同次多項式,常に実数⇒その係数は常に実数,証明はこ

質問

複素係数のn変数の同次多項式を

f(x_1,x_2,…,x_n):=Σ_{m_1,m_2,…,m_n∈{0,1,…,n}, m_1+m_2+…+m_n=n} c_{m_1,m_2,…,m_n}x_1^m_1x_2^m_2…x_n^m_n

とする (c_{m_1,m_2,…,m_n}は各項の係数を表す).

この時,
任意の実数x_1,x_2,…,x_nに対して,常にf(x_1,x_2,…,x_n)が実数なら,
各係数c_{m_1,m_2,…,m_n}は全て実数となる.

を証明したいのですが下記でいいでしょうか?

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回答No.7

ramayana

ANo.4 へのお礼について

補題 0 の証明は、その方針で OK だと思います。ただ、微分を使うのなら、 ANo.6 がスマートでしょう。

次のような証明もあります。

f(x) = c_0+c_1x+c_2x^2+c_rx^r とする。また、 w_1, w_2, ..., w_(r+1) を相異なる r+1 個の実数であって、f(w_1) = f(w_2) = ... = f(w_(r+1)) = 0 なるものとする。f(x) が実数変数の関数として恒等的に 0 なら、このような w_1, w_2, ..., w_(r+1) が当然存在する。すると、因数定理により、f(x) は、 r+1 次式 (x - w_1)( x - w_2)... (x - w_(r+1)) で割り切れる。 f(x) が r 次以下の多項式なのだから、このようなことがあるのは c_0 = c_1 = ... = c_r のときだけである（証明終わり）。

なお、補題 1 に相当する部分、すなわち、多変数の場合でも各単項式が 1 次独立であることは、数学的帰納法で証明できます。

つまり、n 変数の多項式をどれか 1 つの変数の 1 変数多項式とみなして降べきなりに整理したとき、その各係数は、 n - 1 変数多項式です。そのどれもが恒等的に 0 ですから、問題は、 n - 1 変数多項式のケースに帰着されます。以下、同様に変数の個数を減らしていけばいいのです。

お礼

大変有難うございます。お陰様で理解が深まりました。

回答No.6

stomachman

f(x_1,…,x_n)は(x_1,…,x_n)∈R^n上で定義され実数値を取る多項式なのだから、至る所x_j (j∈{1,2,…,n})で偏微分可能であり、偏導関数
　　(∂f/∂x_j)(x_1,…,x_n) = lim{ε→0} (f(x_1,…,x_j+ε,…,x_n)-f(x_1,…,x_n))/ε
もまた、R^n上で定義され実数値を取る多項式。そこで、
　　n = Σ{j=1,…,n} m_j
を満たす任意の自然数(0を含む)n個の列{m_j}(j=1,…,n)について、fをx_1でm_1回, x_2でm_2回, …, x_nでm_n回偏微分した偏導関数を(f^(m_1,m_1,…,m_n))とすれば、これも(x_1,…,x_n)∈R^n上で定義され実数値を取る多項式。
　そして、fは同次多項式なので
　　(f^(m_1,m_1,…,m_n))(x_1,…,x_n) = c_{m_1,…,m_n} (Π{j=1,…,n)(m_j)!)
∴ c_{m_1,…,m_n}∈R

ってのは如何？
　なお、同次じゃない多項式の場合には、次数( Σ{j=1,…,n} m_j)が高いやつから順にc∈Rを証明する。

お礼

さすがですっ! 迚もクールです。
どうも有難うございます。

回答No.5

178-tall

当方のコメントに「ご異見」すら出ませんか。

ひょっとして、

任意の実数セット{z1, z2, …, zn} に対し、
　f(z1, z2, …, zn) = c1*(z1^m1) * c2*(z2^m2) * … * cn*(zn^mn)
が実数なら、係数 {c1, c2, cn} は実数セット

…ということ？
(当方、質問にある算式すら把握できてません)

…ならば、両辺の対数をとり、
　LN{ f(z1, z2, …, zn) } = c1*m1*LN(z1) + c2*m2*LN(z1) + … + cn*mn*LN(zn)
として、
　m1*LN(z1) = 1, z2=1, … zn=1 でも実数だろうから、
　c1 = 実数
…以下同様。

となりそう。

お礼

有難うございます。

> 任意の実数セット{z1, z2, …, zn} に対し、
> 　f(z1, z2, …, zn) = c1*(z1^m1) * c2*(z2^m2) * … * cn*(zn^mn)
> が実数なら、係数 {c1, c2, cn} は実数セット
> …ということ？

