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7章

解答 27   問題27

(1)

$p(x)=1$とすれば$f(x)=f(x)p(x)$となるので， 整式$f(x)$は$f(x)$の約数である．

(2)

0と異なる整式$f(x)$が整式$g(x)$なので，(1)から $f(x)$は$f(x)$，$g(x)$の公約数である． $f(x)$の約数の次数は$f(x)$の次数以下であるから， $f(x)$は$f(x)$と$g(x)$の公約数のなかで次数最大である． つまり$f(x)$は$f(x)$，$g(x)$の最大公約数である．

(3)

整式$g(x)$を$f(x)$で割った商を$q(x)$とすると，

$$g(x)=f(x)q(x)+r(x)$$

である．整式$d(x)$が$r(x),\ f(x)$の公約数なので，$d(x)$は $g(x)$の約数ともなり，$d(x)$は$f(x)$，$g(x)$の公約数でもある．

ここで$f(x)$，$g(x)$の最大公約数を$D(x)$とすると，

$$d(x)の次数\le D(x)の次数$$

つぎに

$$r(x)=g(x)-f(x)q(x)$$

より$D(x)$は$r(x)$の約数にもなり，$D(x)$は$r(x),\ f(x)$の公約数となる． この結果

$$D(x)の次数\le d(x)の次数$$

あわせて

$$D(x)の次数=d(x)の次数$$

となり，$d(x)$が$f(x)$，$g(x)$の最大公約数でもあることが示された．

解答 28   問題28

解1    (整式の除法を用いる方法)

$Q(x)$は2次式なので， 整式$P(x)$を$Q(x)$で割った余りは1次以下の整式である． 商を$A(x)$，余りを$ax+b$とする．

$$P(x)=Q(x)A(x)+ax+b$$

このとき

$$\begin{eqnarray*} &&\{P(x)\}^2=\{Q(x)A(x)\}^2\\ &&\quad+2(ax+b)Q(x)A(x)+(ax+b)^2 \end{eqnarray*}$$

ところが$\{P(x)\}^2$は$Q(x)$で割り切れるので $\{P(x)\}^2=Q(x)B(x)$とおける． これから

$$\begin{eqnarray*} &&Q(x)\left[B(x)-Q(x)\{A(x)\}^2\right.\\ &&\quad\left.-2(ax+b)A(x)\right]=(ax+b)^2 \end{eqnarray*}$$

$Q(x)$は2次式で，右辺は2次以下であるから， $B(x)-Q(x)\{A(x)\}^2-2(ax+b)A(x)$は定数である．これを$c$とする．

$P(x)$は$Q(x)$で割り切れないので右辺は定数0ではない． つまり$c\ne 0$である．よって$Q(x)$は

$$Q(x)=\dfrac{1}{c}(ax+b)^2$$

と表される．$Q(x)$は2次式だから$a\ne 0$である． このとき方程式$Q(x)=0$は重解 $x=-\dfrac{b}{a}$を持つ．

解2    (整式の整数論を用いる方法)

$Q(x)=0$の解を$\alpha$と$\beta$とし，

$$Q(x)=a(x-\alpha)(x-\beta)$$

とおく． $\alpha\ne \beta$と仮定する． このとき$x-\alpha$と$x-\beta$は互いに素である． よって任意の整式$f(x)$について$f(x)$が$Q(x)$で割りきれることと， $f(x)$が$x-\alpha$で割り切れかつ$x-\beta$で割り切れることが同値である． もし$P(x)$が因数$x-\alpha$をもたなければ，整式における素因数分解の一意性によって， $\{P(x)\}^2$も因数$x-\alpha$をもたない． よってもし$\{P(x)\}^2$が因数$x-\alpha$をもてば， $P(x)$が因数$x-\alpha$をもつ．

$\{P(x)\}^2$は$Q(x)$で割り切れるので， $\{P(x)\}^2$が因数$x-\alpha$と$x-\beta$をもち， その結果$P(x)$が因数$x-\alpha$と$x-\beta$をもつ．

ところがこれは$P(x)$が$Q(x)$で割りきれることを意味し，仮定と矛盾する． よって$\alpha=\beta$であり，2次方程式$Q(x)=0$は$x=\alpha$を重解にもつ．

解答 29   問題29

解1    (整式の除法を用いる方法)

$A(x)$と$B(x)$を$C(x)$で割った商と余りをそれぞれ$a,\ p$と$b,\ q$とし，

$$\begin{eqnarray*} A(x)&=&aC(x)+p\\ B(x)&=&bC(x)+q \end{eqnarray*}$$

とおく． それぞれ1次式であるので，$ab \ne 0$である． $\{A(x)\}^2+\{B(x)\}^2=\{C(x)\}^2$より

$$a^2\{C(x)\}^2+2apC(x)+p^2+b^2\{C(x)\}^2+2bqC(x)+q^2 =\{C(x)\}^2\quad \cdots\maru{1}$$

