因数分解　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　高校で学ぶ因数分解の最高峰は次の公式だろう。

　　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）

この公式は、式の値の計算や不等式の問題で活躍する。

　今まで、この公式の証明としては、次のような計算をするものとばかり思っていた。

（証明）

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ

＝（ｘ＋ｙ）³−３ｘｙ（ｘ＋ｙ）＋ｚ³−３ｘｙｚ

＝（ｘ＋ｙ）³＋ｚ³−３ｘｙ（ｘ＋ｙ＋ｚ）

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）｛（ｘ＋ｙ）²−（ｘ＋ｙ）ｚ＋ｚ²｝−３ｘｙ（ｘ＋ｙ＋ｚ）

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）｛（ｘ＋ｙ）²−（ｘ＋ｙ）ｚ＋ｚ²−３ｘｙ｝

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）　　　（終）


　このような解法に対して、次のような裏技があることを、当ＨＰがいつもお世話になってい
るＳ（Ｈ）さんよりご教示いただいた。Ｓ（Ｈ）さんに感謝します。

（裏技）

　３つの数 ｘ、ｙ、ｚ を零点に持つ３次式は、　（Ｔ−ｘ）（Ｔ−ｙ）（Ｔ−ｚ）　とおける。

このとき、　（Ｔ−ｘ）（Ｔ−ｙ）（Ｔ−ｚ）＝Ｔ³−（ｘ＋ｙ＋ｚ）Ｔ²＋（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）Ｔ−ｘｙｚ において、

Ｔに　ｘ、ｙ、ｚ　をそれぞれ代入して、

　ｘ³−（ｘ＋ｙ＋ｚ）ｘ²＋（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）ｘ−ｘｙｚ＝０

　ｙ³−（ｘ＋ｙ＋ｚ）ｙ²＋（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）ｙ−ｘｙｚ＝０

　ｚ³−（ｘ＋ｙ＋ｚ）ｚ²＋（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）ｚ−ｘｙｚ＝０

３つの式を辺々加えると、

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）＋（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）（ｘ＋ｙ＋ｚ）−３ｘｙｚ＝０

よって、

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）−（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）（ｘ＋ｙ＋ｚ）

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）


（追記）　当ＨＰがいつもお世話になっている ＧＡＩ さんも同様な方法を推奨されている。
　　　　（平成２２年３月５日付け）

　ｘ＋ｙ＋ｚ＝ａ　、ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝ｂ　、ｘｙｚ＝ｃ　とおくと、３つの数 ｘ、ｙ、ｚ は、

３次方程式　Ｔ³−ａＴ²＋ｂＴ−ｃ＝０　の解である。

　これから、ｘ³−ａｘ²＋ｂｘ−ｃ＝０　、ｙ³−ａｙ²＋ｂｙ−ｃ＝０　、ｚ³−ａｚ²＋ｂｚ−ｃ＝０

これらの和をとって、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−ａ（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）＋ｂ（ｘ＋ｙ＋ｚ）−３ｃ＝０

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−ａ（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｂ）−３ｃ＝０

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｃ＝ａ（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｂ）

よって、　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）


（コメント）　この裏技だと、難しい因数分解の公式には見えないですね！


　この裏技の手法を用いると、Ｓ（Ｈ）さんが平成２１年７月１６日付けで提供された公式

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³＋ｗ³−３（ｘｙｚ＋ｘｙｗ＋ｘｚｗ＋ｙｚｗ）

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ＋ｗ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＋ｗ²−ｘｙ−ｘｚ−ｘｗ−ｙｚ−ｙｗ−ｚｗ）

を示すことも容易だろう。これは、読者のための練習問題としよう。


　この話題に関連して、ＨＮ「よおすけ」さんが当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に情報を寄せら
れた。よおすけさんに感謝します。

　この問題に関連した内容が、数学問題集「考える葦」の中の「高校１年の数学知識で解け
る数学問題集」の問題６に載っているとのこと。

　全米数学オリンピック（１９７３年）

問４　　次の連立方程式を解け。

　ｘ＋ｙ＋ｚ＝３　、　ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＝３　、　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³＝３

（解）　ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝｛（ｘ＋ｙ＋ｚ）²−（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）｝/２＝３

　ｘｙｚ＝｛（ｘ³＋ｙ³＋ｚ³）−（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）｝/３＝１

より、　３つの数　ｘ、ｙ、ｚ　は３次方程式　ｔ³−３ｔ²＋３ｔ−１＝０　の解である。

　よって、　（ｔ−１）³＝０　より、　ｔ＝１　すなわち、　ｘ＝ｙ＝ｚ＝１　である。　（終）


（コメント）　何か、易しかったですね．．．。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「空舟」さんからのコメントです。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２５年４月２５日付け）

