方程式 Ｘ3＋２Ｘ2＋４Ｘ＋８＝０ の解は、（Ｘ＋２)(Ｘ2＋４）＝０ から、Ｘ＝−２、±２ｉ
となる。この３つの解は、絶対値がともに １ より大きい。
実は、
方程式 Ｆ(Ｘ)＝ａＸ3＋ｂＸ2＋ｃＸ＋ｄ＝０ （０＜ａ＜ｂ＜ｃ＜ｄ） について、
その解の絶対値は、１ より大きい。（掛谷の定理）
の成り立つことが知られている。この定理を用いれば、上記のことは明らかとなる。
（証明） Ｘ＝ １ は、解でない。今、｜Ｘ｜≦ １ （Ｘ≠１） とする。
（Ｘ−１）Ｆ(Ｘ)＝（Ｘ−１）(ａＸ3＋ｂＸ2＋ｃＸ＋ｄ)
＝ａＸ4＋(ｂ−ａ)Ｘ3＋（ｃ−ｂ）Ｘ2＋（ｄ−ｃ）Ｘ−ｄ
上式の Ｘ に １ を代入して、
０ ＝ａ＋(ｂ−ａ)＋（ｃ−ｂ）＋（ｄ−ｃ）−ｄ
２式を辺々引いて、
（Ｘ−１）Ｆ(Ｘ)＝ａ（Ｘ4−１）＋(ｂ−ａ)(Ｘ3−１）＋（ｃ−ｂ）(Ｘ2−１）＋（ｄ−ｃ）(Ｘ−１）
ここで、｜Ｘ｜≦ １ （Ｘ≠１） より、｜Ｘｋ｜≦ １ （Ｘ≠１） （ｋ＝１、２、３、４）
なので、 Ｘｋ − １ （ｋ＝１、２、３、４） は、虚軸の左側に存在する。
よって、（Ｘ−１）Ｆ(Ｘ) も、虚軸の左側に存在するので、（Ｘ−１）Ｆ(Ｘ)≠０
ゆえに、Ｘ≠１ より、Ｆ(Ｘ)≠０ となる。
以上から、「｜Ｘ｜≦ １ （Ｘ≠１） ならば、Ｆ(Ｘ)≠０ 」がいえるので、この対偶をとって、
「 Ｆ(Ｘ)＝０ ならば、｜Ｘ｜＞ １ 」が成り立つ。 （証終）
（参考文献：高橋正明 著 複素数（科学新興社））
上記と同様の問題が大学入試でも出題されている。
問 題 ２次方程式 ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝０ （ａ＞ｂ＞ｃ＞０） について、その解の絶対
値は、１より小さいことを示せ。
（解） ２つの解を、α、β とすると、解と係数の関係から、
α＋β＝−ｂ/ａ 、 αβ＝ｃ/ａ
（イ） ２つの解が実数のとき
α＋β＜０ 、αβ＞０ より、 α＜０ 、β＜０
よって、 ｜α｜＋｜β｜＝｜α＋β｜＝ｂ/ａ＜１ より
｜α｜＜１ 、 ｜β｜＜１
（ロ） ２つの解が虚数のとき、２つの解 α、β は互いに共役である。
よって、 ｜α｜2＝αβ＝ｃ/ａ＜１ より、 ｜α｜＜１
同様にして、 ｜β｜＜１ である。 （終）
（コメント） 実数の場合と虚数の場合に分けて示すところがポイントですね。
６ｘ2＋５ｘ＋１＝０ の解は、−１/２ と −１/３ で確かに成り立っています．．．。
上記の入試問題で、掛合の定理の証明を意識すれば、次のような別解も可能だろう。
（別解） ｘ＝ １ は、解でない。今、｜ｘ｜≦ １ （ ｘ≠１ ） とする。
（ｘ−１）(ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ)＝ｃｘ3＋(ｂ−ｃ)ｘ2＋（ａ−ｂ）ｘ−ａ
上式の Ｘ に １ を代入して、 ０ ＝ｃ＋(ｂ−ｃ)＋（ａ−ｂ）−ａ
２式を辺々引いて、
（ｘ−１）(ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ)＝ｃ（ｘ3−１）＋(ｂ−ｃ)(ｘ2−１）＋（ａ−ｂ）(ｘ−１）
ここで、｜ｘ｜≦ １ （ ｘ≠１ ） より、｜ｘｋ｜≦ １ （ ｘ≠１ ） （ｋ＝１、２、３）
なので、 ｘｋ − １ （ｋ＝１、２、３） は、虚軸の左側に存在する。
よって、（ｘ−１）(ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ) も、虚軸の左側に存在するので、
