Po＝X＋αX＋わX＋c
pユこ4×3＋2αX＋b
↓
α＝0一一一一一→脆5
・・
^
脆3 b＝0一一一一一
・・
̲
c＝O 一一一一→
脆8w＼
片：X4＋αX2＋δX＋・
p！＝4×3＋2αX＋b 乃＝一2αX≒3bX■4c
8＝1
局＝X4＋わX＋・
p1＝4×3＋b 巧＝一3午4c
γe8
＼6
po＝X＋c
．P1＝4×3
P2＝一C
A＝O
十L・
F＝0
十
フローチャートを見てわかるように，8＜0となる場合が現れているが，解の個数が負 の値になることはないので，実際には起きない、
解が1個以上の場合についてまとめると，
・解が1個のとき，（α≠Oかっ△＝OかつF〉O）または（α＝Oかつ△＝O）
．解が2個のとき，（α〉Oかっ△＜0かつF〉0）または（α≧oカ）つ△〈0）また は（α＜0かつr＝O）
・解が3個のとき，αく0かつrく0かつ△＝O ．解が4個のとき，α〈Oかっ△〉OかっF＜O
のようになる．次に8＝0，すなわち解がO個の場合を考察する．解が0個であるとき，以 下の条件のいずれかを満たす：
条件1α〉Oかつ△。＝16α4c＿4α3b2＿128α2c2＋ユ44αわ2c−27あ4＋256c3＞0 条件2α〉OかっF：2α3＿8αc＋962＝o
条件3α＜oかっr＝2α3＿8αc＋9わ2＞0かっ△＝16α4c＿4α3わ2＿128α2c2＋
144αb2c＿2764＋256c3＞0
解の個数を定める条件は，α，△，rの符号条件しか考えていない．すなわち，b，c，Σ，A の符号条件によって，解の個数は変化しないことがわかる．なぜならb＝Oとなる場合，
A＝△となるため，△の条件を考えることに帰着する．Σは，フローチャ』トを見てわか るように，符号が変化しても解の個数は変わらないので，条件として考える必要がない1 上の3つの条件のうち，条件2が，条件1に含まれるか見てみる．A＝＿27b4＋256c3＝O
より，
2α3＋9わ2 c＝
8α
となる、また，△＝！6α4c＿4α3b2＿128α2c2＋144αb2c＿27b4＋256c3より，
△＝16・（α2−4・）2−62（4α3−144㏄十27b2）
4α3＋18わ2
＝ （α2−4・）2−b2（4α3−36α3−162b2＋27わ2）
α 4α3＋1862
＝ （α2−4・）2＋わ2（32α3＋135b2）≧0 α
とできる．したがって，6≠Oのとき，条件2は条件1に含まれる。等号成立は，b＝0か つ。＝字のときである．以上のことより，P：X4＋αX2＋6X＋cをT＝（α，わ，c）と Xを変数とする多項式としたとき，
R1（T）＝α，R2（T）＝F，R3（T）＝△
として，補題2．！0が成り立つことがわかる．また，上で着目したスツルム列に現れる多項 式の最高次係数一隻，一品，手会から符号を変えずに得られる多項式一参，一rα2，α2F2△をそ れぞれ月1（T），月2（T），月3（T）としても同様に補題2．10が成り立つことにも注意する．
上の例をさらに幾何学的に考察することにする．6＝Oの場合，上で述べた3つの条件 は次のように書き直すことが出来るj
条件1 α≧Oかっ△＝c（4α2＿16c）2〉O 条件2 α〉Oかつr＝2α（α2＿4c）＝0
条件3 α＜Oかっr＝2α（α2＿4c）〉0かっ△＝c（4α2＿16c）2〉O
したがって，b＝0のとき3つの条件を満たす領域は下の図の斜線部分である．ただし，境 界部分は含まない1
1 2 C＝：一α 4ノ
〃
O
パラメータ（α，わ，c）空間で条件1，2，3を満たす図を次に示す、
ノ 一部分
つまり，上の図の尾の部分は，b＝Oの場合め放物線を表している．また，一点が曲面
△：Oと交わらないパラメータ（α，b，c）空間の」点から点が連続的に摂動させるとき，陰 関数定理により実根の数を変えないことが成り立つ、したがって，実根の数は，△＝0の 補集合の各連結成分上で一定である、
ここで，補題2．1Oの証明の概略を述べる．
証明の概略 側2．11と同様に，小節2．1．3で用いたスツルム列を計算することにより証明 を与える．スツルム列で得られたすべての新しい多項式に対して，その最高次係数が0か そうでないかを確かめる．最高次係数が0の場合，多項式はその項を除いて計算を行うこ とにする．多項式（P，Qユ，…，Q4）はすべてOではないので，それらの最高次係数は，Oで あるかないかを確かめない．このことは，スツルム列はOでない多項式から始めることを 保証している．
上のようにして，スツルム列の計算木を得るとする、枝におけるテストは，Tに関する 多項式等式または不等式である、計算木のすべての枝は，Tに関する多項式等式と不等式，