いえ,
f(z1, z2, …, zn) = c1*(z1^m1) * c2*(z2^m2) * … * cn*(zn^mn)
は単項式になってます。
f(z1, z2, …, zn)はn変数z1, z2, …, znの多項式でないといけません。

回答No.4

ramayana

とりあえず、補題 0 の証明を完成させることから手を付けてはどうでしょうか。

「 c[0], c[1], c[2], ..., c[r] を実数として、c[0] + c[1]x + c[1]x^2 + ・・・+ c[r]x^r = 0 （等式は実数変数の関数として成立）なら、c[0] = c[1] = c[2] =・・・= c[r] = 0 である」

をどのようにして証明しますか？

お礼

遅くなりまして大変申し訳ありません。

1,x,x^2,…,x^rが一次従属なら, c_0+c_1x+c_2x^2+c_rx^r=0とした時,
(i) (0,…,0,c_i,0,…,0)=(c_0,…,c_r)∈R^r (但し,c_i≠0)の場合,
c_ix^i=0なのでc_i=0となり,矛盾.
(ii) 0≠(0,…,0,c_i,0,…,0,c_j,0…,0)=(c_0,…,c_r)∈R^r (但し,c_ic_j≠0)の場合,
c_ix^i+c_jx^j=0で,
x_{i-j}=-c_j/c_i:定数で左辺に矛盾.
(iii) 0≠(0,…,0,c_i,0,…,0,c_j,0,…,0,c_k,0…,0)=(c_0,…,c_r)∈R^r (但し,c_ic_jc_k≠0)の場合,
c_ix^i+c_jx^j+c_kx^k=0で,
c_ix^{i-k}+c_jx^{j-k}=c_k:定数. と書け,両辺を微分すると,
(i-k)c_ix^{i-k-1}+(j-k)c_jx^{j-k-1}=0で(ii)に帰着.
:
後,同様に議論.

従って, 1,x,x^2,…,x^rは一次独立.
∴ c[1]=c[2]=…c[r]=0.

としてみましたがいかがてしょうか?

回答No.3

ramayana

１　「xが実変数なら1,x,x^2,…,x^rは一次独立」は、「実数変数の関数として1,x,x^2,…,x^rは一次独立」としたほうがいいでしょう。（変数として一次独立という概念もなくはないが、この文脈で使うと後の論理につながらなくなる。）

２　補題 0 の証明で「もし,1,x,x^2,…,x^rが一次従属なら,0≠∃c∈R;x^k=cx^lなる」は、論理の飛躍があります。一次従属の定義に沿った説明に差し替えた方がいいでしょう。

３　この命題を同次多項式に限定する必然性はなさそうです。一般の多項式で考えてみられてはいかがでしょうか？

お礼

ご助言有難うございます。

> ３　この命題を同次多項式に限定する必然性はなさそうです。
> 一般の多項式で考えてみられてはいかがでしょうか？

[補題1]だけ一般化すればいいですね。

[補題1'] x_1,…,x_rを実変数とする。x_1^m_1…x_r^m_rは一次独立 (ここで,m_1,…,m_r∈N∪{0},m_1+…+m_r≦n).
(証)
もし, x_1^m_1,…,x_r^m_rが一次従属なら,0≠∃c∈R; x_1^m'_1…x_r^m'_r=cx_1^m''_1…x_r^m''_r.と書ける.
(m'_1,…,m'_r,m''_1,…,m''_r∈N∪{0},m'_1+…+m'_r≦n,m''_1+…+m''_r≦n, (m'_1,…,m'_r)≠(m''_1,…,m''_r)…(1)),
ここで0≠∀x_1,…,x_r∈R…(2)に対して,
x_1^{m'_1-m''_1}x_2^{m'_2-m''_2}…x_r^{m'_r-m''_r}=c…(3)
(ここでm'_1-m''_1,m'_2-m''_2…,m'_r-m''_r∈Z),
この時, x_1^{m'_1-m''_1}x_2^{m'_2-m''_2}…x_r^{m'_r-m''_r}≠1…(4) (∵(1))でさらに,(2)と(4)から
(3)の左辺は非定数.
したがって,(3)は意味不明. 故に,x_1^m_1…x_r^m_rは一次独立でなければならない。 (終)

でいいのですね。

回答No.2

178-tall

[補題0] ～ [補題3] を拝見すると、ANo.1 に書きなぐったコメントと等価らしい。

それをご覧のうえご異見無ければ、おそらく OK 。

ご異見あれば、再考してみます。

では…。

回答No.1

178-tall

hoge.jpg の開き方が判らん。

ひょっとして、

任意の実数セット{z1, z2, …, zn} に対し、
　f(z1, z2, …, zn) = c1*(z1^m1) + c2*(z2^m2) + … + cn*(zn^mn)
が実数なら、係数 {c1, c2, cn} は実数セット

…ということ？

…ならば、任意の実数セット{r1, r2, …, rn} に対し、
　r1*c1 + r2*c2 + … + rn*cn = 実数
なのだろう。
たとえば、r1= 1, r2=r3= … rn=0 でそうなのだろうから、
　c1 = 実数

…以下同文。
御名御璽。

お礼

えっ!?　開けませんか!?