　最近、もう1つの裏の視点を知りましたので紹介します。

　Ｘ³−1　、ｘ・Ｘ²＋ｙ・Ｘ＋ｚ　の終結式（→参考：「判別式と終結式」）を求めると、

ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ です。すなわち、Ｘ³−1 と ｘ・Ｘ²＋ｙ・Ｘ＋ｚ が共通根を持つ条件が

　　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝０

です。Ｘ³−1 の根を ａ、ｂ、ｃ とすると、[実際には、 1、 (-1±)/2]

　　(ｘａ²＋ｙａ＋ｚ)(ｘｂ²＋ｙｂ＋ｚ)(ｘｃ²＋ｙｃ＋ｚ)＝ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ

です。　ｘ・Ｘ²＋ｙ・Ｘ＋ｚ の根を ｐ、ｑ とすると、 [実際には、(-y±√（y²-4xz)/2x]

　　(ｐ³−１)(ｑ³−１) = (ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ)/ｘ³ となる...はずです。


　空舟さんからのコメントです。（平成２５年４月２７日付け）

　なるほど、ｘ³−１ と ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ の終結式はシルベスター行列の方法によると

　a,b,c,0,0
　0,a,b,c,0
　0,0,a,b,c
　1 0,0,-1,0
　0,1,0,0,-1

の行列式ですが、第１列に第４列を足し、第２列に第５列を足して

　a,b,c
　c,a,b
　b,c,a

の行列式とも書けることを理解しました。すでに指摘した

　Ｘ³−1 の根を ａ、ｂ、ｃ とすると、[実際には、 1、 (-1±)/2]

　　(ｘａ²＋ｙａ＋ｚ)(ｘｂ²＋ｙｂ＋ｚ)(ｘｃ²＋ｙｃ＋ｚ)＝ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ

と合わせれば、CirculantMatrixの性質を理解できました。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「攻略法」さんが考察されました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２５年４月２７日付け）

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（（ｘ＋ｙ＋ｚ）²−３ｘｙ−３ｙｚ−３ｚｘ）

＝(１/２)（ｘ＋ｙ＋ｚ）（（ｘ−ｙ）²＋（ｙ−ｚ）²＋（ｚ−ｘ）²）

＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ＋ωｙ＋ω²ｚ）（ｘ＋ω²ｙ＋ωｚ）

（ただし、ω＝(-1＋ｉ)/2　※1の虚数立方根）

を使ってミタ！


問題　ａ³＋ｂ³＝（ａ＋ｂ）³−３ａｂ（ａ＋ｂ）を使って、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ　を因数分解せよ。

（解答は、このページの冒頭参照）


問題　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³ を基本対称式で表せ。

（解答は、「対称式の真実」を参照）


問題　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ を ｘ、ｙ、ｚ の1次式の積の形に表せ。

（解答）　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）

　ここで、　ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ＝ｘ²−（ｙ＋ｚ）ｘ＋ｙ²−ｙｚ＋ｚ²＝０　を解くと、

　ｘ＝（ｙ＋ｚ±（ｙ−ｚ）ｉ)/2　より、1の虚数立方根をω＝(-1＋ｉ)/2として、

　ｘ＝（ｙ＋ｚ＋（ｙ−ｚ）ｉ)/2＝−（ω²ｙ＋ωｚ）

　ｘ＝（ｙ＋ｚ−（ｙ−ｚ）ｉ)/2＝−（ωｙ＋ω²ｚ）

以上から、　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ＋ωｙ＋ω²ｚ）（ｘ＋ω²ｙ＋ωｚ）　（終）


問題　ｘ＋ｙ＋ｚ＝０ とするとき、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝０ を示せ。

（解答）　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ） より明らか。　（終）


問題　(ａ−ｂ)³＋(ｂ−ｃ)³＋(ｃ−ａ)³ を因数分解せよ。

（解答は、３(ａ−ｂ)(ｂ−ｃ)(ｃ−ａ) ）


問題　ａ＋ｂ＋ｃ＝３、ａ²＋ｂ²＋ｃ²＝５、ａ³＋ｂ³＋ｃ³＝７ のとき、ａ⁴＋ｂ⁴＋ｃ⁴、ａ⁵＋ｂ⁵＋ｃ⁵
　　　の値を求めよ。

（解答は、「淡い期待」を参照）


問題　行列式
　　　　　　| x y z |
　　　　　　| z x y |
　　　　　　| y z x |
　　　を求めよ。

（解答は、上記の空舟さんのコメント（４月２７日付け）を参照）


問題　ｘ、ｙ、ｚ を正の実数とするとき、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ≧０ を示せ。

（解答）　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝(１/２)（ｘ＋ｙ＋ｚ）（（ｘ−ｙ）²＋（ｙ−ｚ）²＋（ｚ−ｘ）²） より明ら
　　　　か。　（終）