それにこのシステムを満たすすべてのパラメ』タtに対応するスツルム列を与える．スツ ルム列における多項式の最高次係数の符号は，符号変化の数の差U（＿○c）＿り（十〇〇）を決定
する．
最高次係数は，分母・が，枝で・でないと仮定されたとき・・に関する有理関数辮とな
るここで，錦の符号は仰叩）の符号と一致することに注意し・州，月1（1）と
して，スツルム列の計算木に現れるすべての多項式の最高次係数綿に対するλ（・）町）をとる．上の例を用いて具体的に述べると，フローチャートの最下部の局，月において，
α2局＝一FX一Σ，F2巧＝α2△
と式変形を行うということである．各R1（士），＿，私（士）の符号固定し，の（t）が成り立つ ならば，不等式の条件が加わった多項式の実根に関する定理2．6は，
P（亡，X）＝OかつQ1（亡，X）＞0かつ・・かつQ乏（士，X）＞O の実数解の個数を与える．
2．2．3 一般的なシステム
ここでは，次数を固定した等式と不等式の一般的なシステムについて議論する．多項式 方程式・不等式の解の存在の決定に関する議論を繰り返し用いる．
初めに，変数Xに関して正の次数を持ついくつかの方程式のシステムの場合について考 える．方程式巧：＿＝Pk＝Oは，一つの方程式Pぞ十＿十P宕＝Oと置き換えることが できる．そのとき，小節2．2．2の一つの等式を持つシステムの議論を用いることができる．
次に変数Xに関して正の次数の等式が存在しない場合を考える．この場合，変数Xに 関して，正の次数のQゴを持つ不等式Q1〉0，…，Q4＞0のみが存在する．Qゴの最高次 係数の符号を見ることにより，システムが非有界な区間上で満たされるかどうかを決定す ゼ
ることができる．Q＝πQjの根が終点である区間で，そこでシステムが成り立つものの j＝1
存在は，等式Q ＝Oを加えたシステムを議論することにより決定される．そのとき，前 小節の話に帰着される．
2．3 主部分終結式係数（Principa1subresu1tant coe舐。ients）
本小節では，次数dの多項式Pと，次数eの多項式Qを次のように表すことにする：
P：αoXd＋…十αd Q＝6oXε十…十b。、
PとQの終結式は，PとQのシルベスター行列の行列式となる．このときPとQのシルベス ター行列とは，各行の成分が1行目から順に，多項式X虐■lP，…，XP，P，Q，XQ，…，Xd■1Q の単項基Xd＋e−1，…，X，1の係数からなる（d＋e）次の正方行列である．ここでは，e＝d−1 の場合を示す．
αO α1 α2
0 αoα1 0
0
0 60 b0わ1
αd O O
αd＿1αd0 0
0αo α1 α2
0 60 61
αd 6。
be＿ユbeO 0
6． 0 0
ここで，O≦ゴ≦min（d，e）に対し，PとQのシルベスター行列の初めと終わりのゴ個を 取り除いた（d＋e＿23）の正方行列の行列式を，PとQの位数3の主部分終結式係数とよ び，PSRCj（P，ρ）と表すことにする、すなわち，PとQの終結式はPSRCo（只ρ）である、
命題2，124を。≦4≦min（d，ε）を満たす整数とする．PとQの共通因子の次数が乏よ り大きくなるための必要十分条件は，P8児0o（P，Q）：…＝P5月q（P，Q）＝Oである・
証明 次の問題（＊）について考える．
（＊）加g（ひ）〈e＿4，加g（γ）＜d＿4で，加g（ひp＋γQ）＜4となる
○でない多項式σとγが存在するか．
不等式佃（σP＋γQ）く老の条件は，未知数がd＋e−24個の方程式の同次線形シス テムの条件と解釈することができる一このシステムの行列式は，±P朋α（只Q）となる。
よって，問題（＊）が肯定的な解をもつための必要十分条件は，P服α（P，Q）＝Oとなるこ とである．
ここで，PとQの共通因子Rに対し，加g（亙）＞4となる必要十分条件は，σP＋γQ二〇 となる上で述べた0でない多項式ひとγが存在することである．乏＝Oのとき，佃（R）≧1 ならば，あるαに対して
P＝（・一α）P ，Q＝（・一α）Q
と表すことができる．ここで，σ＝Q ，γ＝一P とおく．そのとき，σP＋γQ＝Oが 成り立つ．反対に，σP＋γQ＝Oならばσ。P＝＿γQが成り立ち，定数α，δ（≠0）を周
し、て，
σP＝α（z−71）…（・一7。）（・一α1）…（卜αd）
V Q＝b（Z一ω1）… （Z一ωf）（Z一β1）… （Z一β、）
とできる．したがって，8＜e，亡＜乏より，Z一α1，．．．，Z一αdのなかの一つが，Z一 β1ゾ．．，z＿β、のどれかと一致する．よって，PとQの共通因子Rの次数畑（R）≧1が
