高校で学ぶ数学で一番大切で感動的な出会いは、「判別式」との出会いだろう。判別式
を初めて学習するのは、２次方程式の解法においてであるが、その後、判別式は、高校数
学にとどまらず、いろいろな分野で顔を出す、言わば数学の世界の人気者である。私自身
高校で判別式を学んで以来、その華麗な技の虜になってしまった一人である。
ただ、判別式のそのような多様性、有用性に気がつく生徒は少ない。むしろ「何故こんな
所で判別式？」と疑問を持つ方が普通である。
ここでは、判別式の素性を明らかにし、その豊富な応用例をまとめていこうと思う。
判別式というと、２次方程式の判別式のことを想起する方が多いと思われるが、一般に
は、ｎ 次（ｎ≧２）の多項式において定義される。ただし、このページでは、ｎ＝２、３ の場合
についてのみ考えることにする。
ｎ 次多項式 Ｆ(Ｘ)＝ａ0Ｘｎ＋ａ1Ｘn-1＋・・・＋ａn-1Ｘ＋ａn において、方程式 Ｆ(Ｘ)＝０ の根を、
α1、α2、・・・、αn とする。（→参考：根と解の違い）
このとき、異なる ｉ 、ｊ （ ｉ ＜ ｊ ）すべてについて、根の差分の平方 （αｉ−αｊ）2 の積を考え
て、
Ｄ ＝ａ02(ｎ-1)Π(αｉ−αｊ)2
とおく。この Ｄ のことを、多項式 Ｆ(Ｘ) （または、方程式 Ｆ(Ｘ)＝０ ）の判別式という。
（ Ｄ の定義で、差分の平方を考えるのは、Ｄ を対称式にするため、ａ02(ｎ-1) を掛けるのは、
分母に ａ0 が残るのを避けるためである。 Ｄ の最高次の項の形が
α12(ｎ-1)α22(ｎ-2)・・・αn2 などから明らかだろう。）
Ｄ の定義から分かるように、
Ｄ＝０ ⇔ 多項式 Ｆ(Ｘ) （または、方程式 Ｆ(Ｘ)＝０ ）は、重根をもつ
すなわち、判別式とは、多項式が重根を持つかどうかを判別する式である。
（高校で活躍する判別式は、解が実数かどうかを判別する方に重きが置かれるが．．．。）
例 ２次方程式 ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝０ の場合、２つの解を、α、β とおくと、解と係数の関係か
ら、 α＋β＝-ｂ/ａ 、 αβ＝ｃ/ａ なので、
判別式 Ｄ＝ａ2（α−β）2＝ａ2｛（α＋β）2−４αβ｝＝ａ2｛ｂ2/ａ2−４ｃ/ａ｝＝ｂ2−４ａｃ
即ち、 ２次方程式 ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝０ の判別式は、Ｄ＝ｂ2−４ａｃ となる。
２次方程式の解が実数かどうかは、判別式 Ｄ が、解の公式において、根号の中味である
ことから判別できる。
また、次のようにしても、確認できるだろう。
α、β が相異なる実数 ならば、 明らかに、 Ｄ＞０
α、β が等しい ならば、 明らかに、 Ｄ＝０
α、β が相異なる虚数（互いに共役） ならば、 α−β は純虚数なので、 Ｄ＜０
上記は全ての場合をつくしているので、転換法という証明法により、必要十分条件となる。
例 ３次方程式 ａｘ3＋ｂｘ2＋ｃｘ＋ｄ＝０ の場合、このままで判別式を計算すると、
Ｄ＝ｂ2ｃ2＋１８ａｂｃｄ−４ａｃ3−４ｂ3ｄ−２７ａ2ｄ2 となり、とても長い式で覚えられない。
そこで、まず、３次方程式を変形することを考える。ａｘ3＋ｂｘ2＋ｃｘ＋ｄ＝０ において、
ｘ＝Ｘ−ｂ/（３ａ） を代入すると、
ａ（Ｘ−ｂ/（３ａ））3＋ｂ（Ｘ−ｂ/（３ａ））2＋ｃ（Ｘ−ｂ/（３ａ））＋ｄ＝０
展開して、
ａＸ3−ｂＸ2＋（ｂ2/（３ａ））Ｘ−ｂ3/（２７ａ2）＋ｂＸ2−（２ｂ2/（３ａ））Ｘ＋ｂ3/（９ａ2）
＋ｃｘ−ｂｃ/（３ａ）＋ｄ＝０
即ち、ａＸ3＋（ｃ−ｂ2/（３ａ））Ｘ−ｂ3/（２７ａ2）＋ｂ3/（９ａ2）−ｂｃ/（３ａ）＋ｄ＝０
よって、３次方程式として、 ｘ3＋ｐｘ＋ｑ＝０ の場合を考えればよい。
（このような変換は、チルンハウス変換と呼ばれる。）
このとき、 ３つの解を、α、β、γ とおくと、解と係数の関係から、
α＋β＋γ＝０ 、 αβ＋βγ＋γα＝ｐ 、 αβγ＝−ｑ
である。判別式 Ｄ＝（α−β）2（α−γ）2（β−γ）2 において、
（α−β）（α−γ）＝α2−（β＋γ）α＋βγ＝α2−（−α）α＋ｐ−（αβ＋γα）
＝α2＋α2＋ｐ−（β＋γ）α＝２α2＋ｐ−（−α）α＝３α2＋ｐ
同様にして、（β−γ）（β−α）＝３β2＋ｐ 、（γ−α）（γ−β）＝３γ2＋ｐ
これら３式を辺々掛けると、
−（α−β）2（α−γ）2（β−γ）2＝（３α2＋ｐ）（３β2＋ｐ）（３γ2＋ｐ）
＝ｐ3＋３（α2＋β2＋γ2）ｐ2＋９（α2β2＋β2γ2＋γ2α2）ｐ＋２７α2β2γ2
ここで、α2＋β2＋γ2＝（α＋β＋γ）2−２（αβ＋βγ＋γα）＝−２ｐ
α2β2＋β2γ2＋γ2α2＝（αβ＋βγ＋γα）2−２αβγ（α＋β＋γ）＝ｐ2
なので、−（α−β）2（α−γ）2（β−γ）2＝ｐ3−６ｐ3＋９ｐ3＋２７ｑ2＝４ｐ3＋２７ｑ2
従って、３次方程式 ｘ3＋ｐｘ＋ｑ＝０ の判別式は、 Ｄ＝−４ｐ3−２７ｑ2
３次方程式の解については、次のように判別される。
（３次方程式は少なくとも一つ実数解をもつこと、実係数という条件で、虚数解は互いに共
役であることに注意する。）
Ｄ＞０ ならば、 ３つの相異なる実数解をもつ
Ｄ＜０ ならば、 １つの実数解と２つの虚数解をもつ
Ｄ＝０ とする。 ｐ＝ｑ＝０ ならば、 ３重解（解は０のみ）をもつ
ｐｑ≠０ ならば、 ３つの実数解（２重解とその他の解）をもつ
例 ３次方程式 ｘ3−３ｘ＋１＝０ は、３つの実数解を持つことを示せ。