（ｘ−１）(ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ)≠０
ゆえに、ｘ≠１ より、ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ≠０ となる。
以上から、「｜ｘ｜≦ １ （ ｘ≠１ ） ならば、 ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ≠０ 」がいえるので、
この対偶をとって、
「 ｃｘ2＋ｂｘ＋ａ＝０ （a＞ｂ＞ｃ＞０） ならば、｜ｘ｜＞ １ 」が成り立つ。
そこで、方程式 ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝０ （a＞ｂ＞ｃ＞０） において、 ｘ＝１/α とおくと、
ｃα2＋ｂα＋ａ＝０ （a＞ｂ＞ｃ＞０） なので、｜α｜＞ １ が成り立つ。
よって、このとき、 ｘ＝１/α より、 ｜α｜＜１ となる。 （終）
ＨＮ「Ｈ．Ｉ．」さんから次のような定理の存在をご教示頂いた。（平成２１年１１月１３日付け）
実係数代数方程式 ｘｎ＋ａｘｎ-1＋ｂｘｎ-2＋・・・＋ｃ＝０ において、
係数の絶対値の最大値をＭとすると、解の絶対値αとの関係は、必ず、
α≦Ｍ＋１
になる。
ｎ＝２ のときは、随分昔の早稲田大学の入試問題である。
（証明） ｘ2＋ａｘ＋ｂ＝０ の解を α とし、係数の絶対値の最大値を Ｍ とすると、
解の公式と絶対値の性質から、
｜α｜≦｛｜ｂ｜＋√（｜ｂ｜2＋４｜ｃ｜）｝/２
＜｛｜ｂ｜＋√（｜ｂ｜2＋４｜ｃ｜＋４）｝/２
≦｛Ｍ＋√（Ｍ2＋４Ｍ＋４）｝/２
＝（Ｍ＋Ｍ＋２）/２
＝Ｍ＋１ （証終）
（コメント） ｎ＝２ のときは易しかったが、一般の場合はどう証明するのだろう。一般には
解の公式は存在しないわけだから、上記の証明とは違う考え方が必要だ。
一般の場合は、高木貞治 著 「代数学講義」(共立出版) でその証明がなされている。
（手持ちの改訂新版だと、「根の限界」の１０５頁）
そこではとても難しい証明になっているので、高校生レベルの証明を考えてみた。
（証明） ｘｎ＋ａｘｎ-1＋ｂｘｎ-2＋・・・＋ｃ＝０ より、 ｘｎ＝−ａｘｎ-1−ｂｘｎ-2−・・・−ｃ
題意より、解 ｘ が ０ でない場合を考えても一般性を失わない。
そこで、両辺を ｘｎ-1 で割ると、 ｘ＝−ａ−ｂ/ｘ−・・・−ｃ/ｘｎ-1 となる。
両辺の絶対値をとって、
｜ｘ｜≦｜ａ＋ｂ/ｘ＋・・・＋ｃ/ｘｎ-1｜≦｜ａ｜＋｜ｂ｜/｜ｘ｜＋・・・＋｜ｃ｜/｜ｘ｜ｎ-1
係数の絶対値の最大値を Ｍ とし、また、 ｜ｘ｜＞Ｍ＋１ とすると、
Ｍ＋１＜｜ｘ｜≦Ｍ（１＋１/（Ｍ＋１）＋１/（Ｍ＋１）2＋・・・＋１/（Ｍ＋１）ｎ-1）
＜Ｍ（１＋１/（Ｍ＋１）＋１/（Ｍ＋１）2＋・・・＋１/（Ｍ＋１）ｎ-1＋・・・）
＝Ｍ・（Ｍ＋１）/Ｍ
＝Ｍ＋１
これは矛盾である。 したがって、 ｜ｘ｜≦Ｍ＋１ でなければならない。 （証終）
（コメント） 高木先生の、数列の和を級数の和に転換している部分は知ってしまえば何でも
ないが、なかなか浮かばない発想ですね！とても感動的です。
上記の解の限界よりも緩い限界の場合として、次の事実が知られている
実係数代数方程式 ｘｎ＋ａｘｎ-1＋ｂｘｎ-2＋・・・＋ｃ＝０ において、