問題　３辺の長さが ｘ、ｙ、ｚ の三角形で、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝０ が成り立つとき、この三
　　　角形はどんな三角形か？

（解答は、正三角形）


問題　３次方程式 ｘ³＋３ｐｘ＋ｑ＝０ の解を求めよ。

（解答は、「３次方程式の解２」、「方程式」やカルダノの公式、フォンタナ（タルタリア）の公式
を参照）


問題（2006年度 東京大学 文系 第3問）　ｎを正の整数とする。実数ｘ、ｙ、ｚに対する方程式
　　　ｘⁿ＋ｙⁿ＋ｚⁿ＝ｘｙｚ　・・・(*)　を考える。

(1)　ｎ＝１のとき、(*)を満たす正の整数の組(ｘ，ｙ，ｚ)で、x≦y≦zとなるものをすべて求めよ。

(2)　ｎ＝３のとき、(*)を満たす正の整数の組(ｘ，ｙ，ｚ)は存在しないことを示せ。

（解答）　（１）　(ｘ，ｙ，ｚ)＝(１，２，３)　のみ

（２）　解が存在すると仮定する。x≦y≦z としても一般性は失われない。このとき、

　　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³＝ｘｙｚ≦ｚ³　より、　ｘ³＋ｙ³≦０

　しかるに、ｘ、ｙは正の整数なので、　ｘ³＋ｙ³＞０　これは矛盾である。

よって、(*)を満たす正の整数の組(ｘ，ｙ，ｚ)は存在しない。　（終）


（コメント）　懐かしい問題ばかりですね！でも、最後の東大の問題は趣旨が違うような．．．
　　　　　　そんな雰囲気　ｆ(^^;) ）


（追記）　攻略法さんからの続報です。（平成２５年４月２８日付け）

問題　ａ＋ｂ＋ｃ＝０ のとき、ａ³＋ｂ³＋ｃ³＝−３（ａ＋ｂ）（ｂ＋ｃ）（ｃ＋ａ） を示せ。

（解答）　ａ³＋ｂ³＋ｃ³−３ａｂｃ＝０　から明らか。　（終）


問題　ａ＋ｂ＋ｃ＝０ のとき、次の式の値を求めよ。

(1)　(ａ³＋ｂ³＋ｃ³)/(ａｂｃ)

(2)　(ａ²＋ｂ²＋ｃ²)/(ａ³＋ｂ³＋ｃ³)＋(2/3)(1/ａ＋1/ｂ＋1/ｃ)

（解答）　（１）　３　（２）　０


問題　ａ、ｂ、ｃ、ｐ、ｑ、ｒ を正の実数とするとき、次を示せ。

(1)　p≠q のとき、(ｐ＋ｑ＋ｒ)/３＞(ｐｑｒ)^1/3　である。

(2)　ｘ を未知数とする方程式 ｘ³−３ａｘ²＋３ｂ²ｘ−ｃ³＝０　が相異なる３つの正の実数解を
　　もつならば、ａ＞ｂ＞ｃ である。

（解答）　（１）　ｘ、ｙ、ｚ を正の実数とするとき、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ≧０ から明らか。

（２）　相異なる３つの正の実数解をα、β、γとすると、解と係数の関係から、

　　α＋β＋γ＝３ａ、αβ＋βγ＋γα＝３ｂ²、αβγ＝ｃ³

このとき、（１）より、　（αβ＋βγ＋γα）/３＞(α²β²γ²)^1/3　なので、

　ｂ²＞ｃ²　から、ｂ＞ｃ

また、　（α＋β＋γ）｛（α＋β＋γ）²−３（αβ＋βγ＋γα）｝
　　　＝α³＋β³＋γ³−３αβγ＞０　なので、

　　　３ａ（９ａ²−９ｂ²）＞０　から、　ａ＞ｂ

　以上から、ａ＞ｂ＞ｃ である。　（終）


　攻略法さんからの続報です。（平成２５年４月２９日付け）

問題　x³＋y³＋３z²＝u³＋v³ の整数解を求めよ。

（解答）　ａ³＋ｂ³＋ｃ³−３ａｂｃ＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（（ａ＋ｂ＋ｃ）²−３ａｂ−３ｂｃ−３ｃａ）　において、

　ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝０　になるようにすると、ａ³＋ｂ³＋ｃ³−３ａｂｃ＝（ａ＋ｂ＋ｃ）³

ａ＋ｂ≠０　の条件で、ｃ＝−ａｂ/（ａ＋ｂ）　となるので、代入して、

　ａ³＋ｂ³＋｛−ａｂ/（ａ＋ｂ）｝³−３ａｂ｛−ａｂ/（ａ＋ｂ）｝＝｛ａ＋ｂ−ａｂ/（ａ＋ｂ）｝³

両辺に （ａ＋ｂ）³ を掛けると、

　ａ³（ａ＋ｂ）³＋ｂ³（ａ＋ｂ）³−（ａｂ）³＋３（ａｂ）²（ａ＋ｂ）²＝（ａ²＋ａｂ＋ｂ²）³

よって、ｘ＝ａ（ａ＋ｂ）、ｙ＝ｂ（ａ＋ｂ）、ｚ＝ａｂ（ａ＋ｂ）、ｕ＝ａ²＋ａｂ＋ｂ²、ｖ＝ａｂ　とすればよ
い。　（終）


類題　x²＋y²＝z²　の整数解を求めよ。

（解答）　(ａ＋ｂ)²＝(ａ−ｂ)²＋４ａｂ　より、ａ＝ｍ²、ｂ＝ｎ²　とすると、

　　　　(m²＋n²)²＝(m²−n²)²＋(２ｍｎ)²　（終）


（追記）　よおすけさんからの出題です。（平成２５年５月２８日付け）

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ の因数分解を使った問題があります・・・・。

　ｕ＝ｌｏｇ(ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ)　のとき、ｕ_ｘ＋ｕ_ｙ＋ｕ_ｚ＝３/（ｘ＋ｙ＋ｚ）　と

なることを証明せよ。（出典：朝倉数学講座5　微分学 　能代 清 著）


　Ｓ（Ｈ）さんが考察されました。（平成２５年５月２９日付け）

　左辺＝(3y² - 3xz)/(x³ + y³ - 3xyz + z³) + (3x² - 3yz)/(x³ + y³ - 3xyz + z³)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 + (-3xy + 3z²)/(x³ + y³ - 3xyz + z³)

＝(3y² - 3xz + 3x² - 3yz - 3xy + 3z²)/(x³ + y³ - 3xyz + z³)

＝3(x² + y² + z² - xy - yz - xz)/(ｘ + ｙ + ｚ)(x² + y² + z² - xy - yz - xz)

＝3/(ｘ + ｙ + ｚ)　　QED。

　上記の計算では面白くなく興ざめと言う方を満足させる証明をお願いします。（→　参考）


（追記）　ＨＮ「nuio」さんからのご投稿です。（平成３０年５月１日付け）

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ の因数分解ですが、因数定理を用いた因数分解を行ったところ、簡
単に出来ましたので、書き込みさせて頂きます。

　まずは、x について降べきの順に整理すると、 ｘ³−３ｘｙｚ＋ｙ³＋ｚ³ となります。因数を見
つける為には、最高次の係数が1なので定数項 ｙ³＋ｚ³ の約数を探さなければなりません。

　そこで、ｙ³＋ｚ³ を因数分解します。 ｙ³＋ｚ³＝(ｙ＋ｚ)(ｙ²−yz＋ｚ²)　ですね。この公式す
ら覚えてない人は、ｙに−ｚを代入すれば、ｙ³＋ｚ³＝０ になる事が分かるので、後は、整式
の割り算の筆算により、容易に因数分解できますね。

　したがって、ｘ＝−（ｙ＋ｚ）　のとき、　ｘ³−３ｘｙｚ＝ｘ（ｘ²−３ｙｚ）＝−（ｙ＋ｚ）（ｙ²−yz＋ｚ²）
なので、因数定理により、　ｘ³−３ｘｙｚ＋(ｙ＋ｚ)(ｙ²−yz＋ｚ²)　は、ｘ＋ｙ＋ｚ を因数に持つ
事が分かります。

　あとは、 ｘ³−３ｘｙｚ＋ｙ³＋ｚ³ を、ｘ＋ｙ＋ｚ で割ります。整式の割り算の筆算により、商は、

　ｘ2−(ｙ＋ｚ)ｘ＋ｙ²−yz＋ｚ²

であると分かります。したがって、

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（x² + y² + z² - xy - yz - xz）

