東北大学（理系）2019年前期 問題4
$実数を係数にもつ整式A(x)をx^2+1で割った余りとして得られる整式を[A(x)]と表す。$
$(1) \quad [2x^2+x+3],[x^5-1],[[2x^2+x+3][x^5-1]]をそれぞれ求めよ。$
$(2) \quad 整式A(x),B(x)に対して、次の等式が成り立つことを示せ。$
$\hspace{5em} [A(x)B(x)]=[[A(x)][B(x)]]$
$(3) \quad 実数\theta に対して、次の等式が成り立つことを示せ。$
$\hspace{5em} [(x\sin \theta +\cos \theta )^2]=x\sin 2\theta +\cos 2\theta $
$(4) \quad 次の等式を満たす実数a,bの組(a,b)をすべて求めよ。$
$\hspace{5em} [(ax+b)^4]=-1$
$(指針)$
$(1)(2)は整数論でも、積の余りは余りの積となることを学習していますが、整式でも同じことがいえます。$
$(3)は一見すると、他の小問と関連性がないように思えるのですが、実は深い意味があるのです。$
$\qquad 多項式環の単項イデアル(x^2+1)による剰余環が複素数のつくる環(体)に同型であることをいっているのです。$
$\qquad この式の中身は、ド・モアブルの定理\ \ (\cos \theta +i\sin \theta )^n=\cos n\theta +i\sin n\theta \ \ そのもです。$
$\qquad 興味のある方は$剰余環$を参照してください。$
$(4)は(2)を使ってもいいし、パスカルの三角形で4乗の展開係数を求めてもいいと思います。$
$\qquad なお、(3)同様に複素数に置き換える方法もあります。$
(1)
$\quad 2x^2+x+3=2(x^2+1)+x+1 \ \ より [2x^2+x+3]=x+1$
$割り算をおこなって$
$\quad x^5-1=(x^2+1)(x^3-x)+x-1 \ \ より [x^5-1]=x-1$
$\quad [2x^2+x+3][x^5-1]=(x+1)(x-1)=x^2-1=(x^2+1)-2 \ \ より$
$\quad [[2x^2+x+3][x^5-1]]=-2$
(2)
$除法の原理より \ \ A(x)=(x^2+1)f(x)+ax+b,\quad B(x)=(x^2+1)g(x)+cx+d\ \ とおけるから$
\begin{eqnarray*} A(x)B(x) &=&\{(x^2+1)f(x)+ax+b\}\{(x^2+1)g(x)+cx+d\}\\ &=&(x^2+1)\{(x^2+1)f(x)g(x)+f(x)(cx+d)+g(x)(ax+b)\}+(ax+b)(cx+d)\\ &=&(x^2+1)\{(x^2+1)f(x)g(x)+f(x)(cx+d)+g(x)(ax+b)\}+ac(x^2+1)+(ad+bc)x+bd-ac\\ &=&(x^2+1)\{(x^2+1)f(x)g(x)+f(x)(cx+d)+g(x)(ax+b)+ac\}+(ad+bc)x+bd-ac\\ \end{eqnarray*} $よって \quad [A(x)B(x)]=(ad+bc)x+bd-ac$
$また、[A(x)]=ax+b,\quad [B(x)]=cx+d \ \ だから$
$[A(x)][B(x)]=(ax+b)(cx+d)=acx^2+(ad+bc)x+bd=ac(x^2+1)+(ad+bc)x+bd-ac \ \ より$
$[[A(x)][B(x)]]=(ad+bc)x+bd-ac$
$したがって、[A(x)B(x)]=[[A(x)][B(x)]]$
(3)
\begin{eqnarray*} (x\sin \theta +\cos \theta )^2 &=&x^2\sin ^2 \theta +2x\sin \theta \cos \theta +\cos ^2 \theta \\ &=&(x^2+1)\sin ^2 \theta +x\sin 2\theta +\cos ^2 \theta -\sin ^2 \theta \\ &=&(x^2+1)\sin ^2 \theta +x\sin 2\theta +\cos 2 \theta\\ \end{eqnarray*} $\qquad \therefore [(x\sin \theta +\cos \theta )^2]=x\sin 2\theta +\cos 2 \theta$
(4)
$(2)より$
\begin{eqnarray*} [(ax+b)^4] &=&[(ax+b)^2(ax+b)^2]\\ &=&[(ax+b)^2]^2\\ &=&[a^2x^2+2abx+b^2]^2\\ &=&[a^2(x^2+1)+2abx+b^2-a^2]^2\\ &=&[2abx+b^2-a^2]^2\\ &=&[4a^2b^2x^2+4ab(b^2-a^2)x+(b^2-a^2)^2]\\ &=&[4a^2b^2(x^2+1)+4ab(b^2-a^2)x+(b^2-a^2)^2-4a^2b^2]\\ &=&4ab(b^2-a^2)x+(b^2-a^2)^2-4a^2b^2]\\ \end{eqnarray*} $\qquad [(ax+b)^4]=-1 だから$
$\qquad 4ab(b^2-a^2)x+(b^2-a^2)^2-4a^2b^2=-1$
$これは、xについての恒等式だから$
\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} ab(b^2-a^2)=0 \hspace{9em}(1)\\ (b^2-a^2)^2-4a^2b^2=-1 \hspace{5em}(2)\\ \end{array} \right. \]
$題意より明らかに \ \ ab \ne 0$
$(1)より b^2=a^2$
$(2)に代入して$
$\quad 4a^4=1$
$\quad a^2=\cfrac{1}{2}$
$\quad \therefore a=\pm \cfrac{1}{\sqrt{2}}$
$b^2=a^2=\cfrac{1}{2} \ \ より b=\pm \cfrac{1}{\sqrt{2}}$
$したがって$
$\quad (a,b)=(\cfrac{1}{\sqrt{2}},\cfrac{1}{\sqrt{2}}),(\cfrac{1}{\sqrt{2}},-\cfrac{1}{\sqrt{2}}), (-\cfrac{1}{\sqrt{2}},\cfrac{1}{\sqrt{2}}),(\cfrac{1}{\sqrt{2}},-\cfrac{1}{\sqrt{2}})$
$(別解1)$
\begin{eqnarray*} (ax+b)^4 &=&a^4x^4+4a^3bx^3+6a^2b^2x^2+4ab^3x+b^4\\ &=&(x^2+1)(a^4x^2+4a^3bx+6a^2b^2-a^4)+(4ab^3-4a^3b)x+b^4-6a^2b^2+a^4$
\end{eqnarray*} $したがって$
$\qquad [(ax+b)^4]=(4ab^3-4a^3b)x+b^4-6a^2b^2+a^4$
$以下略$
$(別解2)$
$冒頭にも書きましたが、多項式環の単項イデアル(x^2+1)による剰余環は複素数のつくる環(体)に同型であるから$
$\qquad [(ax+b)^4]=-1 \ \ と \ \ (ai+b)^4=-1 \ \ は同じ内容となります。\ \ (その理由は$剰余環$を参照してください。)$
$(ai+b)^4=-1 \ \ より$
$(ai)^4+4(ai)^3b+6(ai)^2b^2+4(ai)b^3+b^4=-1$
$a^4-4a^3bi-6a^2b^2+4ab^3i+b^4=-1$
$a^4-6a^2b^2+b^4-(4a^3b-4ab^3)i=-1$
$a,bは実数だから$
\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} a^4-6a^2b^2+b^4=-1 \hspace{6em}(1)\\ ab(a^2-b^2)=0 \hspace{9em}(2)\\ \end{array} \right. \] $以下略$
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