前回やったこと 多項式 ユークリッドの互除法 定義 ( 互いに素 ) f_1(x),f_2(x),..,f_n(x) の最大公約数が定数の時 f_1(x),f_2(x),..,f_n(x) は「互いに素」という 系 f_1(x),f_2(x),..,f_n(x) が互いに素の時 \exist u_1(x),u_2(x),..,u_n(x) \in K[x] s.t. f_1(x)u_1(x) + f_2(x)u_2(x) + .. + f_n(x)u_n(x)=1 証明 定理では、右辺が d(x) だったが、これが 1 の場合である 定理 f(x), g(x) が互いに素 f(x), h(x) が互いに素 => f(x), g(x), h(x) が互いに素 [証明] 系より u(x), v(x) が存在し s.t. fu+gv=1 よって、 fhu+ghv=h \phi を f, gh の公約数とすればそれは h の倍数 \phi は f と h の公約数なので \phi は定数 f, g, h の公約数が 1 なので、互いに素 # 自然数でも同じ仕組が成立する 定理(*) fg が hで割切れ、f と h が互いに素ならば、g が h で割切れる 証明 系より、u,v が存在し s.t. fu+gv = 1 より fgu+hgv=g すなわち fg と h の最大公約数が g なので、h が g で割切れる 定理 f(x) が g(x) で割切れ f(x) が h(x) で割切れ g と h が互いに素 => f が gh で割切れる 証明 f = q g となる q が K[x] に存在する。 「定理(*)」より、q が h で割切れるので q(x) = h(x)q_1(x) ( q_1 \in K[x] ) よって、 f(x) = g(x)h(x)q_1(x) 定理 f_1(x),f_2(x),..,f_n(x) が K[x] で既約な p(x) で割切れる \exist i st. f_i(x) が p(x) で割切れる 証明 # i に関する帰納法による f_1(x) が p(x) で割切れれば okay そうでなければ、f_1(x) と p(x) は互いに素 # p(x) が既約であるという性質を利用する 「定理(*)」より f_2(x)..f_n(x) が p(x) で割切れる # 帰納法の仮定 定理 (素因数分解の一意性） # 自然数でも、素因数分解の一意性が成立するがその多項式版 f(x) \in K[x], f(x) != 0 は 何個かの K-既約な多項式積に分解され、 この分解は、定数倍と積の順序を除いて、一意的 [証明] # 分解できるのは当りまえ # 既約でなければ、自明でない因数を持つ ( 自明でない => 定数か自分自身の定数倍のこと ) # よって、一意性だけを示す f(x)=p_1(x)...p_n(x) =q_1(x)...p_m(x) と分解できたとする すると、 q_1(x)...q_m(x) は p_1(x) で割切れる p_1 は既約なので、前の定理より ある j が存在して q_j は p_1 で割切れる ところが、q も p も既約なので q_j は p_1 の定数倍 よって、両辺から p_1 と q_j をわれば、f(x) の次数が減るので、 f(x) の次数に関する帰納法により、後は、証明できる == # 以下は、大変重要だが、証明するのは大変なので、ここでは証明しない 定理 (代数学の基本定理) # これに対応して、微分積分学の基本定理というのもある f(x) \in C[c] を n 次式の時 f(x)=0 を n 次 (代数) 方程式と呼ぶ n>=1 ならば、少くても 1 の解 ( 根 ) を持つ # 教科書では、「解」とあるが他の本では、「根」と呼ぶ場合もある ここで、\alpha \in C が f(\alpha)=0 を満す時、\alpha をこの方程式の「根」あるいは「解」と呼ぶ # 証明は、数学入門の先の話までしないとできない 系 f(x) \in C[x] は、 f(x)=a_0(x-\alpha_1)..(x-\alpha_n) (☆) と分解できる [証明] f(x) には、根があるので、その根を\alpha_1 とすれば、 f(x) は x - \alpha_1 で割切れる 後は、f(x) の次数に関する帰納法 定義 \alpha が f(x) の解の時 (☆) に現れる個数を \alpha の重複度と言う # ちょうふくとじゅうふく 重複度が 1 => 単根 ( 単解 ) 重複度が k => k 重根 ( 重解 ) 定理 f(x), g(x) を n 次以下の \alpha_1, .., \alpha_{n+1} \in C を相異なる f(\alpha_i)= g(\alpha_i) => f(x)=g(x) [証明] # 背理法による h(x) = g(x) - f(x) が 1 次以上の多項式になったとする すると、 h(\alpha_i)=g(\alpha_i) ( i = 1..n+1 ) つまり、 \alpha_i は h の根 ところが代数学の基本定理より h は n 個しか根がないはずなので、 これは矛盾 ( n+1 個あったことになる ) つまり、h(x) = 0 の時にしかありえない。 == 解(根)と係数の関係 a_0 \ne 0 f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + .. + a_{n-1}x + a_n = a_0 ( x - \alpha_1 )( x - \alpha_2 ) .. ( x - \alpha_n ) \alpha_i \in C の両辺を比較して、 \alpha_1 + \alpha_2 + .. + \alpha_n = -\frac{a_1}{a_0} # n 個の和 \alpha_1\alpha_2 + \alpha_1\alpha_2 + .. + \alpha_{n-1}\alpha_n = -\frac{a_2}{a_0} # _nC_2 個数の和 \alpha_1\alpha_2\alpha_3 + \alpha_2\alpha_3 + .. + \alpha_{n-2}\alpha_{n-1}\alpha_n = -\frac{a_3}{a_0} # _nC_3 個数の和 .... \alpha_1\alpha_2\alpha_n = -\frac{a_n}{a_0} # 二次の場合の一般形式になっている 定理 f(x) \in R[x] a_0 \ne 0 f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + .. + a_{n-1}x + a_n が虚数解 \alpha を持てば \bar{\alpha} も解 # 虚数解, 実数解, 虚根, 実根 ## 実解はあるが虚解とはいわない 証明 f(\alpha) = a_0 \alpha^n + a_1 \alpha^{n-1} + .. + a_{n-1}\alpha + a_n = 0 ( \alpha が根なので.. ) 両辺の共役を取れば a_0 \bar{\alpha}^n + a_1 \bar{\alpha}^{n-1} + .. + a_{n-1}\bar{\alpha} + a_n = 0 処が、その左辺は、f(\bar{\alpha}) なので、 \bar{\alpha} も根 定理 f(x) が R[x] は実数の範囲で 1 次及び、2 次の式の積に分解される 証明 f(x) は、C の範囲で、n 個の解を持つ その内 r 個数は実数で、n-r 個数は実数でない虚数とすると ところが、一つの虚数根が根ならば、その共役も根となるので、それをペアにすれば、(x-\alpha)(x-\bar{\alpha)) は二次の実数係数で、既約となる、 # 本来は、次数に関する帰納法で証明する # 特に n が奇数の時には、必ず実数根が一つある == 多変数多項式 [定義] x_1, .., x_n : 変数 a_{p_1,..,.p_n} \in K f(x_1,..,x_n) = a_{p_1,..,.p_n} x_1^{p_1}x_2^{p_2}..x_n^{p_n} は単項式 [定義] f(x_1,..,x_n) の(総)次数 deg f(x_1,..,x_n) = p = p_1 + .. + p_n f(x_1,..,x_n) の x_i の次数 deg_{x_i} = p_i [定義] 多項式 \sum_{p_1,..,p_n}a_{p_1,..,.p_n} x_1^{p_1}x_2^{p_2}..x_n^{p_n} 多項式の次数もそれぞれ定義される # 各々の単項式の次数の最大のものを取る [定義] 多項式内部の全ての単項式の総時数が同じとき 斉次式と呼ぶ [定理] ( 剰余定理 ) f(x_1,..,x_n) と \phi(x_2,..,x_n) が f(\phi(x_2,..,x_n),..,x_n) = 0 をなら、 f(x_1,..,x_n) は (x_1 - \phi(x_2,..,x_n)) で割切れる [証明] # 次数に関する帰納法で行うが時間がないで証明は省略 == 対称式と交代式 # 詳しくは、後期に行う 定義 ( 置換 ) \sigma \in S_n : n 文字の置換 1 対 1 \sigma : {1,..,n} :-> {1,..,n} これは、n! 個だけある これには、符号 ( +1 か -1 ) がきまる \sgn \sigma = +1 or -1 # どの場合に、+1 や -1 になるかは詳しくは後期にやる 例 全くうごかさない場合は +1 二つだけ交換して他の場合は動かない場合 -1 # 他の場合も厳密に決るが、後期にやるので、ここでは示さない 定義 f(x_1,..,x_n) に対して f^{\sigma}(x_1,..,x_n) = f(x_{\sigma{1}},x_{\sigma{2}},..,x_{\sigma{n}} ) と定義する 定義 (対称式) f^{\sigma} = f ( \forall \sigma \in S_n ) 定義 (交代式) f^{\sigma} = \sgn \sigma f ( \forall \sigma \in S_n ) 定義 ( 基本対称式 ) s_1 = x_1 + x_2 + .. + x_n s_2 = x_1x_2 + .. + x_{n-1}x_n s_3 = x_1x_2x_3 + .. + x_{n-2}x_{n-1}x_n .. s_n = x_1x_2..x_n # 注意、「根と係数」の時で出て来た形と同じ # 基本対称式は、対称式の例になっている !! 定義 (差積) \Delta(x_1,..,x_n) = \prod_{i 2 2 -> 1 3 -> 3 の場合を考える ( 1 と 2 が交換されている ) この場合は、 \sgn \sigma = -1 となる。 \Delta^{\sigma}(x_1,x_2,x_3) =\Delta(x_2,x_1,x_3) =(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_1-x_2) = - (x_3-x_2)(x_3-x_1)(x_2-x_1) = \sgn \sigma \Delta(x_1,x_2,x_n) となって、確かに成立。 多項定理 (x_1+x_n+...+x_m)^n = \sum_{k_1+..+k_m=n, k_i \ge 0 (i+1,..,n)} \frac{n!}{k_1!..k_m!}} x_1^{k_1}x_2^{k_2}..x_m^{k_m} 証明 # m に関する帰納法による m = 2 は、2 項定理 y^{n-k_1} = (x_1 == 多項式の話で重要な点 ユークリッドの互除法 差積