となり、因数分解完了です。このように、因数定理の力に頼れば、今まで丸暗記だった事も、
そんなに面倒ではないレベルの導出に収められる場合がありますね。

　その他として、ω³−１ は因数定理により、ω−１ を因数に持つ事が分かり、後は整式の
割り算の筆算により、ω³−１＝(ω−１)(ω2＋ω＋１) となり、ω³−１ の因数分解をド忘れ
しても、１の三乗根ωの性質をすぐに導けますね。


（コメント）　因数定理の有用性という趣旨は理解できましたが、ｘ³＋ｙ³＋ｚ³−３ｘｙｚ の因数
　　　　　分解の方法としては、計算が少し大変ですね！


（追記）　「因数分解する（しない）」と題して、DD++さんからご投稿いただきました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（令和３年９月２７日付け）

　高校数学の因数分解の問題で、以下の有名な問題があります。

　　ab(a-b) + bc(b-c) + ca(c-a) を因数分解せよ

　通常、この問題は、かなり手間のかかる変形を頑張ることになります。しかし、一方で、数
学IIIの微分の知識を使うと、以下のような因数分解を一切しない解答が成立します。

（解）　f(x) = (x-a)(x-b)(a-b) + (x-b)(x-c)(b-c) + (x-c)(x-a)(c-a) とおく。

　　f’(x) = {(x-a)+(x-b)}(a-b) + {(x-b)+(x-c)}(b-c) + {(x-c)+(x-a)}(c-a)
       = (2x-a-b)(a-b) + (2x-b-c)(b-c) + (2x-c-a)(c-a)

　　f”(x) = 2(a-b) + 2(b-c) + 2(c-a) = 0

　f”(x) = 0 ということは、f’(x) は x によらない定数であり、その値は、

　　f’((a+b)/2) = 0 + (a-c)(b-c) + (b-c)(c-a) = 0

　f’(x) = 0 ということは、f(x) は x によらない定数であり、その値は、

　　f(a) = 0 + (a-b)(a-c)(b-c) + 0 = -(a-b)(b-c)(c-a)

したがって、　与式 = f(0) = -(a-b)(b-c)(c-a)　　（終）

　さて、3 文字の対称式や交代式の有名な因数分解問題は他にも多数ありますが、同様の
方法は取れるでしょうか？


（コメント）　因数分解の方法として、私にとって初見でした。躊躇なく「裏技」に採用させてい
　　　　　　ただきました。

　類題として、次の因数分解の問題はどうでしょうか？


問題　　ａ²（ｂ−ｃ）＋ｂ²（ｃ−ａ）＋ｃ²（ａ−ｂ）　を因数分解せよ。


　数学 Ｉ レベルの問題ですが、通常は次のように解かれます。

　ａ²（ｂ−ｃ）＋ｂ²（ｃ−ａ）＋ｃ²（ａ−ｂ）

＝ａ²（ｂ−ｃ）−（ｂ²−ｃ²）ａ＋ｂ²ｃ−ｂｃ²

＝ａ²（ｂ−ｃ）−（ｂ＋ｃ）（ｂ−ｃ）ａ＋ｂｃ（ｂ−ｃ）

＝（ｂ−ｃ）（ａ²−（ｂ＋ｃ）ａ＋ｂｃ）

＝（ｂ−ｃ）（ａ−ｂ）（ａ−ｃ）

＝−（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）


　これをDD++さんの紹介された方法で解くと、次のように解かれるのでしょう。

（解）　ｆ（ｘ）＝（ｘ−ａ）²（ｂ−ｃ）＋（ｘ−ｂ）²（ｃ−ａ）＋（ｘ−ｃ）²（ａ−ｂ）　とおく。

　ｆ’（ｘ）＝２（ｘ−ａ）（ｂ−ｃ）＋２（ｘ−ｂ）（ｃ−ａ）＋２（ｘ−ｃ）（ａ−ｂ）

　ｆ”（ｘ）＝−２ａ（ｂ−ｃ）−２ｂ（ｃ−ａ）−２ｃ（ａ−ｂ）＝０

　f”(x)＝０ ということは、f’(x) は x によらない定数であり、その値は、

　　f’(ａ)＝０＋２ (a−ｂ)(ｃ−ａ)＋２(ａ−c)(ａ−ｂ)＝０

　f’(x)＝０ ということは、f(x) は x によらない定数であり、その値は、

　　f(a)＝０＋（ａ−ｂ）²(ｃ−ａ)＋（ａ−ｃ）²(ａ−ｂ)＝(a−b)(c−a)（ａ−ｂ＋c−a）

　　　　＝−(a−b)(b−c)(c−a)