判別式Ｄ＝−４（−３）3−２７・１2＝８１＞０ より、３つの相異なる実数解をもつ。
（コメント） 高校生向けには、グラフを用いる方が教育的だろう。ｙ＝ｘ3−３ｘ＋１ のグラフ
は下図の通り。
グラフより、３次方程式 ｘ3−３ｘ＋１＝０ は、３つの相異なる実数解をもつことが分かる。
私が高校時代に出会った問題で、その解法の面白さに惹かれたものは次のようなもので
ある。
問題１ 実数 ｘ 、ｙ に対して、 ３ｘ2−４ｘｙ＋６ｙ2−８ｘ− ４ｙ＋３＝０ が成り立つ。
このとき、 ｘ 、ｙ の取り得る値の範囲を求めよ。
（コメント） ２次方程式の理論を学んだ後の演習問題として先生から出題されたものだが、
まだ数学がよく分かっていない高校生にとっては十分すぎるくらいの難問だった
と思う。
（解） ｙ についての２次方程式 ６ｙ2−４（ｘ＋１）ｙ＋３ｘ2−８ｘ＋３＝０ が実数解をもつので、
判別式を Ｄ とすると、Ｄ/４＝４（ｘ＋１）2−１８ｘ2＋４８ｘ−１８＝−１４ｘ2＋５６ｘ−１４≧０
より、 ｘ2−４ｘ＋１≦０ よって、 ２−
≦ ｘ ≦ ２＋同様にして、ｘ についての２次方程式 ３ｘ2−４（ｙ＋２）ｘ＋６ｙ2−４ｙ＋３＝０ が実数解
をもつので、Ｄ/４＝４（ｙ＋２）2−１８ｙ2＋１２ｙ−９＝−１４ｙ2＋２８ｙ＋７≧０ より、
２ｙ2−４ｙ−１≦０ よって、 （２−
）/２ ≦ ｙ ≦ （２＋）/２ （終）（コメント） 「実数 ｘ 、ｙ に対して、」という点を、「実数解 ｘ 、ｙ をもつ」と発想の転換をすると
ころが当時とても斬新に思えました。
今風にこの問題を授業等で取り上げるとしたら、パソコンを使って、
３ｘ2−４ｘｙ＋６ｙ2−８ｘ− ４ｙ＋３＝０ のグラフを描かせて、おおよその範囲を理解させて終
わりというのが実状でしょうか？それでは、あまりに味気ないですね！
この考え方を用いた例は数多い。一つだけ例をあげておこう。
例 次の関数の値域を求めよ。
（解） 分母を払って、 ｙｘ2−２ｘ＋ｙ−４＝０
ｙ＝０ のときは、 ｘ＝−２ なので、 ｙ＝０ も値域に含まれる。
ｙ≠０ とする。 上式を、ｘ についての２次方程式とみて、実数解をもつので、
判別式 Ｄ/４＝１−ｙ（ｙ−４）＝−ｙ2＋４ｙ＋１≧０ より、 ｙ2−４ｙ−１≦０
よって、 ２−
≦ ｘ ≦ ２＋ （終）この問題も、グラフを描かせて値域を正確に求めることはできない！判別式の有用さが
身にしみて分かるところだ。
上記のようなタイプの問題は、「判別式が絡みそう．．．」ということが薄々分かるが、突然
に判別式が出てきて驚く問題としては次の問題が有名だろう。
問題２ 点（ ｘ ， ｙ ）が、円 ｘ2＋ｙ2＝１ の内部および周上を動くとき、点（ ｘ＋ｙ ， ｘｙ ）の
動く範囲を求めよ。（これは、随分昔の東京大学入試問題！）
（当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんからの情報では、上記の問題は、１９５４年に東京
大学が出題したものとのことです。もう出題されてから６０年も経つのですね！−２０１３．１２．２追記）
（解） ｕ＝ｘ＋ｙ 、ｖ＝ｘｙ とおくと、 ｘ2＋ｙ2＝（ｘ＋ｙ）2−２ｘｙ＝ｕ2−２ｖ≦１
よって、 ｖ≧（1/2）ｕ2−1/2 ・・・（１）
また、 実数 ｘ 、ｙ は、２次方程式 ｔ2−ｕｔ＋ｖ＝０ の解なので、
判別式Ｄ＝ｕ2−４ｖ≧０ より、 ｖ≦(1/4)ｕ2 ・・・（２）
（１）、（２）より、求める領域は、
（終）（コメント） 正直に告白すると、私は高校で初めてこのような問題に出会ったとき、ものの
見事に判別式をとるという発想が思い浮かばなかった。解答を見て、すごく不自
然さを感じた。今では全く違和感がないのだが．．．。
問題２では、解と係数の関係が根底にあったが、より一般に、領域を求める際に判別式
が関係する例としては次の問題が有名である。
問題３ 放物線 ｙ＝２ｘ2＋２ａｘ＋ａ2 について、ａ がすべての実数値をとって変わるとき、
放物線が通過する領域を求めよ。
（解） ａ についての２次方程式 ａ2＋２ｘ・ａ＋２ｘ2−ｙ＝０ が実数解を持つので、
判別式 Ｄ/４＝ｘ2−（２ｘ2−ｙ）＝ｙ−ｘ2≧０ より、求める領域は、 ｙ≧ｘ2 （終）
（コメント） グラフ描画ソフト「ｇｒａｐｅｓ」を用いて、放物線が通過する領域を描かせてみた。
確かに、左図から求める領域が、
ｙ≧ｘ2
であることが分かる。
また、次の問題４と問題５も発想の豊かさ
に驚かされる。この手法は解析学の常套手
段なのだろう！
問題４ ２つのベクトル ａ 、ｂ に対して、内積を、ａ・ｂ で表すとき、次の不等式を示せ。
｜ａ｜｜ｂ｜≧｜ａ・ｂ｜ （コーシー・シュワルツの不等式）
（解） 任意の実数 ｔ に対して、｜ｔａ−ｂ｜2≧０ が成り立つので、
｜ａ｜2ｔ2−２（ａ・ｂ）ｔ＋｜ｂ｜2≧０ において、
判別式Ｄ/４＝（ａ・ｂ）2−｜ａ｜2｜ｂ｜2≦０ より、｜ａ｜｜ｂ｜≧｜ａ・ｂ｜ （終）
（コメント） 等号が成り立つ場合は明らかであろう。
平面上のベクトルなら強引に成分計算に持ち込んでも易しいが、一般のベクトルについて
は厳しいだろう。どこからか「任意の実数 ｔ 」を引っ張り出してきて、
絶対不等式「 ｜ｔａ−ｂ｜2≧０ 」に持ち込むところが心憎い。
もっとも、この問題については、
を用いた証明の方がエレガントで、私は好きだ！
問題５ 実数 ｘ 、ｙ に対して、ｘ2−４ｘ＋４ｙ2＝１ のとき、ｘ＋ｙ の最大値を求めよ。
（解） ｘ＋ｙ ＝ ｋ とおく。 ｙ＝ｋ−ｘ を、ｘ2−４ｘ＋４ｙ2＝１ に代入して整理すると、
２次方程式 ５ｘ2−４（２ｋ＋１）ｘ＋４ｋ2−１＝０ が実数解を持つので、
