代数学をやるその12　終結式が光る問題

多項式,終結式

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はじめに

今回は終結式がばっちり活躍してくれる問題を持ってきました．

※その他の問題たちがこちらのまとめページから見れます．良ければリンクをご利用ください．

問題と解答

体$K$上の2変数多項式$f(x,y),g(x,y)$が共通因子を持たないならば，集合
$$C:=\{(a,b) \in K \times K \, | \, f(a,b)=g(a,b)=0\}$$
は高々有限個の元からなることを示せ．ここで，高々有限個の元からなるとは，空集合であるか，もしくは有限集合であるかを意味することとする．(東京女子大)

感想

以下に示す終結式に関する補題1を知っているか，という問題だと思います．私は知らなかったので解くのに時間がかかりました…
因みに，$K$が有限体であれば示すべき事実は自明となります($K \times K$が有限集合となるので)．また，$K$が無限体の場合，$f(x,y)=x-1, \, g(x,y)=y(x-1)$という多項式たちの共通零点の集合は
$$\{(1,y) \in K \times K \, | \, y \in K\}$$
という無限集合となってしまします．これは$f,g$が$x-1$という共通因子を持っていることが原因なので，問題文にある「共通因子を持たない」という条件は，$K$を一般の体とする限り外すことができません．

証明を表示

集合
$$A:=\{a \in K \, | \, ある \,b \in K\, が存在して (a,b) \in C\}$$
$$B:=\{b \in K \, | \, ある \,a \in K\, が存在して (a,b) \in C\}$$
を定義しておく．要は$C$の元の第1成分全体からなる集合が$A$で，第2成分全体からなる集合が$B$である．このとき$C \subset A \times B$であることに注意する．
$f(x,y), g(x,y) \in (K[y])[x]$とみて，$f,g$の$x$に関する次数を$m,n$とする．$f,g$の終結式を$R(y) \in K[y]$とおく．このとき，$h_1,h_2 \in (K[y])[x]$で，$x$に関して${\rm deg}\,h_1 \leq n-1, \, {\rm deg}\,h_2 \leq m-1$かつ
$$h_1(x,y)f(x,y)+h_2(x,y)g(x,y)=R(y)$$
を満たすものが存在する(補題1)．$R(y)$が零多項式であるとすると，
$$h_1(x,y)f(x,y)=-h_2(x,y)g(x,y)$$
となる．$x$に関して${\rm deg}\,h_1 \leq n-1 < n={\rm deg}\,g$であることから，$g$の素因子全てが$h_1$を割り切ることはない．従って$g$の素因子で$f$を割り切るものが存在するが，これは$f,g$が共通因子を持たないことに矛盾．従って$R(y)$は零多項式ではない．$R(y)$は体上の1変数多項式で零多項式でないから，その根は高々有限個である．
$b \in B$とすると，ある$a \in K$が存在して$(a,b) \in C$となるから，$R(b)=0$が成り立つ．つまり$b \in B$は$R(y)$の根である．$R(y)$の根は高々有限個であったから$B$は高々有限な集合である．$B$が空でないとき，$B=\{b_1,\cdots,b_n\}$とし，
$$A_i=\{a \in K \, | \, f(a,b_i)=g(a,b_i)=0\}$$
とおく．$f(x,b_i)$は体上の1変数多項式であるからその根は高々有限個である．$(a,b_i) \in A_i$は$f(a,b_i)=0$を満たすから，$A_i$は高々有限な集合である．そして
$$A=\bigcup_{i=1}^nA_i$$
であるから，$A$も高々有限な集合である．$C \subset A \times B$であったから，$C$も高々有限な集合である．(証明終)

今回用いた事実

終結式

$f(x),g(x)$は可換環$A$上の共に次数が$1$以上の1変数多項式で，
$$f(x)=a_mx^m+\cdots+a_1x+a_0$$
$$g(x)=b_nx^n+\cdots+b_1x+b_0$$
と表されるとする．このとき，行列式
$$\left|\begin{array}{cccccccc} a_m & a_{m-1} & \cdots & a_1 & a_0 \\ & a_m & a_{m-1} & \cdots & a_1 & a_0 \\ & & \ddots & \ddots & & \ddots & \ddots & \\ & & & a_m & a_{m-1} & \cdots & a_1 & a_0 \\ b_n & b_{n-1} & \cdots & b_1 & b_0 \\ & b_n & b_{n-1} & \cdots & b_1 & b_0 \\ & & \ddots & \ddots & & \ddots & \ddots & \\ & & & b_n & b_{n-1} & \cdots & b_1 & b_0 \end{array}\right|$$
を$f,g$の終結式といい，$R(f,g)$で表す．但し，今の行列で$a_i$たちが現れる行は$n$行，$b_i$たちが現れる行は$m$行であり，何も書かれていない部分は$0$である．

一般的に書くと見づらいのでいくつか具体例を挙げておきます．$A=\mathbb{Z}$とし，$f(x)=x^2+x+1, \, g(x)=3x^3+2x^2+x+1$とすると，
$$R(f,g)=\left|\begin{array}{ccccc} 2 & 1 & 1 \\ & 2 & 1 & 1 \\ & & 2 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 1 \\ & 3 & 2 & 1 & 1 \end{array}\right|=9$$
となります．また，$A=\mathbb{Z}[y]$とし，$f(x)=y^2x+y+1, \, g(x)=(y^2+1)x^2+yx+2$とすると，
$$R(f,g)=\left|\begin{array}{ccc} y^2 & y+1 & \\ & y^2 & y+1 \\ y^2+1 & y & 2 \end{array}\right|=-y^5+2y^4+y^3+y^2+2y+1$$
となります．

