2次式が因数分解できる条件

$$\begin{aligned}&px^2 +qx +r = p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left( \dfrac{q^2 -4pr}{4p^2} \right) \right]\quad \quad \cdots\text{①}\end{aligned}$$

である。（これを『平方完成』と言います。後述。）

ここで、$q^2 -4pr$は平方数なので$q^2 -4pr =m^2$となる$m$がある。この$m$を用いて、

$$\begin{aligned}\text{①}&=p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left( \dfrac{m^2}{4p^2} \right) \right]\\&=p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left( \dfrac{m}{2p} \right)^2 \right]\quad \quad \quad \cdots\text{②}\end{aligned}$$

となる。ここで、$x+\dfrac{q}{2p} =:A$とすれば、

$$\begin{aligned}\text{②}&=p\left[ A^2 -\left( \dfrac{m}{2p} \right)^2 \right]\\&=p\left( A+\dfrac{m}{2p} \right)\left( A-\dfrac{m}{2p} \right)\\&=p\left( x+\dfrac{q}{2p}+\dfrac{m}{2p} \right)\left( x+\dfrac{q}{2p}-\dfrac{m}{2p} \right)\\&=p\left( x+\dfrac{q+m}{2p} \right)\left( x+\dfrac{q-m}{2p} \right)\quad \quad \quad \cdots\text{③}\end{aligned}$$

となり、因数分解できる。□

※$p,q,r$が整数のときは、これは裏も成立する。つまり$q^2 -4pr$が平方数でない時、$px^2 +qx +r$は（有理数係数範囲では）因数分解不可能となる。実際、有理数$s,t,u,v$を用いて$px^2 +qx +r=(sx+t)(ux+v)$と分解できたとすると、係数を比べて$p=su,\ q=sv+tu,\ r=tv$なので、$q^2-4pr=(sv+tu)^2-4sutv=(sv-tu)^2$となり、$q^2-4pr$は有理数の2乗になってしまう。整数で有理数の2乗になるものは平方数しかないので、$q^2-4pr$が平方数でなければこのような分解はできない。

③ において、$p=5,q=13,r=6$。また、$q^2 -4pr=13^2-4\times 5\times 6 =49$より、$m=7$としてよい。

よって、

$$\begin{aligned}\text{③}&=p\left( x+\dfrac{q+m}{2p} \right)\left( x+\dfrac{q-m}{2p} \right)\\&=5\left( x+\dfrac{13+7}{2\times 5} \right)\left( x+\dfrac{13-7}{2\times 5}\right)\\&=5\left( x+\dfrac{20}{10} \right)\left( x+\dfrac{6}{10}\right)\\&=(x+2)(5x+3)\quad \quad\cdots\text{（答）}\end{aligned}$$

まず、$x^2 +ax$の部分を変形したいと考える。2乗公式：$(x+s)^2 =x^2 +2sx+s^2$において、$s=a/2$とすれば、

$$\begin{aligned}&\left(x+\dfrac{a}{2}\right)^2 =x^2 +ax+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2\end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned}x^2 +ax&=x^2 +ax+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 -\left(\dfrac{a}{2}\right)^2\\&=\left(x+\dfrac{a}{2}\right)^2 -\left(\dfrac{a}{2}\right)^2\end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned}x^2 +ax +b&=\left(x+\dfrac{a}{2}\right)^2 -\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 +b\\&=\left( x+\dfrac{a}{2}\right) ^2 - \left[\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 -b\right]\end{aligned}$$

□

$$\begin{aligned}&px^2 +qx +r =p\left(x^2 +\dfrac{q}{p} x+\dfrac{r}{p}\right)\end{aligned}$$

であるので、この括弧の中身について、補題2において

$$\begin{aligned}&\begin{cases} a=\dfrac{q}{p}\\ \\ b=\dfrac{r}{p} \end{cases}\end{aligned}$$

とおけば、

$$\begin{aligned}px^2 +qx +r&=p\left(x^2 +\dfrac{q}{p} x+\dfrac{r}{p}\right)\\&=p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left\{ \left(\dfrac{q}{2p}\right)^2 - \dfrac{r}{p}\right\} \right]\\&=p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left(\dfrac{q^2}{4p^2} -\dfrac{r}{p}\right) \right]\\&=p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left(\dfrac{q^2}{4p^2} -\dfrac{4pr}{4p^2}\right) \right]\\&=p\left[ \left( x+\dfrac{q}{2p} \right)^2 -\left( \dfrac{q^2 -4pr}{4p^2} \right) \right]\quad \quad \quad \cdots\text{①}\end{aligned}$$