判別式 Ｄ/４＝（４ｋ＋２）2−５（４ｋ2−１）＝−４ｋ2＋１６ｋ＋９≧０
すなわち、 ４ｋ2−１６ｋ−９＝（２ｋ＋１）（２ｋ−９）≧０ より、−１/２ ≦ ｋ ≦ ９/２
よって、 求める最大値は、 ９/２ （終）
次の問題は、高校に入って私が受けた最初の試練である。不等号の使い回しに魅了され
た問題である。
問題６ 等式 ５ｘ2−１２ｘｙ＋１０ｙ2−６ｘ−４ｙ＋１３＝０ を満たすような実数 ｘ 、ｙ の値を
求めよ。
（解） ｘ の２次方程式 ５ｘ2−２（６ｙ＋３）ｘ＋１０ｙ2−４ｙ＋１３＝０ が実数解を持つので、
判別式 Ｄ/４＝（６ｙ＋３）2−５（１０ｙ2−４ｙ＋１３）＝−１４（ｙ2−４ｙ＋４）
＝−１４（ｙ−２）2≧０ より、 ０≦（ｙ−２）2≦０
よって、 （ｙ−２）2＝０ となり、 ｙ＝２ で、このとき、 ｘ＝３ （終）
具体的な数を係数に持つ２次方程式には、解の公式という強力な武器があるので、解が
どのようなものであるかは直ぐ分かる。しかし、文字を係数に持つ２次方程式の場合、解が
どのような範囲にあるかを調べるときには解の公式は無力である。
次の問題は、問題１の変形バージョンである。判別式の使い方が面白い。
問題７ ｋ が実数値をとって変わるとき、ｘ の２次方程式 ｘ2＋（ｋ＋３）ｘ＋ｋ2＝０ の実数
解の取り得る値の範囲を求めよ。
（解） ｋ についての２次方程式 ｋ2＋ｘｋ＋ｘ2＋３ｘ＝０ が実数解をもつので、
判別式 Ｄ＝ｘ2−４ｘ2−１２ｘ＝−３ｘ2−１２ｘ≧０ より、ｘ2＋４ｘ≦０
よって、 −４ ≦ ｘ ≦ ０ （終）
（コメント） 解の公式を用いて、
から、ｘ の取り得る値の範囲を求めることは困難だろう。グラフ描画ソフトを使って、ｘ の値
域を求めてみた。
図から確かに、 −４ ≦ ｘ ≦ ０ である。
次の問題も、問題１の変形バージョンであるが、２次方程式を作る作業が入ってくる。
問題８ 実数 ｘ 、ｙ 、ｚ が等式 ｘ＋ｙ＋ｚ＝３ 、ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝−９ を満たすとき、
ｘ の取り得る値の範囲を求めよ。（これは、随分昔の九州大学入試問題！）
（解） ｚ＝３−ｘ−ｙ を、 ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝−９ に代入して、 ｘｙ＋（ｘ＋ｙ）（３−ｘ−ｙ）＝−９
即ち、 ｙ2＋（ｘ−３）ｙ＋ｘ2−３ｘ−９＝０ を、ｙ の２次方程式とみて実数解を持つので、
判別式 Ｄ＝（ｘ−３）2−４（ｘ2−３ｘ−９）＝−３（ｘ＋３）（ｘ−５）≧０ より、
（ｘ＋３）（ｘ−５）≦０ よって、−３ ≦ ｘ ≦ ５ （終）
この問題に対して、当ＨＰの掲示板「出会いの泉」で、Ｕ 様がラグランジュの乗数を用いた
解法があることを示唆された。（平成１８年７月３日付け）
実際に、その解法をなぞってみよう。
Ｆ（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ＝ ｘ とおく。 拘束条件としては、
Ｇ（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ＝ ｘ＋ｙ＋ｚ−３＝０ 、 Ｈ（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ＝ ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＋９＝０
このとき、ラグランジュの未定乗数法により、
Ｆx＋λＧｘ＋μＨｘ＝０ 、Ｆｙ＋λＧｙ＋μＨｙ＝０ 、Ｆｚ＋λＧｚ＋μＨｚ＝０
よって、 １＋λ＋μ（ｙ＋ｚ）＝０ 、λ＋μ（ｚ＋ｘ）＝０ 、λ＋μ（ｘ＋ｙ）＝０
２式を辺々引いて、 １＋μ（ｙ−ｘ）＝０ 、 μ（ｚ−ｙ）＝０
上式から、明らかに μ≠０ で、 よって、 ｚ−ｙ＝０ すなわち、 ｙ＝ｚ である。
このとき、 ｘ＋２ｙ＝３ 、 ｙ2＋２ｘｙ＋９＝０ を連立して解くと、
（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ＝ （ −３ ，３ ，３ ） 、 （ ５ ， −１ ， −１ ）
となる。この２点が、Ｆ（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ＝ ｘ の極大点、極小点の候補である。
２つの曲面：ｘ＋ｙ＋ｚ−３＝０ 、 ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＋９＝０ は下図のように交わっている。
従って、幾何学的に考えて、ｘ の取り得る値の範囲は、 −３ ≦ ｘ ≦ ５ となる。
（コメント） ラグランジュの乗数を用いて解けるには解けるが、最後の詰めの場面で、「幾何
学的に考えて、〜」という辺りが、少し気持ち悪いような気がする。
ラグランジュ の未定乗数法は、あくまでも極値を与える候補を教えてはくれるが、それが本
当に極値を与えるかどうかについては、何ら教えてはくれない。したがって、上図のように図
形的な関係が明白な場合は有効かもしれないが、図形的に不明確な場合は、最後の結論を
記述するときに途方に暮れてしまう。この点がラグランジュ の未定乗数法の弱点なのだろう。
その点、判別式の方が明解に要求されたことに答えてくれる。
整数論で有名なディオファントス問題においても判別式は活躍する。（もっとも、この場合は
判別式の値が平方数という話になって、ちょっと意味合いが違ってくるが．．．。）