$C(x)$を$cx+d$とすると，$c\ne 0$で，両辺の$x^2$の係数の比較より

$$a^2c^2+b^2c^2=c^2$$

これから

$$a^2+b^2=1$$

である． このとき$\maru{1}$は

$$2apC(x)+p^2+ 2bqC(x)+q^2=0$$

となる．両辺の$x$の係数比較から

$$2apc+2bqc=0$$

その結果， $ap+bq=0\quad \cdots\maru{2}$となり，さらに

$$p^2+q^2=0\quad \cdots\maru{3}$$

である．ここで$a\ne 0$なので$\maru{2}$から

$$p=-\frac{bq}{a}$$

これを$\maru{3}$に代入して

$$\dfrac{b^2q^2}{a^2}+q^2 =\dfrac{b^2+a^2}{a^2}q^2=\dfrac{1}{a^2}q^2=0$$

よって$q=0$となり，$\maru{3}$から$p=0$．

$A(x)$と$B(x)$はともに$C(x)$の定数倍であることが示された．

解2    (整式の整数論を用いる方法)

$\{A(x)\}^2+\{B(x)\}^2=\{C(x)\}^2$より

$$\{B(x)\}^2=\{C(x)+A(x)\}\{C(x)-A(x)\}$$

である． $C(x)+A(x)$も$C(x)-A(x)$も1次以下の整式であるから$\{B(x)\}^2$の定数倍になることはない． したがって定数$k\ (k\ne 0)$が存在して

$$\begin{eqnarray*} &&C(x)+A(x)=kB(x)\\ &&C(x)-A(x)=\dfrac{1}{k}B(x) \end{eqnarray*}$$

と表される． これから

$$A(x)=\dfrac{k^2-1}{2k}B(x),\ C(x)=\dfrac{k^2+1}{2k}B(x)$$

である． $A(x)$も$C(x)$も1次式なので$k^2\pm 1\ne 0$である．

$$A(x)=\dfrac{k^2-1}{k^2+1}C(x),\ B(x)=\dfrac{2k}{k^2+1}C(x)$$

となり，$A(x)$と$B(x)$はともに$C(x)$の定数倍であることが示された．

解答 30   問題30
解1      $(x+1)^3$を$x-1$で割って

$$(x+1)^3=(x-1)(x^2+4x+7)+8$$

これから

$$-\left(\dfrac{1}{8}x^2+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{7}{8} \right)(x-1) +\dfrac{1}{8}(x+1)^2=1$$

となる． $p(x)f(x)+q(x)g(x)=1$と辺々引いて

$$(x-1)\left\{p(x)+\dfrac{1}{8}x^2+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{7}{8} \right\} +(x+1)^3\left\{q(x)- \dfrac{1}{8}\right\}=0$$

$x-1$と$(x+1)^3$は互いに素なので，ある整式$T(x)$を用いて

$$\begin{array}{l} p(x)+\dfrac{1}{8}x^2+\dfrac{1}{2}x+\dfr... ...=(x+1)^3T(x)\\ q(x)- \dfrac{1}{8}=-(x-1)T(x) \end{array}$$

と表され，またこの形のものは与式を満たす．ゆえに任意の解は

$$\begin{array}{l} p(x)=-\dfrac{1}{8}x^2-\dfrac{1}{2}x-\df... ...)T(x) \end{array} ,\ \left(T(x) は任意の整式\right)$$

と表される．

次数最小のものは$T(x)=0$のときである．

$$\begin{array}{l} p(x)=-\dfrac{1}{8}x^2-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{7}{8}\\ q(x)=\dfrac{1}{8} \end{array}$$

である．最高次数の係数が1で次数最小のものは$T(x)=1$のときだから

$$\begin{array}{l} p(x)=x^3+\dfrac{23}{8}x^2+\dfrac{5}{2}x+\dfrac{1}{8}\\ q(x)=-x+\dfrac{7}{8} \end{array}$$

である．

解2      与式に$x=1,\ x=-1$を代入して

$$q(1)(1+1)^3=1,\ p(-1)(-1-1)=1$$

これから$p(x),\ q(x)$は，ある整式$P(x),\ Q(x)$を用いて

$$p(x)=(x+1)P(x)-\dfrac{1}{2},\ q(x)=(x-1)Q(x)+\dfrac{1}{8}$$

と表される．これを与式に代入して

$$(x-1)\left\{(x+1)P(x)-\dfrac{1}{2} \right\}+ (x+1)^3\left\{(x-1)Q(x)+\dfrac{1}{8} \right\}=1$$

これから

$$\begin{eqnarray*} (x^2-1)P(x)+(x^2-1)(x+1)^2Q(x)&=&1-\dfrac{(x+1)^3}{8}+\dfrac{x-1}{2}\\ &=&\dfrac{(x^2-1)(-x-3)}{8} \end{eqnarray*}$$

$$∴\quad P(x)=-(x+1)^2Q(x)-\dfrac{x+3}{8}$$

次数を小さくとるために，$Q(x)=0$とおく． $P(x)=-\dfrac{x+3}{8}$．

このとき

$$\begin{eqnarray*} p(x)&=&(x+1)\left(-\dfrac{x+3}{8} \right)-\dfrac{1}{2}\\ &=... ...rac{1}{8}x^2-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{7}{8}\\ q(x)&=&\dfrac{1}{8} \end{eqnarray*}$$

逆にこれは与式を満たす．

次に与式を満たす任意の$p(x),\ q(x)$と，先に求めた一組の解を与式に代入し

$$\begin{array}{l} (x-1)p(x)+(x+1)^3q(x)=1\\ (x-1)\left... ...\right) +(x+1)^3\left( \dfrac{1}{8}\right)=1 \end{array}$$

の辺々を引く(以下は同じ)．

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