を得る。

$5x^2 +13x+6$を平方完成して因数分解してみよう。変形していくと、

$$\begin{aligned}5x^2 +13x+6&=5\left(x^2 +\dfrac{13}{5} x+\dfrac{6}{5} \right)\\&=5\left[ \left( x + \dfrac{13}{10} \right)^2 - \left\{\left(\dfrac{13}{10}\right)^2 -\dfrac{6}{5}\right\}\right]\\&=5\left[ \left( x + \dfrac{13}{10} \right)^2 - \left(\dfrac{49}{100}\right)\right]\\&=5\left[ \left( x + \dfrac{13}{10} \right)^2 - \left(\dfrac{7}{10}\right)^2 \right]\\&=5\left[\left(x + \dfrac{13}{10}\right) +\dfrac{7}{10}\right]\left[\left(x + \dfrac{13}{10}\right) -\dfrac{7}{10}\right]\\&=5\left( x+2 \right)\left( x+\dfrac{3}{5}\right)\\&=(x+2)(5x+3)\quad \quad\cdots\text{（答）}\end{aligned}$$

$r=0$の時には$px^2 +qx=x(px+q)$となり自明。$r\neq 0$の場合を考える。

定理1と同様に考えて、$q^2 -4pr$は平方数でかつ$r\neq 0$なので$q^2 -4pr =m^2$となる$|m|\neq |q|\cdots\text{④}$を満たす整数$m$が存在して、この$m$を用いて、

$$\begin{aligned}&px^2 +qx +r=p\left( x+\dfrac{q+m}{2p} \right)\left( x+\dfrac{q-m}{2p} \right)\quad \quad \cdots\text{③}\end{aligned}$$

である。よってこの右辺を変形すれば因数をどちらも整数係数にできることを言えばいい。ここで、

$$\begin{aligned}&\begin{cases} a:=q-m\\ b:=q+m \end{cases}\end{aligned}$$

とする。今、$q,m$ともに整数であるから、これと④より、$a,b$ともに$0$でない整数である$\cdots\text{⑤}$

この時、$ab =(q-m)(q+m)=q^2-m^2$であって、$m^2=q^2 -4pr$であったから、$ab=4pr$で、これは偶数である。$\cdots\text{⑥}$

$b-a=(q+m)-(q-m)=2m$より、$a$と$b$の偶奇は一致する。これと⑥ より、$a,b$はともに偶数。$\cdots\text{⑦}$よって、

$$\begin{aligned}&\begin{cases} c:=a/2\\ d:=b/2 \end{cases}\end{aligned}$$

とすると、⑤と⑦より$c,d$はともに$0$でない整数であり、$cd=ab/4=pr$なので、$d=pr/c$。このもとで、

$$\begin{aligned}&\begin{cases} \dfrac{q-m}{2p}=\dfrac{a}{2p}=\dfrac{c}{p}\\ \\ \dfrac{q+m}{2p}=\dfrac{b}{2p}=\dfrac{d}{p}=\dfrac{pr/c}{p}=\dfrac{r}{c} \end{cases}\end{aligned}$$

である。$\cdots\text{⑧}$

$p$と$c$の最大公約数を$g$とおき、

$$\begin{aligned}&\begin{cases} c=gC\\ p=gP \end{cases}\end{aligned}$$

とすると、もちろん$C,P$は互いに素な整数である。今、

$$\begin{aligned}&\begin{cases} \dfrac{c}{p}\times P=\dfrac{gC}{gP}\times P=\dfrac{C}{P}\times P=C\\ \\ \dfrac{r}{c}\times g=\dfrac{r}{gC}\times g=\dfrac{r}{C} \end{cases}\end{aligned}$$

であって、よって、この結果と⑧を用いると、

$$\begin{aligned}\text{③}&=p\left(x+\dfrac{c}{p}\right)\left(x+\dfrac{r}{c}\right)\\&=gP\left(x+\dfrac{c}{p}\right)\left(x+\dfrac{r}{c}\right)\\&=\left\{P\left(x+\dfrac{c}{p}\right)\right\}\left\{g\left(x+\dfrac{r}{c}\right)\right\}\\&=\left(Px+\dfrac{c}{p}\times P\right)\left(gx+\dfrac{r}{c}\times g\right)\\&=\left(Px+C\right)\left(gx+\dfrac{r}{C}\right)\quad \quad \quad \cdots\text{⑨}\\&=Pgx^2+\left(gC+\dfrac{Pr}{C}\right)x +C\times\dfrac{r}{C}\\&=px^2+\left(c+\dfrac{Pr}{C}\right)x +r\quad \quad \quad \cdots\text{⑩}\end{aligned}$$

となる。ところで、$\text{③}=px^2 +qx +r$であったので、$\text{⑩}=px^2 +qx +r$となり、係数を比較して$c+\dfrac{Pr}{C}=q$より$\dfrac{Pr}{C}=q-c$となり、$q$も$c$も整数より$\dfrac{Pr}{C}$も整数となる。さらに、$P$と$C$は互いに素なので、$\dfrac{Pr}{C}$が整数のとき$r$は$C$の倍数でなければならず、よって$\dfrac{r}{C}$は整数となる。よって、⑨式において、$\dfrac{r}{C}$が整数となり、$P,C,g$はすでに整数であることがわかっているので、⑨式は整数係数の一次式同士の積となっている。$\text{⑨}=\text{③}=px^2 +qx +r$であったので、$px^2 +qx +r$は整数係数の一次式同士の積に因数分解できる。よって示された。□