問題９ 等式 ｘ2−３ｘｙ＋２ｙ2＋４＝０ を満たすような自然数 ｘ 、ｙ を求めよ。
（解） ｘ の２次方程式 ｘ2−３ｘｙ＋２ｙ2＋４＝０ が、自然数解すなわち実数解を持つので、
判別式 Ｄ＝９ｙ2−４（２ｙ2＋４）＝ｙ2−１６ において、ｘ が自然数となるためには、
Ｄ＝（平方数） となることが必要。そこで、ｙ2−１６＝ｚ2 （ｚ は自然数）とおくと、
ｙ2−ｚ2＝１６から、（ｙ＋ｚ）（ｙ−ｚ）＝１６ （ ｙ、ｚ は自然数 ）なので、 ｙ＋ｚ＞ｙ−ｚ に注意
して、（ｙ＋ｚ、ｙ−ｚ）＝（８、２）、（４、４）より、（ｙ、ｚ）＝（５、３）、（４、０）
（ｙ、ｚ）＝（５、３）のとき、 ｘ2−１５ｘ＋５４＝０ これを解いて、 ｘ ＝ ６、９
（ｙ、ｚ）＝（４、０）のとき、 ｘ2−１２ｘ＋３６＝０ これを解いて、 ｘ ＝ ６
以上から、 求める自然数の組は、 （ｘ、ｙ）＝（６、５）、（９、５）、（６、４） （終）
上記の問題９では「自然数解→実数解」という必要条件で判別式が用いられた。ある程度
の範囲の数に絞るという意味で、このような判別式の使われ方も面白い。次は、このタイプ
の問題で、２００４年度大学入試センター試験に出題されたものである。
問題１０ ２次関数 ｙ＝−ｘ2＋（２ａ−５）ｘ−２ａ2＋５ａ＋３ （ａは整数）のグラフが、ｘ 軸と
異なる２点で交わるものとする。このとき、２つの交点の ｘ 座標がともに整数となる
ように定数 ａ の値を定めよ。（改題）
（解） ２次方程式 −ｘ2＋（２ａ−５）ｘ−２ａ2＋５ａ＋３＝０ が、整数解すなわち実数解を持
つので、判別式 Ｄ＝（２ａ−５）2＋４（−２ａ2＋５ａ＋３）＝−４ａ2＋３７≧０ すなわち、
ａ2≦３７/４ である。ａ は整数なので、 ａ＝０、±１、±２、±３ となる。
ａ＝０ のとき、 ２次方程式 −ｘ2−５ｘ＋３＝０ は整数解を持たない。
ａ＝１ のとき、 ２次方程式 −ｘ2−３ｘ＋６＝０ は整数解を持たない。
ａ＝−１ のとき、 ２次方程式 −ｘ2−７ｘ−４＝０ は整数解を持たない。
ａ＝２ のとき、 ２次方程式 −ｘ2−ｘ＋５＝０ は整数解を持たない。
ａ＝−２ のとき、 ２次方程式 −ｘ2−９ｘ−１５＝０ は整数解を持たない。
ａ＝３ のとき、 ２次方程式 −ｘ2＋ｘ＝０ は整数解 ０ と １ を持つ。
ａ＝−３ のとき、 ２次方程式 −ｘ2−１１ｘ−３０＝０ は整数解 −５ と −６ を持つ。
以上から、 求める ａ の値は、 ａ＝±３ （終）
（追記） 平成２２年９月３０日付け
当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんから、判別式の話題を頂いた。
ＨＰサイト「３次方程式の判別式」では、判別式を次のように定義している。
Ｆ（ｘ）＝ｘ3＋ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝０ に対して、Ｆ’（ｘ）＝３ｘ2＋２ａｘ＋ｂ＝０ の解を、ｐ、ｑ とする
とき、Ｆ（ｐ）Ｆ（ｑ） を、Ｆ（ｘ）＝０ の判別式という。(実際には、これの２７倍をとっている．．．。）
確かに判別式の本来の意味は、「重解をもつかどうか」を判別するための式であるから、
判別式を名乗る資格はある。ということは、Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）も判別式を名乗る資格を
持つ。何れも、重解をもつとき、「０」になり、そうでなければ、「０」でない。そこで、問題です。
問題 Ｆ（ｘ）＝ｘ3＋ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝０ の解を α、β、γ とし、Ｆ’（ｘ）＝３ｘ2＋２ａｘ＋ｂ＝０ の
解を、ｐ、ｑ とする。
Ｄ＝（α−β）2（β−γ）2（γ−α）2 、Ｅ＝Ｆ（ｐ）Ｆ（ｑ） 、Ｆ＝Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）
とするとき、Ｅ、Ｆ をＤで表せ。
（例） ２次式 Ｆ（ｘ）＝ｘ2＋ｂｘ＋ｃ のとき、
Ｄ＝ｂ2−４ｃ 、Ｅ＝（−ｂ2＋４ｃ）/４＝−Ｄ/４ 、Ｆ＝−ｂ2＋４ｃ＝−Ｄ である。
（解） 解と係数の関係より、α＋β＋γ＝−ａ 、αβ＋βγ＋γα＝ｂ 、αβγ＝−ｃ
ｐ＋ｑ＝−２ａ/３ 、ｐｑ＝ｂ/３ が成り立つ。よって、
α＋β＋γ＝３（ｐ＋ｑ）/２ 、 αβ＋βγ＋γα＝３ｐｑ
このとき、（α−β）（α−γ）＝α2−（β＋γ）α＋βγ
＝α2−（３（ｐ＋ｑ）/２−α）α＋３ｐｑ−α（３（ｐ＋ｑ）/２−α）
＝３α2−３（ｐ＋ｑ）α＋３ｐｑ＝３｛α2−（ｐ＋ｑ）α＋ｐｑ｝
＝３（α−ｐ）（α−ｑ）＝Ｆ’（α）
（ここで、 Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ） から、
Ｆ’（ｘ）＝（ｘ−β）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−β）
なので、 Ｆ’（α）＝（α−β）（α−γ） とした方がエレガントかもしれない。そうすると、解と係数の
関係を用いた泥臭い計算は回避される！）
同様にして、 （β−γ）（β−α）＝３β2−３（ｐ＋ｑ）β＋３ｐｑ＝Ｆ’（β）
（γ−α）（γ−β）＝３γ2−３（ｐ＋ｑ）γ＋３ｐｑ＝Ｆ’（γ）
これら３式を辺々掛けると、−（α−β）2（α−γ）2（β−γ）2
＝２７（α−ｐ）（α−ｑ）（β−ｐ）（β−ｑ）（γ−ｐ）（γ−ｑ）
＝２７（ｐ−α）（ｐ−β）（ｐ−γ）（ｑ−α）（ｑ−β）（ｑ−γ）
