ソフィー・ジェルマンの恒等式の証明、性質と例題について

1. ソフィー・ジェルマンの恒等式

複雑な4次式を2次式の積に分解する非常に有用な恒等式です。

1.1. 証明

ソフィー・ジェルマンの恒等式を証明してみましょう。

$a^{4} + 4b^{4}$ という式に$4a^2b^2 – 4a^2b^2$を追加すると、

$$a^{4} + 4b^{4} = \left( a^{2} \right) ^{2} + 4a^2b^2 + \left( 2b^{2} \right) ^{2} – 4a^2b^2$$

以下のように二乗の形を持ち込むことで、

$$= \left( a^{2} + 2b^{2} \right)^2 – \left( 2ab \right)^2$$

平方の差を利用すると、

$$a^{4} + 4b^{4}= (a^2 + 2ab + 2b^2)(a^2 – 2ab + 2b^2)$$

1.2. 性質

$a^2 + 2ab + 2b^2$ の平方完成すると、

\[ a^2 + 2ab + 2b^2 = (a + b)^2 + b^2 \]

$a^2 – 2ab + 2b^2$の平方完成すると、

\[ a^2 – 2ab + 2b^2 = (a – b)^2 + b^2 \]

平方完成の結果として、両方の式は $(a + b)^2 + b^2$ および $(a – b)^2 + b^2$ となり、どちらも実数範囲では因数分解ができない形式です。

2. 例題

2.1. 例題1

$x^4 + 64$ の式を $x^4 + 4 \cdot 2^4$ と見なします。

これをソフィー・ジェルマンの恒等式に当てはめると、以下のように因数分解できます。

$$x^4 + 4 \cdot 2^4 = (x^2 + 2x \cdot 2 + 2 \cdot 2^2)(x^2 – 2x \cdot 2 + 2 \cdot 2^2)$$

$$= (x^2 + 4x + 8)(x^2 – 4x + 8)$$

このように、4次式 $x^4 + 64$ が2次式の積として分解されました。

2.2. 例題2

与えられた式を次のように変形すると、

$$\begin{align*}x^5 -x^4+x-1&=x^4(x-1)+x-1 \\ &=(x^4+1)(x-1)\end{align*}$$

$x^4 +1$ の式を $x^4 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^4$ と見なします。

ここで、$x^4+1$をソフィー・ジェルマンの恒等式に当てはめると、以下のように因数分解できます。

\[ x^4 + 1 = \left(x^2 + \sqrt{2}x + 1\right)\left(x^2 – \sqrt{2}x + 1\right) \]

では、最後に \(x^2 + \sqrt{2}x + 1\) および \(x^2 – \sqrt{2}x + 1\) の判別式を計算し、実数範囲でさらに因数分解できないことを確認しましょう。

\(x^2 + \sqrt{2}x + 1\) の判別式

この式に対して、\(a = 1\)、\(b = \sqrt{2}\)、\(c = 1\) です。これを判別式に代入すると、

\[ D = (\sqrt{2})^2 – 4(1)(1) = 2 – 4 = -2 \]

よって、この判別式は負の値となり、実数範囲で根を持たないため、実数範囲での因数分解はできません。

\(x^2 – \sqrt{2}x + 1\) の判別式

この式に対して、\(a = 1\)、\(b = -\sqrt{2}\)、\(c = 1\) です。これも同様に判別式を計算すると、

\[ D = (-\sqrt{2})^2 – 4(1)(1) = 2 – 4 = -2 \]

こちらも判別式が負の値ですので、実数範囲で根を持たず、実数範囲での因数分解は不可能です。

これを最初の因数分解に代入すると、次のように表されます。

\[ x^5 – x^4 + x – 1 = (x-1)\left(x^2 + \sqrt{2}x + 1\right)\left(x^2 – \sqrt{2}x + 1\right) \]