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整式の決定［00お茶の水大］

問題     

$f(x)$ を $x$ についての整数係数の整式とし， $g(y)$ を $y$ 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    

$f(x)$ を $n\ (n \ge 0)$ 次， $g(y)\ (m \ge 0)$ を $m$ 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 $f(x)$ と $g(y)$ 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．

$$b_0,\ b_1,\ \cdots,\ b_m$$

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．

$$∴ \quad j=0,\ n=m,\ a_nb_{m-j}=1$$

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

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

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

$$f(x)=\pm x^n,\ g(y)=\pm y^n \quad (複号同順) \quad n \ 非負整数$$

解2    

$f(x)$ を $n\ (n \ge 0)$ 次， $g(y)\ (m \ge 0)$ を $m$ 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 $f(x)$ と $g(y)$ 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．

$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$も $b_m +b_{m-1}x+\cdots+b_0x^m$も$x^m$ 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$n=m$で

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

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

$$f(x)=\pm x^n,\ g(y)=\pm y^n \quad (複号同順) \quad n \ 非負整数$$