したがって、　与式＝f(0)＝−(a−b)(b−c)(c−a)　　（終）


（コメント）　DD++さんの問題を書き換えただけでしたね！後で気がつきました．．．ｆ(^^;)


　お口直しにもう１問挑戦してみました。

問題　　ａ³（ｂ−ｃ）＋ｂ³（ｃ−ａ）＋ｃ³（ａ−ｂ）　を因数分解せよ。

（解）　ｆ（ｘ）＝（ｘ−ａ）³（ｂ−ｃ）＋（ｘ−ｂ）³（ｃ−ａ）＋（ｘ−ｃ）³（ａ−ｂ）　とおく。

　ｆ’（ｘ）＝３（ｘ−ａ）²（ｂ−ｃ）＋３（ｘ−ｂ）²（ｃ−ａ）＋３（ｘ−ｃ）²（ａ−ｂ）

　ｆ”（ｘ）＝６（ｘ−ａ）（ｂ−ｃ）＋６（ｘ−ｂ）（ｃ−ａ）＋６（ｘ−ｃ）（ａ−ｂ）

　ｆ”’（ｘ）＝−６ａ（ｂ−ｃ）−６ｂ（ｃ−ａ）−６ｃ（ａ−ｂ）＝０

　f”’(x)＝０ ということは、f”(x) は x によらない定数であり、その値は、

　　f”(ａ)＝０＋６（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）＋６（ａ−ｃ）（ａ−ｂ）＝０

　f”(x)＝０ ということは、f’(x) は x によらない定数であり、その値は、

　　f’(ａ)＝０＋３（ａ−ｂ）²（ｃ−ａ）＋３（ａ−ｃ）²（ａ−ｂ）＝−３(a−b)(b−c)(c−a)

　f’(x)＝−３(a−b)(b−c)(c−a)　より、

　　ｆ（ｘ）＝−３(a−b)(b−c)(c−a)ｘ＋Ａ　（Ａは定数）

とおける。このとき、ｘ＝ａ を代入して、

　０＋（ａ−ｂ）³（ｃ−ａ）＋（ａ−ｃ）³（ａ−ｂ）＝−３(a−b)(b−c)(c−a)ａ＋Ａ

よって、　Ａ＝（ａ−ｂ）³（ｃ−ａ）＋（ａ−ｃ）³（ａ−ｂ）＋３(a−b)(b−c)(c−a)ａ

　　　　　　 ＝（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）（（ａ−ｂ）²−（ｃ−ａ）²＋３ａ(b−c)）

　　　　　　 ＝（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）（ａ²−２ａｂ＋ｂ²−ｃ²＋２ｃａ−ａ²＋３ａ(b−c)）

　　　　　　 ＝（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）（（ｂ−ｃ）（ｂ＋ｃ）＋ａ(b−c)）

　　　　　　 ＝（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ａ＋ｂ＋ｃ）

すなわち、

　（ｘ−ａ）³（ｂ−ｃ）＋（ｘ−ｂ）³（ｃ−ａ）＋（ｘ−ｃ）³（ａ−ｂ）

＝−３(a−b)(b−c)(c−a)ｘ＋（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ａ＋ｂ＋ｃ）

　ｘ＝０　を代入して、

　−ａ³（ｂ−ｃ）−ｂ³（ｃ−ａ）−ｃ³（ａ−ｂ）＝（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ａ＋ｂ＋ｃ）

すなわち、　ａ³（ｂ−ｃ）＋ｂ³（ｃ−ａ）＋ｃ³（ａ−ｂ）＝−（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ａ＋ｂ＋ｃ）　と

