha^4 \beta+\alpha^4 \gamma+ \beta^4 \alpha+\beta^4 \gamma+\gamma^4 \alpha+\gamma^4 \beta$
$=(\alpha^3+\beta^3+\gamma^3)(\alpha \beta+ \beta \gamma +\gamma \alpha)- (\alpha^2 +\beta^2+ \gamma^2) \alpha \beta \gamma$

より

$\alpha^5+ \beta^5+ \gamma^5$
$=(\sigma_{1}^4-4 \sigma_{1}^2 \sigma_{2} +4 \sigma_{1} \sigma_{3} +2 \sigma_{2}^2) \sigma_{1} -(\sigma_{1}^3-3 \sigma_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3}) \sigma_{2}+({\sigma_{1}}^2 -2 \sigma_{2})\sigma_{3}$
$=\sigma_{1}^5 -5 \sigma_{1}^3 \sigma_{2} +5 \sigma_{1} \sigma_{2}^2+5 \sigma_{1}^2 \sigma_{3} -5 \sigma_{2} \sigma_{3}$ .

n次方程式の解の累乗和と係数の関係

$n$ 次方程式の解をギリシア文字でなく、英字と添字で $x_{1},x_{2},x_{3}, \cdots, x_{n}$ と表す。問題の方程式は

$(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3}) \cdots (x-x_{n})=0$

であり、展開すれば

$x^n- \sigma_{1} x^{n-1} + \sigma_{2} x^{n-2}-\sigma_{3} x^{n-3} + \cdots +(-1)^n \sigma_{n}=0$,

ここに

$\sigma_{1} =x_{1}+x_{2}+ \cdots +x_{n} = \sum x_{i}$,
$\sigma_{2} =x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+\cdots +x_{n-1}x_{n} = \sum x_{i_{1}} x_{i_{2}}$,
$\sigma_{3} =x_{1}x_{2}x_{3}+\cdots = \sum x_{i_{1}} x_{i_{2}} x_{i_{3}}$,
$\cdots \cdots$
$\sigma_{n} =x_{1}x_{2} \cdots x_{n}$

である。さて、解の累乗和($\rho$ 乗和)を $s_{\rho}=\sum {x_{i}}^\rho$ と表そう。すると

$s_{\rho}=\sum {x_{i}}^\rho=(\sum {x_{i}}^{\rho-1} )(x_{1}+ \cdots +x_{n} )-\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-1} x_{i_{2}})$,
$\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-1} x_{i_{2}})=(\sum {x_{i}}^{\rho-2} )(x_{1}x_{2}+ \cdots +x_{n-1} x_{n} )-\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-2} x_{i_{2}} x_{i_{3}})$,
$\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-2} x_{i_{2}} x_{i_{3}})=(\sum {x_{i}}^{\rho-3} )(x_{1}x_{2}x_{3}+ \cdots +x_{n-2}x_{n-1} x_{n} )-\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-3} x_{i_{2}} x_{i_{3}} x_{i_{4}})$,
$ \cdots \cdots$
$\sum ({x_{i_{1}}}^{2} x_{i_{2}} x_{i_{3}} \cdots x_{i_{\rho-1}})=(\sum {x_{i}} )(x_{1}x_{2}\cdots x_{\rho-1}+ \cdots +x_{n-\rho+2}\cdots x_{n-1} x_{n} )-\sum ( x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{\rho}})$

ただし、こうなるのは $\rho \leq n$ のときである。この場合には、最後の等式の右辺最終項は

$\sum ( x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{\rho}})=\sum x_{i_{1}} (x_{i_{2}} \cdots x_{i_{\rho}})+\sum x_{i_{2}} (x_{i_{1}} \cdots x_{i_{\rho}})+\cdots +\sum x_{i_{\rho}} (x_{i_{1}} \cdots x_{i_{\rho-1}})$
$=\rho \sigma_{\rho}$

となることに注意する。上式たちを以下のように書き換え

$s_{\rho}=s_{\rho-1} \sigma_{1}-\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-1} x_{i_{2}})$,
$\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-1} x_{i_{2}})=s_{\rho-2} \sigma_{2} -\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-2} x_{i_{2}} x_{i_{3}})$,
$\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-2} x_{i_{2}} x_{i_{3}})=s_{\rho-3} \sigma_{3} -\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-3} x_{i_{2}} x_{i_{3}} x_{i_{4}})$,
$ \cdots \cdots$
$\sum ({x_{i_{1}}}^{2} x_{i_{2}} x_{i_{3}} \cdots x_{i_{\rho-1}})=s_{1} \sigma_{\rho-1}-\rho \sigma_{\rho}$