成り立つ．
4〉Oのとき，Pとρの共通因子月で，幼（月）≧4となる必要十分条件がP服0o（只ρ）二
、．＝P冊0H（P，Q）＝0となることが証明されたと仮定する．PとQの共通因子の次数 切（R）〉石とすると，問題（＊）は肯定的な解を持つので，P服α（P，Q）＝Oとなる・逆 に，P8月0o（P，Q）＝…：P8児0乏（P，Q）＝0とすると，問題（＊）は肯定的な解を持つので，
（・・）物（σP＋γQ）＜4
となる、また，4−！のときの仮定より，deg（R）≧4である．この共通因子RはσP＋γQ を割るので，（＊＊）よりσP＋γQ＝Oが成り立つ．したがって，σP＝一γQとなり，
σP＝α（・一71）…（・一7。）（・一α1）…（・一αゼ）（・一α件1）…（・一αd）
γQ＝6（Z一ω1）… （Z一ωt）（Z一β1）… （Z一β乏）（Z一β乏十1）… （Z一β、）
で，佃（γ）くd−4より，4＝Oのときの考え方と同様にして，z一α乏十1，．．．，z一αdの なかの一つのz＿α｛は，z＿β4＋1，1．．，z一β、のいづれかと」致する．よって，PとQの 共通因子五の次数は，deg（丑）＞4を満たす．
以上のことより，4に関する帰納法を用いて命題が示された． 口 Pを次数dの実係数多項式で，C上での解をα1，＿，αdとする．4が非負整数のとき，
d川一
ﾋ1α1とおくこ叫をPの根のニュートン和とよび，それらは整数係数をもつP
の根の対称多項式である．よって，P＝αoXd＋α1Xd■1＋…十αd（αo≠O）のとき，ニュー トン和は整数係数をもつ詰，＿，器の多項式として表すことができる、
ここで，去の級数として対数導関数号の展開を考える．P＝αoXd＋α1Xd−1＋…十αd
より，
P ＝α。dXd．1＋α1（ガ1）Xd■2＋…十α。一。
となる．よって，
P α。dXd−！＋α。（d−1）Xd凹2＋…十α。一。
P αoXd＋α／Xd−1＋…十αd
dα・去十（d−1）α・去十…十α・一1点 一 1 1
αO＋α1ア十 I 十αdF
1 1 1 1 1
＝（dα・ア十（d−1）α1ア十十αポ・7）1．1・詰去・・出
とできる．次に，
α11 αd1 T＝一（石ア十…十石ア）
とおくと，
1 1 1 1 1
＝ ＝一（1＋T＋T2＋ ）
α・1＋肘十…十諸★α・1−Tα・
が成り立っ1したがって，
ト土（・1・去・（・一1）α・÷・・…1・一1÷）（1・…2・…）
1 （d−1）α11 αd−11 α11 α21 αd1 ＝（dア十、。X・十十、。X・）｛1＋（τアー石アー一面）
α121 2α1α21
＋（、。・X・十、。・X・十）十｝
1 （d−1）α1dα。1 d（α12一α。α。）（d−2）α。（d−1）α。21
＝dア十（、。一 ﾑ）ア十（、。・十、。一、。・）万十
とできる このとき，x≒1の係数を川とすると，
wo＝d
α0W1＝一α1
dα12−dα。α。一（d−1）α12 α1
αojV2＝ 十（d−2）α2＝一（一α1一十2α2）＝一（」V1α1＋2α2）
α0 αO α0NF一（川一。αユ十ル。α2＋…十W・α｛一・十剛（4≦d）
αojV｛＝一（jVレ1α1＋jV｛＿2α2＋… 十W｛＿dαd）（4＞d）
が成り立つ．
ここで，ハンケル（Hanke1）行列〃（P）とは，No，W1，．。。，W2仁2を用いて
NO M1… 凡一1 N1 M2… 凡
〃（P）；
Wd＿1凡…N2d＿2
と定義される行列のことである．
ハンケル行列に関する次に述べる命題は，以下の章で用いられる．ここでは，行夕用（P）
の主小行列式とある主部分終結式係数とを関連付ける．
命題2．13δゴを，ハンケル行ター用（P）の初めのゴ行，ゴ列からなる主小行列式とする、そ
のとき，
α1ゴー1δj＝P8月0。一ゴ（P，P ） が成り立つ．
証明 ここで1女の級数としての争の展開を考えることにより，行列式P8月0d．j（P，P ） を定めるサイズ2ゴー1の行列は，行列
αO α1 α2ゴー2
0αo・ α2j−1
O αo と行列
1 0 0 0 0 ユ 0 0 0 0 1 0
0 0 0 Mo
0 州。・
NO W1・・
〜・一3〜・一2・
Wゴー2〜Ll・
0 0
O
〜L1
W2ゴー3 N2j−2
との積であることがわかる．ここで4＞dならば，αF0である．後者の行列の行列式は δゴで，前者の行列式はα02ゴー1となるので命題が従う、 口 以上のことから，次のことがいえる、
系2．14次の条件は同値である：