シルヴァーマン 「はじめての数論」第3版 第35章練習問題1

35.1

(a)

Nの素因数のうち、奇数冪のものをp₁...p_sとし、偶数冪のものをq₁...q_tとし、

N= p₁^2f₁+1... p_s^2f_s+1q₁^2e₁...q_t^2e_tとする。ただしs≥1、すなわちNは平方数でないとする。

さらにd=p₁^f₁...p_s^f_sq₁^e₁...q_t^e_tとすれば、N=d²p₁... p_sである。

いまa,bを互いに素な整数として√N=a/b 、

すなわちN=a²/b²と表されたとすると、a²=b²N=b²d²p₁... p_s

左辺はaの素因数の偶数冪のみからなり、

右辺はp₁... p_sの奇数冪が入っているが、

これはa²の素因数分解の一意性から不可能である。

したがって、√N=a/bと表すことはできない。

よってNが平方数でなければ√Nは無理数。

(b)(c)

ⁿ√Nが無理数になる必要十分条件は、Nの素因数の冪のうち、

nを法として0でないものが少なくとも一つ存在することである。

いまNはn乗数でない、つまりNの素因数のうち、

p₁...p_s (s≥1)の冪はnを法として0でないとする。

a,bを互いに素な整数としてⁿ√N=a/bすなわちN=aⁿ/bⁿ

と表されたとする。

ある整数dが存在してN=dⁿ p₁^e₁...p_s^e_s (1≤i≤sに対し1≤e_i< n)

と表されるから、aⁿ=bⁿN=bⁿdⁿp₁^e₁...p_s^e_sとなる。

左辺の素因数の冪は全てnを法として0なのに対し、

右辺の素因数の冪にはnを法として0でないものがあるが、

これはaⁿの素因数分解の一意性から不可能である。

したがって、Nはn乗数でなければ、

ⁿ√N=a/bと表すことはできないから、ⁿ√Nは無理数である。

逆に、ⁿ√Nは無理数とする。

Nの全ての素因数p₁...p_sの冪がnを法として0だったとすると、

ある整数e_1... e_sが存在してN= p₁^ne₁...p_s^ne_s

と書けるが、(p₁^e₁...p_s^e_s)ⁿ=Nだからⁿ√N= p₁^e₁...p_s^e_sは整数となり矛盾。

したがって、Nの素因数の冪のうち、

nを法として0でないものが少なくともひとつ存在しなければならない。

35.2

r₁, r₂が有理数であるためには、B²-4AC≥0、

かつB²-4ACが平方数でなければならない。

B²-4AC≥0が平方数のときかつその時に限り、

解の公式の平方根の部分√(B²-4AC)が有理数となるからである。

35.3

(a) (x-1)(x+1)(x+2)=x³+2x²-x-2

(b) (x-1)(x-√2)(x+√2)=x³-x²-2x+2

(c) x³+2

(d) 整数係数の3次多項式が2つの有理数根r₁, r₂と、

1つの無理数根sをもったとすると、元の方程式はaをある整数として

a(x-r₁)(x-r₂)(x-s)=ax³-a(r₁+r₂+s)x²+a(r₁r₂+sr₁+sr₂)x+ar₁r₂s

となるが、この二次、一次の係数と定数項は無理数だから、

整数係数の3次多項式であることと矛盾する。

したがって、2つの有理数の根と1つの無理数の根を持つことはない

35.4

(a)

求める多項式は、(x-√2-³√3)を因数に含むので、

(x-√2-³√3)[(x-√2)²+³√3(x-√2)+(³√3)²]=(x-√2)³-3=(x³+6x-3)-(3x²+2)√2

を因数に含めば良い。さらに

[(x³+6x-3)-(3x²+2)√2][(x³+6x-3)+(3x²+2)√2]

= x⁶-30x⁴-6x³+12x²+36x+1

とすれば、(x-√2-³√3)を因数に含む整数係数の多項式が得られる。

(b)

求める多項式は、(x-√5-i)を因数に含むので、

(x-√5-i)(x-√5+i)=x²+6-2√5

を因数に含めば良い。さらに

(x²+6-2√5)(x²+6+2√5)=x⁴+12x²+16

とすれば、(x-√5-i)を因数に含む整数係数の多項式が得られる。

35.5

(a)

剰余の定理によりf(X)はX-rを因数に持ち、ある有理数e₁...e_d-1を用いて

f(X)=(X-r)(X^d-1+e₁X^d-2+...+e_d-1)と表される。これを展開して、X^d-1の係数から、c₁=e₁-r。

r=a/b, e₁=g/h (a,b,g,h∈ℤ)とすると、c₁=(gb-ah)/bh∈ℤだから、

g≡0 (mod h), a≡0 (mod b)でなければならない。後者によりb|aだからrは整数。

(b)

rは(a)により整数で、(a)においてh|gだからe₁も整数。

X^d-2の係数から、c₂=e₂-re₁∈ℤよりe₂も整数である。

以下順次Xの各次数の係数を比較して、e₃.... .e_d-1が全て整数であることが示される。

定数項はc_d=e_d-1rだから、r|c_d。

35.6

(a)