$f,g$を可換環$A$上の共に次数が$1$以上の1変数多項式とするとき，$A$上の多項式$h_1,h_2$で，${\rm deg}\,h_1 \leq n-1, \, {\rm deg}\,h_2 \leq m-1$かつ
$$h_1f+h_2g=R(f,g)$$
を満たすものが存在する．

証明を表示

$a_0, \cdots, a_m,b_0, \cdots ,b_n \in A$によって
$$f(x)=a_mx^m+\cdots+a_1x+a_0$$
$$g(x)=b_nx^n+\cdots+b_1x+b_0$$
と表す．このとき，
$$\begin{split} x^{n-1}f(x) &= a_mx^{m+n-1}+\cdots+a_1x^n+a_0x^{n-1} \\ &\vdots \\ xf(x) &=a_mx^{m+1}+\cdots+a_1x^2+a_0x \\ f(x) &= a_mx^m+\cdots+a_1x+a_0 \\ \\ x^{m-1}g(x) &= b_nx^{m+n-1}+\cdots+b_1x^m+b_0x^{m-1} \\ &\vdots \\ xg(x) &= b_nx^{n+1}+\cdots+b_1x^2+b_0x \\ g(x) &= b_nx^n+\cdots+b_1x+b_0 \end{split}$$
が成り立つので，行列を用いて表すと，
$$\left(\begin{array}{c} x^{n-1}f(x) \\ \vdots \\ xf(x) \\ f(x) \\ x^{m-1}g(x) \\ \vdots \\ xg(x) \\ g(x) \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccccccc} a_m & a_{m-1} & \cdots & a_1 & a_0 \\ & a_m & a_{m-1} & \cdots & a_1 & a_0 \\ & & \ddots & \ddots & & \ddots & \ddots & \\ & & & a_m & a_{m-1} & \cdots & a_1 & a_0 \\ b_n & b_{n-1} & \cdots & b_1 & b_0 \\ & b_n & b_{n-1} & \cdots & b_1 & b_0 \\ & & \ddots & \ddots & & \ddots & \ddots & \\ & & & b_n & b_{n-1} & \cdots & b_1 & b_0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x^{m+n-1} \\ x^{m+n-2} \\ \vdots \\ x \\ 1 \end{array}\right)$$
となる．右辺の行列を$M$とし，$M$の随伴行列を$M'$とすると，一般論から
$$MM'=M'M=R(f,g)I$$
が成り立つ．ここで$I$は単位行列である．従って，今の等式に左から$M'$を掛けると
$$M'\left(\begin{array}{c} x^{n-1}f(x) \\ \vdots \\ xf(x) \\ f(x) \\ x^{m-1}g(x) \\ \vdots \\ xg(x) \\ g(x) \end{array}\right)=R(f,g)\left(\begin{array}{c} x^{m+n-1} \\ x^{m+n-2} \\ \vdots \\ x \\ 1 \end{array}\right)$$
が成り立つ．$M'$の第$m+n$行を$c_1,\cdots,c_{m+n}$とすると，両辺の第$m+n$成分を比較することで
$$(c_1x^{n-1}+\cdots+c_{n-1}x+c_n)f(x)+(c_{n+1}x^{m-1}+\cdots+c_{m+n-1}x+c_{m+n})g(x)=R(f,g)$$
が成り立つ．よって題意は示された．(証明終)

発展

今回得た結果は係数体$K$が有限体であれば自明であることは上で述べました．そして，それは変数を増やしても同様です．

しかし，$K$が無限体の場合は，変数を増やした先では状況が異なるようです．例えば$f,g \in \mathbb{R}[x,y,z]$を
$$f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-5, \hspace{0.2in} g(x,y,z)=z-1$$
で定めると，$f,g$は共通因子を持ちませんが，それらの共通零点の集合は
$$\{(a,b,c) \in \mathbb{R}^3 \, | \, a^2+b^2=4, \hspace{0.2in} c=1\}$$
という無限集合となってしまいます．

なら，多項式の数を増やせば共通零点が有限個となるのではないかと思いますが，実はそう簡単にはいきません．例えば$f,g,h \in \mathbb{R}[x,y,z]$を
$$f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-5, \hspace{0.2in} g(x,y,z)=x^2+y^2-4z, \hspace{0.2in} h(x,y,z)=z-1$$
で定めると，$f,g,h$はどの2つも共通因子を持ちませんが，それらの共通零点の集合は，やはり$\{(a,b,c) \in \mathbb{R}^3 \, | \, a^2+b^2=4, \hspace{0.2in} c=1\}$という無限集合となってしまいます．より一般に，任意の$\alpha \in \mathbb{R}$に対して$p_{\alpha} \in \mathbb{R}[x,y,z]$を
$$p_{\alpha}(x,y,z)=x^2+y^2+\alpha(z-1)-4$$
で定めると，任意の$\alpha \in \mathbb{R}$に対して$p_{\alpha}$は$f,h$と共通因子を持たず，また異なる$\alpha,\beta \in \mathbb{R}$に対して$p_{\alpha},p_{\beta}$も共通因子を持ちません．しかし，$p_{\alpha}$たちと$f,g,h$たちとの共通零点の集合は$\{(a,b,c) \in \mathbb{R}^3 \, | \, a^2+b^2=4, \hspace{0.2in} c=1\}$という無限集合となります．