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数学の問題で質問があります。

整数係数のn次の整式 f(x)=x^n+a1x^n-1+a2x^n-2+・・・+anについて。ある自然数kに対して、k個の整数f(1f(2f(3),,,f(k)がいずれもkで割り切れなければ、方程式f(x)=0は有理数の解を持たないことを証明せよ。 まず、どのようなことを示したいからこういうことをして、だからこの計算などをして・・・・のような感じで、この問題に挑む際にどのような方針を立てればよいのかなど教えてもらえないでしょうか? よろしくお願いします。

noname#230052
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  • 回答No.6

この問題は、以前九州大学で出題された問題のはず。 ただ、このときは (1)f(x)=0の有理数解αを持つとき、αは実は整数であることを示せ (2)f(x)=0の有理数解を持たないことを示せ といった感じの誘導が付いていたはずだ。 他の整数問題にのぞむときの方針を その1 最高次の係数が1の整数係数の多項式f(x)をとる。 f(x)=0の有理数解αを持つとき、αは実は整数であること これは、整数問題では結構大事な視点 その2 整数kの剰余を考える。 これは、整数問題ではものすごく大事な視点。 ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ぶっちゃけた話、整数問題は他の分野に比べて回答の方針が立てづらい問題が多い。 和田某氏も「整数問題は捨てろ」と言っているのもそこにあるといってもいい。 「数多く当たって、それぞれの回答を身につける」といった、地道な勉強しかないと思うぜ、整数問題は。 この問題は難しい。仮に君が大学受験生でこの問題が解けなかったとしても、心配することは全くない。

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その他の回答 (5)

  • 回答No.5

おおざっぱな方針は (1) f(x)=x^n +a(1)x^(n-1) +a(2)x^(n-2) +…+a(n-1)x+a(n) の有理数解αを持つとき、αは実は整数であること (2) f(x)=0は有理数解を持たないことを示す。 という方針。 (1)、(2)が示されれば自動的にf(x)=0が有理数解を持たないことがいえる。 (1)の回答 f(x)=x^n +a(1)x^(n-1) +a(2)x^(n-2) +…+a(n)が有理数解αをもつとき 互いに素な整数u,vを用いてα=u/vとかける(ただし、v≠0とする)。 (u/v)^n +a(1)x(u/v)^(n-1) +a(2)x^(n-2) +…a(n-1)(u/v)+a(n)=0 u^n +a(1)*u^(n-1)*v +a(2)*u^(n-2)*v^2 +…+a(1)*u*v^(n-1) +a(n)*v^n u^n=-v{a(1)*u^(n-1) +a(2)*u^(n-2)*v +…+a(1)*u*v^(n-2) +a(n)*v^(n-1)}…※ ここで|v|≧2と仮定する。 vの素因数pをとると、※よりu^nはpで割り切れる。 pは素数だから、uはpで割り切れる。 したがって、pはu,vの公約数となり、u,vが互いに素であることに反する。 よって|v|≧2という仮定が誤りで|v|=1、すなわちv=±1がいえる。 したがってα=±uとなるのでαは整数であることが示された。 (1)の回答ここまで (2)の回答 f(x)=x^n +a(1)x^(n-1) +a(2)x^(n-2) +…+a(n)が有理数解αを持つと仮定する。 (1)よりαは整数である。 αは整数sと1≦t≦kをみたす整数tを用いてα=ks+tと書けることに注意する。 「なぜならば、αをkで割ったときの商をq、余りをrとするとき α=kq+r、0≦r≦k-1とかける。 ここで1≦r≦k-1のとき、s=q、t=r r=0のとき、s=q-1、t=k とおくとα=ks+t、1≦t≦kとかける。」 (ks+t)^i=(ks)^i +i*(ks)^(i-1)t +…+i*ks*t^(i-1) +t^i =k{k^(i-1)* s^i +i*k^(i-2)* s^(i-1)t +…+i*st^(i-1)} +t^i=k×(整数) +t^i であることに注目すると f(α)=(ks+t)^n +a(1)(ks+t)^(n-1) +a(2)(ks+t)^(n-2) +…a(n-1)(ks+t)+a(n) =k×(整数) +t^n +a(1)*k×(整数) +a(1)*t^(n-1) +a(2)*k×(整数) +a(2)*t^(n-2)+… +a(n-1)*k×(整数) +a(n-1)*t +a(n)=k×(整数)+f(t) したがってf(t)=k{-(整数)}となるから、f(t)はkで割り切れることがわかる。 ところが、tは1≦t≦kであるから、このことはf(1)、f(2)、…、f(k)のいずれかがkで割り切れることを意味する。これは問題の仮定に反する。 したがってf(x)=0g有理数解をもつという仮定が誤りで、f(x)=0が有理数解を持たないことが示された。 (2)の回答ここまで

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  • 回答No.4
  • tmpname
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良く見ると、 f(x)が x=q/p(p,qは互いに素)なる 解を持つとすると、因数定理を使ってf(x)はQ[x]の範囲で f(x)=(x-q/p)g_1(x) = (px-q)g_2(x) (g_2(x) ∈Q[x])とかけます。 でないと話があいませんね...

