整数係数方程式の整数解・有理数解に関する定理の証明

nは2以上の自然数,\ pは素数,\ a₀,\ a₁,\ ,\ a_{n-1}\ は整数とする.$ $f(x)=x^n+pa_{n-1}x^{n-1}+pa_{n-2}x^{n-2}++pa₁x+pa₀\ を考える.$ $f(x)=0\ が整数解\ α\ を持てば,\ α\ はpで割り切れることを示せ.$ $a₀\ がpで割り切れなければ,\ f(x)=0\ は整数解を持たないことを$ 少なくとも1つの解が整数}」}が条件の不定方程式と同様の発想で解く.$  ${解を文字で設定して代入}し,\ 最高次の項または定数項を分離する.$  ${因数分解により積の形}にして,\ 倍数・約数に関する性質を追求する.$ { }$右辺はpの倍数であるから,\ 左辺の\ α^n\ もpの倍数である.pは素数}であるから,\ {α\ はpの倍数である.整数解\ α\ を持つと仮定する { }$右辺はpの倍数であるから,\ 左辺のa₀もpの倍数}である.$ { }$これは,\ a₀\ がpで割り切れないことと矛盾}する.$ $ {f(x)=0\ は整数解を持たない {最高次の項\ α^nを分離}すると,\ 右辺はpをくくりだすことができる. \ 安易に「α^n\ がpの倍数より,\ α\ がpの倍数」としてはいけない. \ {pが素数}であるとき,\ 「α^n\ はpの倍数」「α\ はpの倍数」} \ pが素数でないとき,\ 必ずしも成り立つとは限らない. \  6³=216は4の倍数だが,\ 6は4の倍数ではない. \ 「もたない」という{否定的命題}であるから,\ {背理法}が有効である. \ 整数解をもつ場合の\ α\ の性質がで示されているから利用する. \ 文字で設定して代入すると,\ {両辺をpで割る}ことができる. \ さらに,\ {定数項\ a₀\ を分離}すると,\ 右辺はpをくくりだすことができる. 整数係数n次方程式\ $有理数\ α\ が1つの解ならば,\ α\ は整数であることを証明せよ.$ α= qp\ (p,\ q:互いに素な整数)}\  $右辺は整数であるから,\ 左辺も整数}である.$  $p,\ qは互いに素であるから 有理数解を文字で設定して代入する. {両辺にp^{n-1}を掛けた後,\ 最高次の項を分離する.} p^nではなくp^{n-1}を掛けて,\ 左辺の{分母にpを残す}のが最大のポイントである. {q^n}{p}\ は整数であり,\ p,\ qが互いに素,\ であるから,\ p=1\ となる. このようにして,\ 簡潔に\ α\ が整数であることが示される. 前問と同様に\ q^n=-p( )\ とすると,\ 次のような論理になる. 右辺がpの倍数より,\ 左辺q^nもpの倍数である. pとqは互いに素な整数で,\ より,\ p=1 整数係数n次方程式 がある.$ $ただし,\ a₀,\ a_n0\ とする.\ $ $この方程式の有理数解が\ {a₀の約数}{a_nの約数}\ の形であることを証明せよ.$ 有理数解をx= qp\ (p,\ q:互いに素な整数;p>0)}とおく.$ 有理数解\ qp\ は,\ a₀の約数}{a_nの約数}\ の形である.} 本問は,\ 最高次の係数a_nと定数項a₀\ の両方の性質を追求する必要がある. よって,\ 両辺にp^nを掛けて分母を完全に払っておくほうが統一的である. {最高次の項を分離した場合と,\ 定数項を分離した場合を両方考慮する.} 本問は,\ 結果がとりわけ重要である. {因数定理を用いた高次式の因数分解と関連している}からである. 例として,\ 6x³+x²+2x-1\ を因数定理を用いて因数分解するとしよう. xにいくつかの数を代入して=0となるものを探すことになる. 本問は,\ このときに代入すべき値を示している. {有理数解は,\ {a₀の約数}{a_nの約数}={1の約数}{6の約数}\ の形に限られる}わけである. つまり,\ 代入するべき値は,2や3を代入するのは時間の無駄である.
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