因数分解できる。　　（終）


（コメント）　これは普通に、

　ａ³（ｂ−ｃ）＋ｂ³（ｃ−ａ）＋ｃ³（ａ−ｂ）

＝ａ³（ｂ−ｃ）−（ｂ³−ｃ³）ａ＋ｂｃ（ｂ²−ｃ²）

＝（ｂ−ｃ）（ａ³−（ｂ²＋ｂｃ＋ｃ²）ａ＋ｂｃ（ｂ＋ｃ））

＝（ｂ−ｃ）（（ｃ−ａ）ｂ²＋ｃ（ｃ−ａ）ｂ−（ｃ²−ａ²）ａ）

＝（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ｂ²＋ｃｂ−（ｃ＋ａ）ａ）

＝（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（（ｂ−ａ）ｃ＋ｂ²−ａ²）

＝（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ｂ−ａ）（ｃ＋ｂ＋ａ）

＝−（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ａ＋ｂ＋ｃ）

と計算した方が速いかも．．．。


　DD++ さんからのコメントです。（令和３年９月２９日付け）

　ａ²（ｂ−ｃ）＋ｂ²（ｃ−ａ）＋ｃ²（ａ−ｂ）　の形も、初形が違う以上別問題として扱われるべき
だと思います。

　そして、（ｘ−ａ）²（ｂ−ｃ）＋（ｘ−ｂ）²（ｃ−ａ）＋（ｘ−ｃ）²（ａ−ｂ）　にするのも、私もすぐに思
いついたのですが、実は、f(a) を計算するときに、元の問題よりはるかに簡単とはいえ、「因
数分解している」のですよね。なので、ちょっとだけ美しさに欠けるかなと．．．。

　f’(何か) では、1 つの項が 0 になり、残り 2 つが ± で打ち消しあって 0 になり、f(何か)
では、2 つの項が 0 になり、残った項がそのまま答えという形はないものでしょうか？


（コメント）　なるほど！確かに、

　（ａ−ｂ）²(ｃ−ａ)＋（ａ−ｃ）²(ａ−ｂ)＝(a−b)(c−a)（ａ−ｂ＋c−a）＝−(a−b)(b−c)(c−a)

では因数分解してましたね。

　DD++さんの示された条件を満たすためには、問題の形が相当限定されるような．．．。


　りらひいさんからのコメントです。（令和３年９月３０日付け）

　こういうやり方はどうでしょう？

　a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b) の因数分解

（解）　f(x,y) = (x-a)(y-a)(b-c) + (x-b)(y-b)(c-a) + (x-c)(y-c)(a-b)　とおく。

∂f(x,y)/(∂x) = (y-a)(b-c) + (y-b)(c-a) + (y-c)(a-b)

∂f(x,y)/(∂y) = (x-a)(b-c) + (x-b)(c-a) + (x-c)(a-b)

∂^2f(x,y)/(∂x)^2 = 0 …�@

∂^2f(x,y)/(∂y)^2 = 0 …�A

∂^2f(x,y)/(∂x∂y) = (b-c) + (c-a) + (a-b) = 0 …�B

　�@�Bより、∂f(x,y)/(∂x) は、x, y によらない定数であり、その値は、

∂f(x,y)/(∂x)|[(x,y)=(0,a)] = 0 + (a-b)(c-a) + (a-c)(a-b) = 0

　�A�Bより、∂f(x,y)/(∂y) は、x, y によらない定数であり、その値は、

∂f(x,y)/(∂y)|[(x,y)=(a,0)] = 0 + (a-b)(c-a) + (a-c)(a-b) = 0

　よって、f(x,y) は、x, y によらない定数であり、その値は、

　　f(a,b) = 0 + 0 + (a-c)(b-c)(a-b) = -(a-b)(b-c)(c-a)

したがって、　与式 = f(0,0) = -(a-b)(b-c)(c-a)　　（終）


　また、次のようなのはどうでしょう？（実は先にこちらを思い付きました。）

　a^3(b-c) + b^3(c-a) + c^3(a-b) の因数分解

（解）　f(x,y) = (x-a)(y-a)(x+y+a)(b-c) + (x-b)(y-b)(x+y+b)(c-a) + (x-c)(y-c)(x+y+c)(a-b)　と
　　　おく。

∂f(x,y)/(∂x)
= {(x-a)+(x+y+a)}(y-a)(b-c) + {(x-b)+(x+y+b)}(y-b)(c-a) + {(x-c)+(x+y+c)}(y-c)(a-b)
= (2x+y)(y-a)(b-c) + (2x+y)(y-b)(c-a) + (2x+y)(y-c)(a-b)

∂f(x,y)/(∂y)
= {(y-a)+(x+y+a)}(x-a)(b-c) + {(y-b)+(x+y+b)}(x-b)(c-a) + {(y-c)+(x+y+c)}(x-c)(a-b)
= (x+2y)(x-a)(b-c) + (x+2y)(x-b)(c-a) + (x+2y)(x-c)(a-b)

∂^2f(x,y)/(∂x)^2 = 2(y-a)(b-c) + 2(y-b)(c-a) + 2(y-c)(a-b)