与式=(X+2)(X-3)(X³+3X+1)より、Cardanoの公式を使って

X=-2, 3, z₁+z₂, z₁ω+z₂ω², z₁ω²+z₂ω。

ただしω=(-1+i√3)/2は1の3乗根、

またz₁=-³√[(1+√5)/2]= -³√γ, z₂=³√[(-1+√5)/2]=1/³√γ=-1/ z₁。

γ=(1+√5)/2は黄金比。

(b)

与式=(X-2)(X+2)(X+61)(X²+2X+17)より、

X=2, -2, -61, -1±4i。

35.7

(a)

f(X)はbX-aで整徐できるから、ある有理数e₀...e_d-1を用いて

f(X)=(bX-a)(e₀X^d-1+e₁X^d-2+...+e_d-1)と表される。X^dの係数から、c₀=e₀b

となるので、e₀は整数で、b|c₀である。

以下練習問題35.5(b)と同様にe₁...e_d-1を整数となるので、

定数項c_d=e_d-1aから、a|c_d。

(b)

与式=(2x-3)(4x+1)(x⁵+3x²-3)より有理数の根はx=3/2, -1/4。

(c)

x=a/bとすると、(a)によりa=±1, b=±1,±pなので、

有理数の根がもし存在すればx=±1,±1/pしかない。

pが奇素数ならこれらの解のどれも与式を満たさないから、

有理数の根は存在しない。

p=2の時に限り、x=1という根があるので、

問題文は「pは素数」でなく「pは奇素数」の誤植か。

  

35.8

αは代数的なので、αの満たす整数係数方程式

c_dα^d+c_d-1α^d-1+...+c₀=0 (1)が存在する。

(a)

x=α+2とし、α=x-2を(1)に代入して展開すれば、

xの満たす整数係数多項式が得られるから、xは代数的数。

また、x=2αとし、α=x/2を(1)に代入して両辺に2^dをかければ、

xの満たす整数係数多項式が得られるから、xは代数的数。

(b)

x=α+2/3とし、α=x-2/3を(1)に代入して展開する。

現れる項の分母は3の冪で、最大冪は3^dだから、両辺に3^dをかければ、

xの満たす整数係数多項式が得られる。したがって、xは代数的数。

また、x=2α/3とし、α=3x/2を(1)に代入して両辺に2^dをかければ、

xの満たす整数係数多項式が得られるから、xは代数的数。

(c)

a,b∈ℤとしてr=a/bとおく。x=α+a/bとして、α=x-a/bを(1)に代入すると、

現れる項の分母はすべてbの冪で、最大冪はb^dだから、両辺にb^dをかければ、

xの満たす整数係数多項式が得られる。したがって、xは代数的数。

また、x= aα/bとし、α=bx/aを(1)に代入して両辺にa^dをかければ、

xの満たす整数係数多項式が得られるから、xは代数的数。

(d)

x=α+√2とし、α=x-√2を(1)に代入して展開すれば、

xのある整数係数多項式をp(x), q(x)として、p(x)=√2q(x)の形に書ける。

この両辺を二乗して整理すれば、xの満たす整数係数多項式が得られるから、xは代数的数。

x=√2αに対しても、α=√2x/2を(1)に代入して両辺に2^dをかければ、

p(x)=√2q(x)の形に書けるので、後は同様。

(e)

√2 が√A になるだけで、(d)と全く同様である。

(f)

代数的数をα, βとすると、-α, α+β, αβ, 1/α (最後ではα≠0)はまた代数的数である。

したがって、代数的数全体は体をなす。

∵) x=-αについて：α=-xを(1)に代入すれば、

xの満たす整数係数多項式が得られるから、-αは代数的数である。

x=1/αについて：α=1/xを(1)に代入して分母を払えば、

xの満たす整数係数多項式が得られるから、1/αは代数的数である。

x=α+βについて：βをあるe次整数係数多項式b_eβ^e+b_e-1β^e-1+...+b₀=0 (b_e≠0) (2)の根とする。

α= x-βを(1)に代入して整理すると、xのある整数係数多項式をp_0,1(x)...p_d,1(x)として、

p_d,1β^e+p_d-1,1β^e-1+...+p_0,1=0 (3)が得られる。この式の2乗, 3乗...e乗を取り、

さらに(2)よりβ^e=(b_e-1β^e-1+...+b₀)/b_eを用いて、β^e+1=(b_e-1β^e+...+b₀β)/b_eとして

βのe乗より大きな冪を置き換えれば、

xのある有理数係数多項式をp_i,j (x) (1≤j≤e, 0≤j≤e)として、

e個の方程式p_d,jβ^e+p_d-1,jβ^e-1+...+p_0,j=0 (1≤j≤e)が得られる。

このe個の方程式を、βの各冪についての連立一次方程式として解くと、

xのあるe個の有理数係数有理式をq_j(x) (1≤j≤e)としてβ^j=q_j(x) (1≤j≤e)を得る。

これらを(2)に代入し、有理式の分母を払えば、xの満たす整数係数多項式が得られるので、

x=α+βもまた代数的数である。

x=αβについて：β= x=0なら明らかだから、β≠0としてよい。

α= x/βを(1)に代入し、あとはx=α+βの場合と同様にすれば、

xの満たす整数係数多項式が得られるので、

x=αβもまた代数的数である。

（本当は連立一次方程式の係数行列の行列式が0でないことを示さなければならないけど）