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  • 回答No.3
  • tmpname
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うーん、原始多項式に関する知識を導入すれば結構 自明なんだけど、それはいいのかな... 今、記号を導入して整数全体の集合をZ, 有理数全体の 集合をQ, 整数係数の一変数多項式全体からなる集合を Z[x], 有理数係数の一変数多項式全体からなる集合を Q[x]とします。当然Z⊂Q, Z[x]⊂Q[x] 一つ言葉を定義します。f(x)∈Z[x] (つまりf(x)は ある整数係数の一変数多項式)が「原始多項式」であるとは、 f(x)の各次の係数の最大公約数が1であるような多項式 であることとします。 例:f(x)=2x^2-4x+3 (2,-4, 3)の最大公約数は1 補題:f(x), g(x)∈Z[x]が共に原始多項式なら、f(x)g(x)も 原始多項式である [証明] 任意の素数p∈Zに対し、f(x)g(x)の係数でpで割り切れないものが あることを示せば良い。 今、f(x)=Σ_i (a_i)(x^i), g(x)=Σ_j (b_i)(x^j)において、係数がp で割り切れない最低次の次数をそれぞれm,nとすれば、f(x)g(x)の (m+n)次の係数はΣ_{i+j=m+n} (a_i)(b_j)であるが、i>mのときはj<nより b_jはpで割りきれ、i<mの時はa_iがpで割りきれる。唯一(i,j)=(m,n)の 時が(a_i)も(b_j)もpで割り切れない。従って(m+n)次の係数は pで割り切れない(補題の証明終わり) そこで、問題に戻ります。f(x)が x=p/q(p,qは互いに素)なる 解を持つとすると、因数定理を使ってf(x)はQ[x]の範囲で f(x)=(x-p/q)g_1(x) = (px-q)g_2(x) (g_2(x) ∈Q[x])とかけます。 ここで、g_2(x)の各係数の分母をすべてかけたものM_1をg_2(x)にかけると、 (M_1)g_2(x)=g_3(x)、ここでg_3(x)の係数はすべて整数になっています。 さらにg_3(x)の各係数の最大公約数をM_2とすると、g_3(x)=(M_2)g_4(x), ここでg_4(x)は原始多項式です。 つまり、(M_1)g_2(x)=(M_2)g_4(x), M_1とM_2を互いの最大公約数で割って、 mg_2(x) = ng_4(x), g_4(x)は原始多項式、m,nは共に0でない整数で 互いに素 となっています。 そこで mf(x)=n(px-q)g_4(x)ですが、(px-q), g_4(x)ともに原始多項式です。 今、mがある素数rで割りきれるとすると、(px-q)g_4(x)は原始多項式 だから、nがrで割りきれますが、これはmとnが互いに素であることに 反します。 従ってm=1。最高次の係数を比較するとn=1, p=1でないと矛盾が生じます。 そこでf(x)=(x-q)g_4(x) g_4(x)∈Z[x]です。(1-q), (2-q), ..., (k-q)の うちどれかはkの倍数だから題意は証明されました。 結局、これは「f(x)∈Z[x]がQ[x]の範囲で因数分解されるなら、 実はZ[x]の範囲で必ず(同じように)因数分解できる」ということをつかっています。

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  • 回答No.2
  • Tacosan
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すみません, #1 は完全に勘違いしてる. 次の 2つを示せばいいんだ: ・m ≡ n (mod k) なら f(m) ≡ f(n) (mod k). ・f(x) = 0 は整数でない有理数解を持たない.

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  • 回答No.1
  • Tacosan
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確認ですが, 「k個の整数f(1f(2f(3),,,f(k)」というのは「k個の整数 f(1), f(2), ..., f(k)」という意味ですか? もしそうなら k = 1 ととればいいんだけど, それって役に立たないよなぁ....

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質問者からのお礼

そうです!  k個の整数 f(1), f(2), ..., f(k)という意味です。 よろしくお願いします。

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