これらを順次代入することにより

$s_{\rho}=s_{\rho-1} \sigma_{1}-s_{\rho-2} \sigma_{2} +s_{\rho-3} \sigma_{3} - \cdots +(-1)^{\rho} s_{1} \sigma_{\rho-1} +(-1)^{\rho+1}\rho \sigma_{\rho}$ $(\rho \leq n)$

もし $\rho > n$ だったら最後の等式に達する前に $x_{i}$ がネタ切れになるので、

$\sum ({x_{i_{1}}}^{\rho-(n-1)} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{n}})=\sum {x_{i_{1}}}^{\rho-n} \times (x_{1} \cdots x_{n})=s_{\rho-n} \sigma_{n}$

で終わる。よって

$s_{\rho}=s_{\rho-1} \sigma_{1}-s_{\rho-2} \sigma_{2} +s_{\rho-3} \sigma_{3} - \cdots +(-1)^{n+1} s_{\rho-n} \sigma_{n}$ $(\rho >n)$.

n=4, 5 のとき

前節で求めた公式を適用して、5乗和まで求めてみよう。
(ア) $n=4$ のとき

$s_{2}=s_{1} \sigma_{1}-2 \sigma_{2} $
$=\sigma_{1}^2-2 \sigma_{2}$,
$s_{3}=s_{2} \sigma_{1}-s_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3}$
$=(\sigma_{1}^2-2 \sigma_{2}) \sigma_{1} - \sigma_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3}$
$=\sigma_{1}^3-3 \sigma_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3}$,
$s_{4}=s_{3} \sigma_{1}-s_{2} \sigma_{2} +s_{1} \sigma_{3} -4 \sigma_{4}$
$=(\sigma_{1}^3-3 \sigma_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3})\sigma_{1}-(\sigma_{1}^2-2 \sigma_{2})\sigma_{2}+\sigma_{1} \sigma_{3}-4 \sigma_{4}$
$= \sigma_{1}^4-4 \sigma_{1}^2 \sigma_{2} +4 \sigma_{1} \sigma_{3} +2 \sigma_{2}^2 -4 \sigma_{4}$,
$s_{5}=s_{4} \sigma_{1}-s_{3} \sigma_{2} +s_{2} \sigma_{3} - s_{1} \sigma_{4}$
$=(\sigma_{1}^4-4 \sigma_{1}^2 \sigma_{2} +4 \sigma_{1} \sigma_{3} +2 \sigma_{2}^2 -4 \sigma_{4})\sigma_{1}-(\sigma_{1}^3-3 \sigma_{1} \sigma_{2} +3 \sigma_{3}) \sigma_{2} +(\sigma_{1}^2-2 \sigma_{2}) \sigma_{3} - \sigma_{1} \sigma_{4}$
$=\sigma_{1}^5 -5 \sigma_{1}^3 \sigma_{2}+5 \sigma_{1} \sigma_{2}^2 +5 \sigma_{1}^2 \sigma_{3}-5 \sigma_{2} \sigma_{3}-5 \sigma_{1} \sigma_{4}$ .

(イ) $n=5$ のとき

$s_{2}, s_{3}, s_{4}$ は $n=4$ のときと同じ。
$ s_{5} =s_{4} \sigma_{1}-s_{3} \sigma_{2} +s_{2} \sigma_{3} - s_{1} \sigma_{4}+5 \sigma_{5}$
$=\sigma_{1}^5 -5 \sigma_{1}^3 \sigma_{2}+5 \sigma_{1} \sigma_{2}^2 +5 \sigma_{1}^2 \sigma_{3}-5 \sigma_{2} \sigma_{3}-5 \sigma_{1} \sigma_{4}+5 \sigma_{5}$ .

係数を与える公式

上に求めた公式を見て気づくことは、左辺の $s_{\rho}$ は $\rho$ 次同次式で、右辺もそうなっている。実際、$\sigma_{k}$ は $k$ 次同次式で

$a \sigma_{1}^{\lambda_{1}} \sigma_{2}^{\lambda_{2}} \cdots \sigma_{n}^{\lambda_{n}}$

のような式の次数は

$1 \lambda_{1} +2 \lambda_{2} +\cdots +n \lambda_{n} =\rho$

で、一致している。ところでこの項の係数 $a$ の値であるが、

$(-1)^{\lambda_{2}+\lambda_{4}+\cdots} \times (1 \lambda_{1} +2 \lambda_{2} +\cdots +n \lambda_{n} ) \times \frac{ (\lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}-1)!}{\lambda_{1}! \lambda_{2}! \cdots \lambda_{n}!}$

である。証明は、係数 $a$ たちの間に成り立つ漸化式を求めて、上記公式がその漸化式を満たすことを言えばよい。

文献

[1] ファン・デル・ヴェルデン『現代代数学』 第4章
   


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