◆三重県 鳥居 泰伸 さんからの解答。
【問題１】
α1＋α2＝0, β1＋β2＝0 であるから、
f(X)＝(X−α1)(X＋α1)＝(X−β1)(X＋β1)−B
この定数項を比較すると B＝α12−β12
|α1|,|β1| は 2,1 を取るとき |B| が最小となり |B|＝3 である。
このとき、f(X)＝(X−2)(X＋2)＝(X−1)(X＋1)−3 となる。
ただし、f(X) の X の１次の項を許して良いことにすると、
f(X)＝X(X−3)＝(X−1)(X−2)−2 となって |B|＝2 の解が得られる。
【問題２】
α1＋α2＋α3＝0, β1＋β2＋β3＝0 であるから、
f(X)＝(X−α1)(X−α2)(X＋α1＋α2)＝(X−β1)(X−β2)(X＋β1＋β2)−B
この X の１次の係数を比較すると
−A1＝α12＋α1α2＋α22＝β12＋β1β2＋β22
ここで Z(ω) なる二次体の整数環を考える。
ただし、ω は１の３乗根の一つで、ω＝[−1＋√(−3)]／2 である。
二次体のノルムを考えると、
Norm(α1−α2ω)＝α12＋α1α2＋α22
Norm(β1−β2ω)＝β12＋β1β2＋β22
3n＋2 型の有理素数 p は Z(ω) 上ではそれ以上に分解されない。
A1 に 3n＋2 型の有理素数 p が存在すると、α1−α2ω も β1−β2ω も p の倍数となる。
その結果、すべての αj とすべての βk が p の倍数となり、B も p の倍数となるため、|B| を最小にする目的には適さない。
−A1 が小さい順に、可能性がある候補を取り出してみる。
−A1＝1 のとき、α1−α2ω, β1−β2ω は、±1,±ω,±(1＋ω) のいずれかであるが、α1,α2,α3 は 1,0,−1 のどれかとなり、β1,β2,β3 も 1,0,−1 のどれかとなり、αj と βk とが等しくなるものが存在する。
−A1＝3 のとき、α1−α2ω, β1−β2ω は、±(1−ω),±(2＋ω),±(1＋2ω) のいずれかであるが、α1,α2,α3 のうち２つは 1 または -1 で等しくなる。
−A1＝7 のとき、α1−α2ω, β1−β2ω は、±(3＋ω),±(3＋2ω),±(2＋3ω) のいずれかであるが、例えば α1−α2ω＝3＋ω, β1−β2ω＝−3−ω を選ぶと、α1,α2,α3 は 3,−1,−2 となり、β1,β2,β3 は −3,1,2 となり、題意に合う αj,βk が得られる。
よって、f(X)＝(X−3)(X＋1)(X＋2)＝(X＋3)(X−2)(X−1)−12 となって、|B|＝12 の解が得られる。
ここで得られた解が最小の |B| となっている。
【問題３】
完全な解法ではないが、f(X) が偶関数である場合に限定して扱ってみる。
偶関数であることから、α1＝−α4,α2＝−α3,β1＝−β4,β2＝−β3 とおく。
f(X)＝(X−α1)(X−α2)(X＋α2)(X＋α1)＝(X−β1)(X−β2)(X＋β2)(X＋β1)−B
この X の２次の係数を比較すると
−A2＝α12＋α22＝β12＋β22
ここで Z(i) なる二次体の整数環を考える。
ただし、i＝√(−1) である。
二次体のノルムを考えると、
Norm(α1＋α2i)＝α12＋α22
Norm(β1＋β2i)＝β12＋β22
4n＋3 型の有理素数 p は Z(i) 上ではそれ以上に分解されない。
A2 に 4n＋3 型の有理素数 p が存在すると、α1＋α2i も β1＋β2i も p の倍数となる。
その結果、すべての αj とすべての βk が p の倍数となり、B も p の倍数となるため、|B| を最小にする目的には適さない。
A2 が 4 の倍数のときも各 αj,βk が 2 の倍数となるため、最小の |B| を与える解にはなり得ない。
4n＋1 型の有理素数 p は Z(i) 上の素数 π,π'(π と π' は互いに共役)の積にただ一通りに分解される。
π＝α1＋α2i とすると p＝α12＋α22 となるが、絶対値が同じ α1 を同一とみなし(α2 についても同様)、α1 と α2 とを入れ替えたものも同一とみなすと、p＝α12＋α22 の書き方は一通りとなる。
従って、−A2 が 4n＋1 型の有理素数の場合は αj と βk とが等しくなるものが存在する。
−A2 が 4n＋1 型の有理素数 p の 2 倍の場合も 2p＝α12＋α22 の書き方が一通りしかないため、やはり αj と βk とが等しくなるものが存在する。
−A2 が小さい順に、可能性がある候補を取り出してみる。
−A2＝25 のとき、一例として
α1＋α2i＝5, β1＋β2i＝4＋3i
のように書けるが、α1,α2,α3,α4 のうち２つは 0 となるため題意を満たさない。
−A2＝50 のとき、一例として
α1＋α2i＝5＋5i, β1＋β2i＝7＋i
のように書けるが、α1,α2,α3,α4 のうち２つは 5、残り２つは −5 となるため題意を満たさない。
−A2＝65 のとき、一例として
α1＋α2i＝8＋i, β1＋β2i＝7＋4i
のように書け、題意に合う αj,βk が得られる。
よって、f(X)＝(X−8)(X−1)(X＋1)(X＋8)＝(X−7)(X−4)(X＋4)(X＋7)−720 となって、|B|＝720 の解が得られる。
コンピュータを使って、必ずしも f(X) が偶関数とは限らない場合も含めて、解を求めた結果、上記の |B|＝720 の場合が最小の |B| を与えることがわかった。
なお、X3 の項を許しても良いことにすると、
f(X)＝X(X−4)(X−7)(X−11)＝(X−1)(X−2)(X−9)(X−10)−180 が成立して、|B|＝180 となる最小の |B| を与える解が得られる。
【おまけ】
５次以上の場合をコンピュータを使って探った結果、以下のような解を得た。
各次数とも探した範囲の中で最小の |B| を与える解を記した。
５次：
f(X)＝(X−9)(X−5)(X−1)(X＋7)(X＋8)
＝(X−8)(X−7)(X＋1)(X＋5)(X＋9)−5040
６次：
f(X)＝(X−11)(X−6)(X−5)(X＋5)(X＋6)(X＋11)
＝(X−10)(X−9)(X−1)(X＋1)(X＋9)(X＋10)−100800
７次：
f(X)＝(X−51)(X−33)(X−24)(X＋7)(X＋13)(X＋38)(X＋50)
＝(X−50)(X−38)(X−13)(X−7)(X＋24)(X＋33)(X＋51)−13967553600
８次：
f(X)＝(X−25)(X−21)(X−16)(X−2)(X＋2)(X＋16)(X＋21)(X＋25)
＝(X−24)(X−23)(X−14)(X−5)(X＋5)(X＋14)(X＋23)(X＋24)−1210809600
残念ながら、９次以上の解は見つけることができませんでした。
◆出題者のコメント。
大変エレガントな解釈をありがとうございます。
n-1次が０で奇異ですが、別の問題の補題として出てきた経緯があります。
やはり正確な一般解は困難ですね。