＝２７Ｆ（ｐ）Ｆ（ｑ）
以上から、 −Ｄ＝２７Ｅ なので、 Ｅ＝−Ｄ/２７
また、 −Ｄ＝Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）＝Ｆ なので、 Ｆ＝−Ｄ （終）
当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「攻略法」さんは、２次の項がない実係数３次方程
式の場合に解かれました。（平成２２年１０月３日付け）
Ｆ（ｘ）＝ｘ3＋ａｘ＋ｂ＝０ とする。
●Ｄの算出・・・実係数３次方程式 Ｆ（ｘ）＝ｘ3＋ａｘ＋ｂ＝０ の三つの解を、α、β、γ とす
ると、解と係数の関係より、
α＋β＋γ＝０ （ここに値打ちがある！）、αβ＋βγ＋γα＝ａ
αβγ＝−ｂ （ここでは未使用！ Ｆを求めるときに使用する）
よって、β＋γ＝−α より、 βγ＝α2＋ａ なので、
(α−β)(α−γ)＝α2−(β＋γ)α＋βγ＝３α2＋ａ となる。
また、(β−γ)2＝(β＋γ)2−４βγ＝−３α2−４ａ
よって、 Ｄ＝｛(α−β)(α−γ)(β−γ)｝2＝（３α2＋ａ）2（−３α2−４ａ）
＝（９α4＋６ａα2＋ａ2）（−３α2−４ａ）＝−２７α6−５４ａα4−２７ａ2α2−４ａ3
＝−２７α3（α3＋ａα）−２７ａα（α3＋ａα）−４ａ3
＝−２７（α3＋ａα）（α3＋ａα）−４ａ3
＝−２７（−ｂ）（−ｂ）−４ａ3 （ ∵ Ｆ（α）＝α3＋ａα＋ｂ＝０ ）
＝−４ａ3−２７ｂ2
（別解） Ｆ（ｘ）＝ｘ3＋ａｘ＋ｂ＝０ の三つの解 α、β、γ について、
Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ） より、
Ｆ’（ｘ）＝３ｘ2＋ａ＝（ｘ−β）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−β） なので、
Ｆ’（α）＝３α2＋ａ 、Ｆ’（β）＝３β2＋ａ 、Ｆ’（γ）＝３γ2＋ａ の３式を辺々掛けて、
（３α2＋ａ）（３β2＋ａ）（３γ2＋ａ）＝−｛(α−β)(α−γ)(β−γ)｝2＝−Ｄ
ここで、
左辺＝ａ3＋３（α2＋β2＋γ2）ａ2＋９（α2β2＋β2γ2＋γ2α2）ａ＋２７α2β2γ2
で、また、α2＋β2＋γ2＝（α＋β＋γ）2−２（αβ＋βγ＋γα）＝−２ａ
α2β2＋β2γ2＋γ2α2＝（αβ＋βγ＋γα）2−２αβγ（α＋β＋γ）＝ａ2
α2β2γ2＝ｂ2
なので、 −Ｄ＝４ａ3＋２７ｂ2 すなわち、 Ｄ＝−４ａ3−２７ｂ2 （終）
●ＦとＤとの関係・・・ Ｆ（ｘ）＝ｘ3＋ａｘ＋ｂ より、 Ｆ’（ｘ）＝３ｘ2＋ａ
このとき、 Ｆ’（α）＝３α2＋ａ 、Ｆ’（β）＝３β2＋ａ 、Ｆ’（γ）＝３γ2＋ａ なので、
Ｆ＝Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）＝（３α2＋ａ）（３β2＋ａ）（３γ2＋ａ）
＝ａ3＋３（α2＋β2＋γ2）ａ2＋９（α2β2＋β2γ2＋γ2α2）ａ＋２７α2β2γ2
＝４ａ3＋２７ｂ2＝−Ｄ
●ＥとＤとの関係・・・Ｆ’（ｘ）＝３ｘ2＋ａ＝０ の二つの解を、ｐ、ｑ とすると、
解と係数の関係より、 ｐ＋ｑ＝０ 、 ｐｑ＝ａ/３ なので、
ｐ2＋ｑ2＝（ｐ＋ｑ）2−２ｐｑ＝−２ａ/３ 、ｐ3＋ｑ3＝（ｐ＋ｑ）3−３ｐｑ（ｐ＋ｑ）＝０
Ｅ＝Ｆ（ｐ）Ｆ（ｑ）＝（ｐ3＋ａｐ＋ｂ）（ｑ3＋ａｑ＋ｂ）
＝（ｐ3ｑ3＋ａｐ・ｑ3＋ｂ・ｑ3）＋（ａｐ3・ｑ＋ａ2ｐｑ＋ａｂｑ）＋（ｂｐ3＋ａｂｐ＋ｂ2）
＝（ｐｑ）3＋ａｐｑ（ｐ2＋ｑ2）＋ｂ（ｐ3＋ｑ3）＋ａ2ｐｑ＋ａｂ（ｐ＋ｑ）＋ｂ2
＝ａ3/２７−２ａ3/９＋ａ3/３＋ｂ2＝４ａ3/２７＋ｂ2＝−Ｄ/２７
（コメント） 少し計算が遠回りかも．．．。
私と同様の感想を、ＦＮさんも持たれたようです。（平成２２年１０月３日付け）
解と係数の関係でやれば、ある程度の計算がいりますが、因数分解でやれば計算はあま
りいりません。
Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ） 、 Ｆ’（ｘ）＝３（ｘ−ｐ）（ｘ−ｑ） と書ける。
また、 Ｆ’（ｘ）＝（ｘ−β）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−β）
このとき、 Ｅ＝Ｆ（ｐ）Ｆ（ｑ）＝（ｐ−α）（ｐ−β）（ｐ−γ）（ｑ−α）（ｑ−β）（ｑ−γ）
＝（α−ｐ）（α−ｑ）（β−ｐ）（β−ｑ）（γ−ｐ）（γ−ｑ）
＝Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）/２７＝Ｆ/２７
Ｆ＝Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）
＝（α−β）（α−γ）・（β−α）（β−γ）・（γ−α）（γ−β）
＝−（α−β）2（α−γ）2（β−γ）2＝−Ｄ
よって、 Ｆ＝−Ｄ 、 Ｅ＝Ｆ/２７＝−Ｄ/２７
ＦＮさんによれば、ｎ次の場合に一般化すると、Ｆ＝（−１）ｎ（ｎ-1）/2・Ｄ 、 Ｆ＝ｎｎ・Ｅ
になるそうです。(ＦＮさんが、多分．．．と仰っているので、証明はまだなのかな？)
（追記） 平成２２年１０月４日付け
攻略法さんが一般の３次式の判別式を計算された。
●Ｆ（ｘ）＝ａｘ3＋ｂｘ2＋ｃｘ＋ｄ＝０ の判別式Dの算出
定義から、 Ｄ＝ａ4（α−β）2（β−γ）2（γ−α）2 なので、
Ｄ＝ａ4｛ (α+β+γ)2(αβ+βγ+αγ)2−４(α+β+γ)3αβγ−４(αβ+βγ+αγ)3