∂^2f(x,y)/(∂y)^2 = 2(x-a)(b-c) + 2(x-b)(c-a) + 2(x-c)(a-b)

∂^2f(x,y)/(∂x∂y)
= {(2x+y)+(y-a)}(b-c) + {(2x+y)+(y-b)}(c-a) + {(2x+y)+(y-c)}(a-b)
= (2x+2y-a)(b-c) + (2x+2y-b)(c-a) + (2x+2y-c)(a-b)

∂^3f(x,y)/(∂x)^3 = 0 …�@

∂^3f(x,y)/(∂y)^3 = 0 …�A

∂^3f(x,y)/((∂x)^2∂y) =2(b-c) + 2(c-a) + 2(a-b) = 0 …�B

∂^3f(x,y)/(∂x(∂y)^2) =2(b-c) + 2(c-a) + 2(a-b) = 0 …�C

[A]　�@�Bより、∂^2f(x,y)/(∂x)^2 は、x, y によらない定数であり、その値は、

∂^2f(x,y)/(∂x)^2|[(x,y)=(0,a)] = 0 + 2(a-b)(c-a) + 2(a-c)(a-b) = 0

[B]　�A�Cより、∂^2f(x,y)/(∂y)^2 は、x, y によらない定数であり、その値は、

∂^2f(x,y)/(∂y)^2|[(x,y)=(a,0)] = 0 + 2(a-b)(c-a) + 2(a-c)(a-b) = 0

[C]　�B�Cより、∂^2f(x,y)/(∂x∂y) は、x, y によらない定数であり、その値は、

∂^2f(x,y)/(∂x∂y)|[(x,y)=(0,a/2)] = 0 + (a-b)(c-a) + (a-c)(a-b) = 0

　[A][C]より、∂f(x,y)/(∂x) は、x, y によらない定数であり、その値は、

　　∂f(x,y)/(∂x)|[(x,y)=(0,0)] = 0

　[B][C]より、∂f(x,y)/(∂y) は、x, y によらない定数であり、その値は、

　　∂f(x,y)/(∂x)|[(x,y)=(0,0)] = 0

よって、f(x,y) は、x, y によらない定数であり、その値は、

　　f(a,b) = 0 + 0 + (a-c)(b-c)(a+b+c)(a-b) = -(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)

したがって、　与式 = f(0,0) = -(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)　　（終）


　DD++さんからのコメントです。（令和３年９月３０日付け）

　なるほど二変数関数！これはお見事。


　りらひいさんからのコメントです。（令和３年１０月１日付け）

　偏微分は高校の範囲外ですよね？因数分解は回避するとして、展開を許容することにす
れば、f(x,y)を展開して定数項以外消えることを確認する感じでもよいと思います。まあ、そ
れはそれで非常に大変なんですが．．．。


（コメント）　りらひいさん、素晴らしいです！

　関数ｆ（ｘ，ｙ）において、ｆ_ｘ（ｘ，ｙ）＝ｆ_ｙ（ｘ，ｙ）≡０　ならば、ｆ（ｘ，ｙ）は定数関数

が巧妙に使われていて感動しました。


　DD++さんからのコメントです。（令和３年１０月１日付け）

　因数分解は回避するとして、展開を許容することにすれば、f(x,y)を展開して定数項以外
消えることを確認する感じでもよいと思います。

　あるいは、例えば、私が最初に挙げた例で言うなら、

　f(x) = (x-a)(x-b)(a-b) + (x-b)(x-c)(b-c) + (x-c)(x-a)(c-a) 　で、いきなり

　f(a) = -(a-b)(b-c)(c-a)　、f(b) = -(a-b)(b-c)(c-a)　、f(c) = -(a-b)(b-c)(c-a)

を計算して、　f(x) = -(a-b)(b-c)(c-a)　が恒等式である（方程式ならば、２次の等式が異なる
３つの値で成り立つことはあり得ない）とする手段もあります。

　二変数だとどこまで確認すれば恒等式と言えるかちょっと考えないといけませんが。


（コメント）　なるほど、

　　ｇ（ｘ） = (x-a)(x-b)(a-b) + (x-b)(x-c)(b-c) + (x-c)(x-a)(c-a) + (a-b)(b-c)(c-a)

において、２次式 ｇ（ｘ） が、ｇ（ａ） = ｇ（ｂ） = ｇ（ｃ） = ０　と異なる３つの値 ａ、ｂ、ｃ について
言えれば、ｇ（ｘ）≡０　となるということを昔聞いた覚えがあります。



　　以下、工事中！