Ｍ＝ｍａｘ（ １ ，｜ａ｜＋｜ｂ｜＋・・・＋｜ｃ｜ ）
とすると、解の絶対値αとの関係は、必ず、｜α｜≦Ｍ になる。
（証明） Ｍ≧１ に注意する。いま、｜α｜＞Ｍ と仮定すると、
｜αｎ＋ａαｎ-1＋ｂαｎ-2＋・・・＋ｃ｜
≧｜αｎ｜−｜ａαｎ-1＋ｂαｎ-2＋・・・＋ｃ｜
≧｜αｎ｜−｜ａαｎ-1｜−｜ｂαｎ-2｜−・・・−｜ｃ｜
≧｜αｎ｜−｜ａαｎ-1｜−｜ｂαｎ-1｜−・・・−｜ｃαｎ-1｜
≧｜αｎ-1｜（｜α｜−｜ａ｜−｜ｂ｜−・・・−｜ｃ｜）
＞Ｍｎ-1（Ｍ−｜ａ｜−｜ｂ｜−・・・−｜ｃ｜）≧０
これは、 αｎ＋ａαｎ-1＋ｂαｎ-2＋・・・＋ｃ＝０ であることに矛盾する。
よって、 ｜α｜≦Ｍ が成り立つ。 （証終）
（追記） 平成２２年１月２日付け
当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ｚｋ４３」さんから、この話題に関連して、次のよう
なご教示をいただいた。（当ＨＰ掲示板「出会いの泉」より）
Ｆ(ｘ)＝ａｎｘｎ＋・・・＋ａ1ｘ＋ａ0＝０ の解の絶対値は、ｍａｘ（|ａｎ|，・・・，|ａ1|，|ａ0|）＋１ を
超えないというのは非常に面白いと思いましたが、
Ｆ’(ｘ)＝０ の解は、Ｆ(ｘ)＝０ の解をすべて含む凸領域内にある
というのを知りまして、これも非常に面白いと思いました。
（Ｆ(ｘ)＝０ が単根 ｃ1，・・・，ｃn のみを持つ場合の証明）
Ｆ(ｘ)＝ａｎ（ｘ−ｃ1）・・・（ｘ−ｃn） より、Ｆ’(ｘ)＝Ｆ(ｘ)・｛１/（ｘ−ｃ1）＋・・・＋１/（ｘ−ｃn）｝
ここで、Ｆ(ｘ)＝０ となるのは、ｘ＝ｃｋ （ｋ＝１，２，・・・，ｎ） のときで、このとき、
Ｆ’(ｃｋ)≠０ だから、Ｆ’(ｘ)＝０ となる ｘ においては、 Ｆ(ｘ)≠０ である。
よって、 Ｆ’(ｘ)＝０ ⇔ １/（ｘ−ｃ1）＋・・・＋１/（ｘ−ｃn）＝０
この複素共役を考えることにより、
ｓ1（ｘ−ｃ1）＋・・・＋ｓｎ（ｘ−ｃn）＝０ ただし、 ｓｋ＝１/|ｘ−ｃｋ|2
これより、 ｘ＝（ｓ1ｃ1＋・・・＋ｓｎｃn）/（ｓ1＋・・・＋ｓｎ） を得る。
ここで、 ｔｋ＝ｓｋ/（ｓ1＋・・・＋ｓｎ） とおけば、
ｘ＝ｔ1ｃ1＋・・・＋ｔｎｃn ただし、 ｔ1＋・・・＋ｔｎ＝１ 、 ｔｋ＞０ （ｋ＝１，２，・・・，ｎ）
となる。
これは、Ｆ’(ｘ)＝０ となる ｘ が ｃ1，・・・，ｃn を含む凸領域内にあることを示す。（証終）
ところで、Ｆ(ｘ)＝０ が、重根と単根を併せ持つ時、上のことを正確に証明するにはどうす
ればよいのだろうか？
（コメント） なるほど！解の重複度 １ ということを本質的に用いた証明だったので、重根の
場合は同じようにはいかないわけですね．．．。
しかし、上の証明を少し工夫すれば回避できそうな．．．予感。
（別証） Ｆ(ｘ)＝ａｎ（ｘ−ｃ1）・・・（ｘ−ｃn） とする。ただし、ｃ1，・・・，ｃn の中には同じ数があ
ってもよいものとする。このとき、 Ｆ’(ｘ)＝Ｆ(ｘ)・｛１/（ｘ−ｃ1）＋・・・＋１/（ｘ−ｃn）｝
ここで、Ｆ’(ｘ)＝０ で、Ｆ(ｘ)＝０ となる ｘ については命題は成り立つ。
そこで、Ｆ’(ｘ)＝０ で、Ｆ(ｘ)≠０ である ｘ については、上記の証明と同様にして
ｘ＝ｔ1ｃ1＋・・・＋ｔｎｃn ただし、ｔ1＋・・・＋ｔｎ＝１ 、ｔｋ＞０ （ｋ＝１，２，・・・，ｎ）
と書くことができ、やはり命題は成り立つ。（別証終）
（コメント） こんな感じで駄目ですかネ？