多項式に関する簡単な問題

以前出題した問題の答を書いておきます：
integers.hatenablog.com

定理 $K$ を有理数体 $\mathbb{Q}$ を含む体とする。 $f(x_1, \dots, x_n) \in K[x_1, \dots, x_n]$ が条件

任意の $\boldsymbol{m}=(m_1, \dots, m_n) \in \mathbb{Z}^n$ に対し、 $f(\boldsymbol{m})=0$ が成り立つ。

を満たすとき、 $f=0$ が成り立つ。

証明(1) $d := \deg f+1$ とする。

$F(x_1):=f(x_1, x_1^d, x_1^{d^2}, \dots, x_1^{d^{n-1}})$

と $F(x_1) \in K[x_1]$ を定義すると、 $\displaystyle f(\boldsymbol{x})=\sum_{(k_1, \dots, k_n) \in \mathbb{Z}_{>0}^n}a_{(k_1, \dots, k_n)}x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ と書けるとき、

$\begin{equation}\begin{split}F(x_1) &= \sum_{(k_1, \dots, k_n) \in \mathbb{Z}_{ > 0}^n}a_{(k_1, \dots, k_n)}x_1^{k_1}\cdot x_1^{k_2d}\cdot x_1^{k_3d^2}\cdots x_1^{k_nd^{n-1}} \\ &= \sum_{(k_1, \dots, k_n) \in \mathbb{Z}_{>0}^n}a_{(k_1, \dots, k_n)}x_1^{k_1+k_2d+k_3d^2+\cdots +k_nd^{n-1}}\end{split}\end{equation}$

である。一変数の場合は定理が成り立つことは明らかなので、 $f$ が定理の条件を満たすとき、 $F(x_1)=0$ が従う。 $0 \leq k_i \leq d-1 \ (i=1, \dots, n)$ なので、

$\begin{equation}\begin{split}(k_1, \dots, k_n) &\neq (k_1', \dots, k_n') \Longrightarrow \\ &k_1+k_2d+k_3d^2+\cdots +k_nd^{n-1} \neq k_1'+k_2'd+k_3'd^2+\cdots +k_n'd^{n-1}\end{split}\end{equation}$

に注意すると、任意の $(k_1, \dots, k_n) \in \mathbb{Z}_{>0}^n$ に対して $a_{(k_1, \dots, k_n)}=0$ が成り立つ。すなわち、 $f=0$ 。 Q.E.D.

証明(2) $n$ に関する帰納法で示す（ただし、体 $K$ は固定せず任意性をもたした命題として証明する）。 $n=1$ のときは明らかなので、 $n-1$ のときに成立すると仮定して $n$ のときを証明する。 $f$ を $K[x_1, \dots, x_{n-1}][x_n]$ の元とみなして、 $G(x_n)$ と書くことにする。任意に $m \in \mathbb{Z}$ をとるこのとき、 $n-1$ 変数多項式 $G(m) \in K[x_1, \dots, x_{n-1}]$ は $f$ に対する仮定から、 $n-1$ 変数の場合の定理の条件を満たすことが分かる。よって、帰納法の仮定から、 $G(m)=0$ が成り立つ。すなわち、 $L:=\mathrm{Frac}K[x_1, \dots, x_{n-1}]$ とするとき、 $G(x_n) \in L[x_n]$ は一変数の場合の定理の条件を満たす。よって、 $G(x_n)=0$ であり、 $f=0$ である。 Q.E.D.

類題 $n$ を自然数とする。有界なる $n$ 変数複素係数多項式は定数に限ることを示せ。

多項式に関する簡単な問題

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数、特に整数に関する記事。