＋１８(α+β+γ)(αβ+βγ+αγ)αβγ−２７(αβγ)2}
＝ｂ2ｃ2−４ｂ3ｄ−４ａｃ3＋１８ａｂｃｄ−２７ａ2ｄ2
となる。（この式の変形は神業だ！）
そこで、この問題の結果 Ｅ＝−Ｄ/(２７ａ2) 、Ｆ＝−Ｄ/ａ から判別式を導いてみよう。
Ｆ（ｘ）＝ａｘ3＋ｂｘ2＋ｃｘ＋ｄ とすると、Ｆ’（ｘ）＝３ａｘ2＋２ｂｘ＋ｃ となる。
Ｆ’（ｘ）＝０ の二つの解を、ｐ、ｑ とすると、解と係数の関係より、
ｐ＋ｑ＝−２ｂ/（３ａ） 、 ｐｑ＝ｃ/（３ａ）
このとき、
Ｅ＝Ｆ（ｐ）Ｆ（ｑ）＝（ａｐ3＋ｂｐ2＋ｃｐ＋ｄ）（ａｑ3＋ｂｑ2＋ｃｑ＋ｄ）
＝ａ2（ｐｑ）3＋ａｂ（ｐｑ）2（ｐ＋ｑ）＋ａｃ（ｐｑ）（ｐ2＋ｑ2）＋ａｄ（ｐ3＋ｑ3）＋ｂ2（ｐｑ）2
＋ｂｃ（ｐｑ）（ｐ＋ｑ）＋ｂｄ（ｐ2＋ｑ2）＋ｃ2（ｐｑ）＋ｃｄ（ｐ＋ｑ）＋ｄ2
＝ａ2(ｃ/（３ａ）)3＋ａｂ(ｃ/（３ａ）)2（−２ｂ/（３ａ））＋ａｃ（ｃ/（３ａ））｛（−２ｂ/（３ａ））2−２ｃ/（３ａ）｝
＋ａｄ｛（−２ｂ/（３ａ））3−３ｃ/（３ａ）・（−２ｂ/（３ａ））｝＋ｂ2（ｃ/（３ａ））2
＋ｂｃ（ｃ/（３ａ））（−２ｂ/（３ａ））＋ｂｄ｛（−２ｂ/（３ａ））2−２ｃ/（３ａ）｝＋ｃ2（ｃ/（３ａ））
＋ｃｄ（−２ｂ/（３ａ））＋ｄ2
＝｛ａｃ3−２ｂ2ｃ2＋４ｂ2ｃ2−６ａｃ3−８ｂ3ｄ＋１８ａｂｃｄ＋３ｂ2ｃ2−６ｂ2ｃ2＋１２ｂ3ｄ
−１８ａｂｃｄ＋９ａｃ3−１８ａｂｃｄ＋２７ａ2ｄ2｝/(２７ａ2)
＝（４ａｃ3−ｂ2ｃ2＋４ｂ3ｄ−１８ａｂｃｄ＋２７ａ2ｄ2）/(２７ａ2)
ここで、 Ｅ＝−Ｄ/(２７a2) なので、Ｄ＝ｂ2ｃ2−４ｂ3ｄ−４ａｃ3＋１８ａｂｃｄ−２７ａ2ｄ2
（コメント） 上記の神業の計算よりも、こちらの方が計算したな〜と実感できますね！
さらに、攻略法さんは、別解を与えられた。
（別解） 終結式（シルベスター行列式）と判別式の関係：Ｒ（Ｆ，Ｆ’）＝(−１)ｎ(ｎ-1)/2ａＤ
より
| a b c d 0 |
| 0 a b c d |
| 3a 2b c 0 0 |＝(−１){3・(3-1)/2}ａＤ＝−ａＤ
| 0 3a 2b c 0 |
| 0 0 3a 2b c |
ここで、左辺の行列式は、１行目で展開して、
a | a b c d |-b| 0 b c d |+c| 0 a c d |-d| 0 a b d |+0
| 2b c 0 0 | | 3a c 0 0 | | 3a 2b 0 0 | | 3a 2b c 0 |
| 3a 2b c 0 | | 0 2b c 0 | | 0 3a c 0 | | 0 3a 2b 0 |
| 0 3a 2b c | | 0 3a 2b c | | 0 0 2b c | | 0 0 3a c |
それぞれを計算する。
a{a| c 0 0 |-b| 2b 0 0 |+c| 2b c 0 |-d| 2b c 0 |}
| 2b c 0 | | 3a c 0 | | 3a 2b 0 | | 3a 2b c |
| 3a 2b c | | 0 2b c | | 0 3a c | | 0 3a 2b |
＝ａ{ａｃ3−２ｂ2ｃ2＋４ｂ2ｃ2−３ａｃ3−８ｂ3ｄ＋６ａｂｃｄ}＝ａ(−２ａｃ3＋２ｂ2ｃ2−８ｂ3ｄ＋６ａｂｃｄ)
-b{0-b| 3a 0 0 |+c| 3a c 0 |-d| 3a c 0 |}
| 0 c 0 | | 0 2b 0 | | 0 2b c |
| 0 2b c | | 0 3a c | | 0 3a 2b |
＝−ｂ（−３ａｂｃ2 ＋６ａｂｃ2−１２ａｂ2ｄ＋９ａ2ｃｄ}＝ａ（−３ｂ2ｃ2＋１２ｂ3ｄ−９ａｂｃｄ）
c{0-a| 3a 0 0 |+c| 3a 2b 0 |-d| 3a 2b 0 |}
| 0 c 0 | | 0 3a 0 | | 0 3a c |
| 0 2b c | | 0 0 c | | 0 0 2b |
＝ｃ（−３ａ2ｃ2＋９ａ2ｃ2−１８ａ2ｂｄ）＝ａ（６ａｃ3−１８ａｂｃｄ）
-d{0-a| 3a c 0 |+b| 3a 2b 0 |+d| 3a 2b c |}
| 0 2b 0 | | 0 3a 0 | | 0 3a 2b |
| 0 3a c | | 0 0 c | | 0 0 3a |
＝−ｄ（−６ａ2ｂｃ＋９ａ2ｂｃ＋２７ａ3ｄ}＝ａ（３ａｂｃｄ＋２７ａ2ｄ2）
したがって、
左辺＝ａ2｛（−２ａｃ3＋２ｂ2ｃ2−８ｂ3ｄ＋６ａｂｃｄ）＋（−３ｂ2ｃ2＋１２ｂ3ｄ−９ａｂｃｄ）
＋（６ａｃ3−１８ａｂｃｄ）＋（３ａｂｃｄ＋２７ａ2ｄ2）｝
＝ａ2（４ａｃ3−ｂ2ｃ2＋４ｂ3ｄ−１８ａｂｃｄ＋２７ａ2ｄ2）＝−ａＤ
なので、 D＝ｂ2ｃ2−４ｂ3ｄ−４ａｃ3＋１８ａｂｃｄ−２７ａ2ｄ2 （終）
上記の計算では、「Ｅ＝−Ｄ/(２７a2)」であることが用いられたが、「Ｆ＝−Ｄ/ａ」を用いても
同様に示される。
Ｆ（ｘ）＝ａｘ3＋ｂｘ2＋ｃｘ＋ｄ＝０ （a≠0） の三つの解を α 、β 、γ とすると、
解と係数の関係より、α＋β＋γ＝−ｂ/ａ 、αβ＋βγ＋γα＝ｃ/ａ 、αβγ＝−ｄ/ａ
このとき、
Ｆ＝Ｆ’（α）Ｆ’（β）Ｆ’（γ）
＝（３aα2＋２ｂα＋ｃ）（３aβ2＋２ｂβ＋ｃ）（３aγ2＋２ｂγ＋ｃ）
＝２７ａ3(αβγ)2＋６ａｂｃ{(α＋β)γ2＋(γ＋α)β2＋(β＋γ)α2}
＋１２ａｂ2(αβγ)(α＋β＋γ)＋９ａ2ｃ(α2β2＋β2γ2＋γ2α2)
＋１８ａ2ｂ(αβγ)(αβ＋βγ＋γα)＋８ｂ3(αβγ)＋４ｂ2ｃ(αβ＋βγ＋γα)
＋３ａｃ2(α2＋β2＋γ2)＋２ｂｃ2(α＋β＋γ)＋ｃ3
ここで、
