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整式の決定[00お茶の水大]

問題     

$f(x)$$x$ についての整数係数の整式とし, $g(y)$$y$ についての整数係数の整式とする. $xy=1$ のとき常に $f(x)g(y)=1$ となるような $f(x),\ g(y)$ をすべて求めよ.


解1    

$f(x)$$n\ (n \ge 0)$ 次, $g(y)\ (m \ge 0)$$m$ 次とし

\begin{eqnarray*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_0\\
g(y)=b_my^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots +b_0
\end{eqnarray*}

とおく. 条件は $f(x)$$g(y)$ で対称なので $n \ge m$ とする.

$y=\dfrac{1}{x}$ のとき条件は

\begin{eqnarray*}
f(x)g(y)&=&f(x)g \left(\dfrac{1}{x} \right)\\
&=&(a_nx^n+a_...
...s+a_0)(b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_0x^m)=x^m
\quad \cdots \maru{1}
\end{eqnarray*}

となる.

\begin{displaymath}
b_0,\ b_1,\ \cdots,\ b_m
\end{displaymath}

のなかでこの順に見て最初に0でない係数を $b_{m-j}$ とする.上の条件は

\begin{eqnarray*}
&&(a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0)(b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_{m-j}x^j )=x^m\\
&\iff&a_nb_{m-j}x^{n+j}+\cdots=x^m
\end{eqnarray*}

これから $n+j=m$ であるが $n \ge m$ より $j\ne 0$ なら$n+j>m$で不可.

\begin{displaymath}
∴ \quad j=0,\ n=m,\ a_nb_{m-j}=1
\end{displaymath}

つまり $a_nb_n=1$ .整数係数なので $a_n=b_n=\pm 1$$g(y)=b_ny^n$ . このとき 1より

\begin{displaymath}
x^n+b_n(a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0)=x^n
\end{displaymath}

$b_n\ne 0$ なので $a_{n-1}=\cdots =a_0=0$. ゆえに

\begin{displaymath}
f(x)=\pm x^n,\ g(y)=\pm y^n \quad (複号同順) \quad n \ 非負整数
\end{displaymath}


解2    

$f(x)$$n\ (n \ge 0)$ 次, $g(y)\ (m \ge 0)$$m$ 次とし

\begin{eqnarray*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_0\\
g(y)=b_my^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots +b_0
\end{eqnarray*}

とおく. 条件は $f(x)$$g(y)$ で対称なので $n \ge m$ とする.

$y=\dfrac{1}{x}$ のとき条件は

\begin{eqnarray*}
f(x)g(y)&=&f(x)g \left(\dfrac{1}{x} \right)\\
&=&(a_nx^n+a_...
...s+a_0)(b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_0x^m)=x^m
\quad \cdots \maru{1}
\end{eqnarray*}

となる.

$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$ $b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_0x^m$$x^m$ の約数となるが,$x$は既約なので,ともに$x^l$の定数倍という形をしている. 次数を考えると$n=m$

\begin{displaymath}
a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0=a_nx^n,\
b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_0x^m=b_m
\end{displaymath}

である.さらに$a_nb_m=1$となり係数が整数なのでともに$\pm1$である.ゆえに

\begin{displaymath}
f(x)=\pm x^n,\ g(y)=\pm y^n \quad (複号同順) \quad n \ 非負整数
\end{displaymath}



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