失礼いたしました。テキストで打ち直しました。

[補題0] xが実変数(複素変数でも(?))なら1,x,x^2,…,x^rは一次独立.
(証)
もし,1,x,x^2,…,x^rが一次従属なら,0≠∃c∈R;x^k=cx^lなる(但し,{0,1,…,r}∋k,lは相異なる.
k≧lのすると, k^{k-l}=c, つまり,x=c^{k-l}:定数, でこれはxが変数である事に反する。

[補題1] x_1,…,x_rを実変数とする。x_1^m_1…x_r^m_rは一次独立 (ここで,m_1,…,m_r∈{0,1,…,n},m_1+…+m_r=n).
(証)
もし, x_1^m_1,…,x_r^m_rが一次従属なら,0≠∃c∈R; x_1^m'_1…x_r^m'_r=cx_1^m''_1…x_r^m''_r.と書ける.
(m'_1,…,m'_r,m''_1,…,m''_r∈{0,1,…,n},m'_1+…+m'_r=m''_1+…+m''_r=n, (m'_1,…,m'_r)≠(m''_1,…,m''_r)…(1)),
ここで0≠∀x_1,…,x_r∈R…(2)に対して,
x_1^{m'_1-m''_1}x_2^{m'_2-m''_2}…x_r^{m'_r-m''_r}=c…(3)
(ここでm'_1-m''_1,m'_2-m''_2…,m'_r-m''_r∈Z),
この時, x_1^{m'_1-m''_1}x_2^{m'_2-m''_2}…x_r^{m'_r-m''_r}≠1…(4) (∵(1))でさらに,(2)と(4)から
(3)の左辺は非定数.
したがって,(3)は意味不明. 故に,x_1^m_1…x_r^m_rは一次独立でなければならない。

[補題2] f(x_1,…,x_r):=Σ_{m_1+…+m_r=n}c_{m_1,…,m_r}x_1^m_1…x_r^m_r∈R[x_1,…,x_r]とする。
この時, ∀x_1,…,x_r∈Rに対して,f(x_1,…,x_r)=0…(1) ⇒ ∀m_1,…,m_r∈N∪{0}に対して,c_{m_1,…,m_r}=0.
(証)
x_1^m_1…x_r^m_rは一次独立なので(∵補題1), 一次独立の定義より言える。

[補題3] f(x_1,…,x_r):=Σ_{m_1+…+m_r=n}c_{m_1,…,m_r}x_1^m_1…x_r^m_r∈C[x_1,…,x_r]とする。
この時, ∀x_1,…,x_r∈Rに対して,f(x_1,…,x_r)∈R…(1) ⇒ ∀m_1,…,m_r∈N∪{0}に対して,c_{m_1,…,m_r}∈R.
(証)
f(x_1,…,x_r)=Σ_{m_1+…+m_r=n}(α_{m_1,…,m_r}+iβ_{m_1,…,m_r})x_1^m_1…x_r^m_r
(ここで,c_{m_1,…,m_r}=α_{m_1,…,m_r}+iβ_{m_1,…,m_r})
という風に,係数を実部・虚部に分けて表すことにすれば,
=Σ_{m_1+…+m_r=n}(α_{m_1,…,m_r}x_1^m_1…x_r^m_r+iβ_{m_1,…,m_r}x_1^m_1…x_r^m_r)
=Σ_{m_1+…+m_r=n}α_{m_1,…,m_r}x_1^m_1…x_r^m_r+iΣ_{m_1+…+m_r=n}β_{m_1,…,m_r}x_1^m_1…x_r^m_r∈R(∵(1))より,
∀m_1,…,m_r∈N∪{0}に対して,β_{m_1,…,m_r}=0でなければならない(∵補題2).
故に ∀m_1,…,m_r∈N∪{0}に対して,c_{m_1,…,m_r}∈R. (終)

となりましたがこれで大丈夫でしょうか?