(α＋β)γ2＋(γ＋α)β2＋(β＋γ)α2＝(α＋β＋γ)(αβ＋βγ＋γα)−３αβγ
α2β2＋β2γ2＋γ2α2＝(αβ＋βγ＋γα)2−２αβγ(α＋β＋γ)
α2＋β2＋γ2＝(α＋β＋γ)2−２(αβ＋βγ＋γα)
なので、解と係数の関係より、
Ｆ＝（２７ａ2ｄ2−６ｂ2ｃ2＋１８ａｂｃｄ＋１２ｂ3ｄ＋９ａｃ3−１８ａｂｃｄ−１８ａｂｃｄ−８ｂ3ｄ
＋４ｂ2ｃ2＋３ｂ2ｃ2−６ａｃ3−２ｂ2ｃ2＋ａｃ3）/ａ
＝（−ｂ2ｃ2＋４ｂ3ｄ＋４ａｃ3−１８ａｂｃｄ＋２７ａ2ｄ2）/ａ
よって、 Ｆ＝−Ｄ/ａ より、D＝ｂ2ｃ2−４ｂ3ｄ−４ａｃ3＋１８ａｂｃｄ−２７ａ2ｄ2 が得られる。
ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年１０月４日付け）
上記で、「この式の変形は神業だ！」という部分で、私も、この式を計算で出そうとして、と
てもできそうになく、ネットで調べていたら、式Ｅの形で定義しているページを見つけ、Ｆと合
わせて問題として提出しました。
そして、ＥとＦの両方を計算しました。計算量は似たようなものでした。ただし、ｘ3 の係数は
「1」でやりました。それを使って一般の場合を出しました。
終結式というのが関係あることにも気づきました。終結式は線形代数とかの本にはよく載っ
ていますが、今まで読んだことはありません。今回はじめてきちんと読みました。
練習問題として次の問題が載ってました。
ｘｎ＋ａｘ＋ｂ の判別式を求めよ。
広島工業大学の大川研究室によれば、上記の答えは、
(−１)ｒ・｛(−１)ｎ-1・(ｎ−１)n-1・ａｎ＋ｎn・ｂn-1｝ 但し、 ｒ＝ｎ（ｎ−１）/２
となるそうである。特に、ｘ3＋ａｘ＋ｂ＝０ について、判別式 Ｄ＝−４ａ3−２７ｂ2 であるが、
これは、上式で、ｎ＝３ として得られるものと一致する。また、大川研究室によれば、FN さん
や攻略法さん達が議論している Ｄ 、Ｅ 、Ｆ の関係についても、Ｅ、Ｆ が D の定数倍となる
ことが分かるので、 Ｆ（ｘ）＝ａｘｎ−ａ 或いは、 Ｆ（ｘ）＝ａｘｎ−ａｘ と置いて、「円周上の等分
点の性質」を用いて D、 E、 F を直接計算し、その定数を求めればよいとのことである。
（補足） Ｆ（ｘ）の判別式と、Ｆ（ｘ）、Ｆ’（ｘ）の終結式との関係について、対称式の真実、チルン
ハウス変換、終結式の行列式表現等により出ますが、Ｆ（ｘ）が、一般に最高次の係数
が １ となる多項式とすると、その判別式をＤとするなら、ＤはＦの根の ｎ(ｎ−１) 次同
次式になり、ａ は、ｎ−１ 次同次式、ｂ は、ｎ 次同次式となるので、ａ、ｂ の式で、根の
ｎ(ｎ−１) 次同次式となるのは、ｎ と ｎ−１が互いに素なる事等を用い、簡単な考察に
より、Ｄ＝ｐ・ａｎ＋ｑ・ｂｎ-1 の形になる事が分かる。
ｐ、ｑ を求める為に、ａ、ｂ の一方が ０、もう一方が −１ の時に、「円周上の等分点
の性質」を使い、Ｄを定義から直接計算し、ｐ、ｑ が求まると云う訳です。
（厳密にはもう一寸の考察が必要ですが）
上記で、ＦＮさんや攻略法さん等が面白い事実を活発に議論されているようですが、
それらは高次式の場合に拡張されると思う。ｎ ≦５ の場合は、代数学講義（高木貞
治 著）に載っている。
ＦＮさんからの出題です。（平成２３年１２月１７日付け）
３次方程式の判別式について、高校生向きの計算練習問題です。最後まで間違えずにで
きればかなりの計算力です。
ｐ＝ａ＋ｂ＋ｃ 、ｑ＝ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ 、ｒ＝ａｂｃ 、Ａ＝ａｂ2＋ｂｃ2＋ｃａ2 、Ｂ＝ａ2ｂ＋ｂ2ｃ＋ｃ2ａ
Ｓ＝（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ） とする。このとき、
（１） ａ2＋ｂ2＋ｃ2 、ａ2ｂ2＋ｂ2ｃ2＋ｃ2ａ2 、ａ3＋ｂ3＋ｃ3 、ａ3ｂ3＋ｂ3ｃ3＋ｃ3ａ3 、Ａ＋Ｂ
ＡＢ を、ｐ、ｑ、ｒ で表せ。
（２） Ｓ＝Ａ−Ｂ であることを示し、Ｓ2 を、ｐ、ｑ、ｒ で表せ。
これができると、３次方程式 ｘ3＋ｐｘ2＋ｑｘ＋ｒ＝０ の判別式が求められたことになります。
この３次方程式の解を、ａ、ｂ、ｃ とすると、ａ＋ｂ＋ｃ＝−ｐ 、ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝ｑ 、ａｂｃ＝−ｒ
なので、上記とは、ｐ、ｒ の符号だけ違います。判別式は、（２）のＳ2 で、ｐを−ｐに、ｒを−ｒに
置き換えればいいです。結果は、（２）のＳ2 の式と同じです。
（解）（１） ａ2＋ｂ2＋ｃ2＝（ａ＋ｂ＋ｃ）2−２（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）＝ｐ2−２ｑ
ａ2ｂ2＋ｂ2ｃ2＋ｃ2ａ2＝（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）2−２ａｂｃ（ａ＋ｂ＋ｃ）＝ｑ2−２ｐｒ
ａ3＋ｂ3＋ｃ3＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ2＋ｂ2＋ｃ2−ａｂ−ｂｃ−ｃａ）＋３ａｂｃ
＝ｐ（ｐ2−３ｑ）＋３ｒ＝ｐ3−３ｐｑ＋３ｒ
ａ3ｂ3＋ｂ3ｃ3＋ｃ3ａ3＝（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）（ａ2ｂ2＋ｂ2ｃ2＋ｃ2ａ2−ａｂｃ（ａ＋ｂ＋ｃ））＋３（ａｂｃ）2
＝ｑ（ｑ2−３ｐｒ）＋３ｒ2＝ｑ3−３ｐｑｒ＋３ｒ2
Ａ＋Ｂ＝ａｂ2＋ｂｃ2＋ｃａ2＋ａ2ｂ＋ｂ2ｃ＋ｃ2ａ
＝（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ａ＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｂ＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｃ−３ａｂｃ
＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）−３ａｂｃ＝ｐｑ−３ｒ
ＡＢ＝（ａｂ2＋ｂｃ2＋ｃａ2）（ａ2ｂ＋ｂ2ｃ＋ｃ2ａ）
＝ｂｃａ4＋ｃ3ａ3＋ａ3ｂ3＋３（ａｂｃ）2＋ａｂｃ（ｂ3＋ｃ3）＋ｂ3ｃ3
＝ａｂｃ（ａ3＋ｂ3＋ｃ3）＋ａ3ｂ3＋ｂ3ｃ3＋ｃ3ａ3＋３（ａｂｃ）2
＝ｒ（ｐ3−３ｐｑ＋３ｒ）＋ｑ3−３ｐｑｒ＋３ｒ2＋３ｒ2＝ｐ3ｒ−６ｐｑｒ＋ｑ3＋９ｒ2
（２） Ａ−Ｂ＝ａｂ2＋ｂｃ2＋ｃａ2−ａ2ｂ−ｂ2ｃ−ｃ2ａ＝（ｃ−ｂ）ａ2＋（ｂ2−ｃ2）ａ＋ｂｃ（ｃ−ｂ）
＝（ｃ−ｂ）（ａ2−（ｂ＋ｃ）ａ＋ｂｃ）＝（ｃ−ｂ）（ａ−ｂ）（ａ−ｃ）＝（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）
＝Ｓ
このとき、 Ｓ2＝（Ａ−Ｂ）2
＝（Ａ＋Ｂ）2−４ＡＢ
＝（ｐｑ−３ｒ）2−４（ｐ3ｒ−６ｐｑｒ＋ｑ3＋９ｒ2）
＝ｐ2ｑ2−６ｐｑｒ＋９ｒ2−４ｐ3ｒ＋２４ｐｑｒ−４ｑ3−３６ｒ2
＝−４ｐ3ｒ＋ｐ2ｑ2＋１８ｐｑｒ−４ｑ3−２７ｒ2 （終）
問題 X3−TX2＋(T−３)X＋１ の判別式が (T2−３Ｔ＋９)2 となることを示せ。（J．P．Serre）
※ J．P．Serre：Oeuvres collected papers p.173を参照。
これを背景とした入試問題（上智大等）など、極めて色々引用されている。
X3 - TX2+(T - 3)X+1 が X の多項式として既約となる有理数 T は無限に存在する。より一
般に、二変数有理係数既約多項式 F (X，t) が与えられた時、これが X の多項式として既約
となる有理数 t は無限に存在する。(ヒルベルトの既約性定理)
（解） 公式に代入して、
D＝Ｔ2(T−３)2＋４Ｔ3−４(T−３)3−１８Ｔ(T−３)−２７
＝Ｔ4−６Ｔ3＋２７T2−５４T＋８１
＝(T2−３Ｔ)2＋１８(T2−３Ｔ)＋８１＝(T2−３Ｔ＋９)2 （終）
（追記） 終結式と判別式と基本対称式と題して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」
さんからご投稿いただいた。（平成２７年８月２４日付け）
終結式は、何か判別式と関係があったなという記憶ぐらいしかなかったので、終結式と判別
式と基本対称式の関係の変化を、改めて計算機を使って見ていたら、終結式(R)と判決式(D)
が、次数によって微妙に変化していくことに気がついた。改めて調べたら、ちゃんとｎ次式では、
a・D＝(-1)n(n-1)/2・R(f，f’)
と書いてある。
（１） ２次関数 F2[ｘ]=aｘ2+bｘ+c では、 Resultant[F2[ｘ]，F’2[ｘ]]= -a・D[F2[ｘ]]= -ab2+4a2c
基本対称式での表現 D=ｓ12-4ｓ2
（２） ３次関数 F3[ｘ]= aｘ3 + bｘ2 + cｘ + d では、
Resultant[F3[ｘ]，F’3[ｘ]]=-a・D[F3[ｘ]]= -ab2c2 + 4a2c3 + 4ab3d - 18a2bcd + 27a3d2
基本対称式での表現 D=ｓ12e22 - 4ｓ23 - 4ｓ13ｓ3 + 18ｓ1ｓ2ｓ3 - 27ｓ32
（３） ４次関数 F4[ｘ]= aｘ4 + bｘ3 + cｘ2 + dｘ + e では、
Resultant[F4[ｘ]，F’4[ｘ]]=a・D[F4[ｘ]]
=ab2c2d2 - 4a2c3d2 - 4ab3d3 + 18a2bcd3 - 27a3d4 - 4ab2c3e + 16a2c4e
+ 18ab3cde - 80a2bc2de - 6a2b2d2e + 144a3cd2e - 27ab4e2
+ 144a2b2ce2 - 128a3c2e2 - 192a3bde2 + 256a4e3
基本対称式での表現
D=s12s22s32 - 4s23s32 - 4s13s33 + 18s1s2s33 - 27s34 - 4s12s23s4 + 16s24s4
+ 18s13s2s3s4 - 80s1s22s3s4 - 6s12s32s4 + 144s2s32s4 - 27s14s42
+ 144s12s2s42 - 128s22s42 - 192s1s3s42 + 256s43
（４） ５次関数 F5[ｘ]= aｘ5 + bｘ4 + cｘ3 + dｘ2 + eｘ + f では、
Resultant[F5[ｘ]，F’5[ｘ]]=a・D[F5[ｘ]]
（５） ６次関数 F6[ｘ]= aｘ6 + bｘ5 + cｘ4 + dｘ3 + eｘ2 + fｘ + g では、
Resultant[F6[ｘ]，F’6[ｘ]]=a・D[F6[ｘ]]
･･･････････
このように関数 f が、
2、3、6、7、10、11、････次関数では、 a・D=-R(f，f’)
4,5,8,9,12,13,････次関数では、 a・D=+R(f，f’)
一般に、ｎ次関数なら、 a・D＝(-1)n(n-1)/2・R(f，f’) となることに初めて気がついた。
（→ 参考：「対称式の真実」）
以下、工事中