§E20.39多項式の実根分離

証明. 演習とする（問題 7.1）。▨

証明.(1)を示す。$h=\sum_{i=0}^na_ix^i$と書き、各$x^i=((x-c)+c)^i$を二項展開すると、$j\le n$に対して$c_j:=\sum_{i=j}^n\binom ija_ic^{i-j}$、$j>n$に対して$c_j:=0$と置いた列が表示を与える。二つの表示の差を$\sum_{j\in\N}d_j(x-c)^j=0$とし、$d_j\ne0$となる$j$があると仮定する。その最大の$j$について、左辺は$d_j(x-c)^j$と次数が$j$未満の多項式の和であるから、§E6.28 命題 1.2により次数$j$の零でない多項式であり、零に等しいことに反する。したがって表示は一意である。$x=c$を代入すると$h(c)=c_0$である。補題 1.2 (1)と補題 1.2 (2)により$h'=\sum_{j\ge1}jc_j(x-c)^{j-1}$であり、$x=c$を代入すると$h'(c)=c_1$である。

(2)を示す。$g:=\sum_{j\ge r}c_j(x-c)^{j-r}$と置くと、$h=(x-c)^rg$かつ$g(c)=c_r\ne0$である。したがって$e\le r$ならば$(x-c)^e\mid h$である。$(x-c)^{r+1}\mid h$と仮定し、$h=(x-c)^{r+1}k$と書くと$(x-c)^r\bigl(g-(x-c)k\bigr)=0$であり、§E6.28 命題 1.2により$\R[x]$は整域であるから$g=(x-c)k$となる。このとき$g(c)=0$であり、$g(c)=c_r\ne0$に反する。したがって$e\ge r+1$ならば$(x-c)^e\nmid h$であり、$\operatorname{mult}_c(h)=r$である。

(3)を示す。$S:=\sum_{j>r}|c_j|$、$\delta:=\min\{1,\ |c_r|/(1+S)\}$と置く。$0<|s|<\delta$を満たす実数$s$に対して

であり、$|s|<1$であるから$\bigl|\sum_{j>r}c_js^{j-r}\bigr|\le|s|S<|c_r|$である。したがって括弧内の数は$c_r$と同符号であり、$\operatorname{sgn}h(c+s)=\operatorname{sgn}(s^r)\operatorname{sgn}c_r$が成り立つ。$t\in(0,\delta)$に対して$s=t$と$s=-t$を代入すると主張を得る。▨

証明.$x<y$かつ$h(x)h(y)<0$を満たす$x,y\in I$が存在すると仮定する。$h(x)<0<h(y)$ならば$h$の$[x,y]$への制限に、$h(x)>0>h(y)$ならば$-h$の$[x,y]$への制限に§D1.12 定理 1.1を適用すると、$h$は$(x,y)\subset I$に零点をもち、$I$上で$h$が零点をもたないことに反する。したがって任意の$x,y\in I$に対して$h(x)h(y)\ge0$であり、$h(x)h(y)\ne0$であるから$h(x)h(y)>0$である。▨

証明.(1)を示す。$n$に関する帰納法を用いる。$n=0$ならば$p$は零でない定数であり、実根をもたない。$n\ge1$とし、$p$が実根$c$をもつとする。§E6.28 定理 4.2により$p=(x-c)g$と書くことができ、§E6.28 命題 1.2により$\deg g=n-1$である。実数$d$が$p(d)=(d-c)g(d)=0$を満たすならば$d=c$または$g(d)=0$であり、帰納法の仮定により$g$の実根は高々$n-1$個であるから、$p$の実根は高々$n$個である。

(2)を示す。$M=0$ならば$p=a_nx^n$であり、$|z|\ge1$から$|p(z)-a_nz^n|=0<|a_n||z|^n$である。$M>0$ならば$|z|\ge1+M>1$であり、$M\le|z|-1$であるから

である。したがって$|p(z)|\ge|a_n||z|^n-|p(z)-a_nz^n|>0$である。$z$が実数ならば、$p(z)=a_nz^n+\bigl(p(z)-a_nz^n\bigr)$の第二項の絶対値は第一項の絶対値より小さいので、$p(z)$と$a_nz^n$は同符号である。

(3)を示す。$M$は有限個の有理数の最大値であるから有理数であり、$B$も有理数である。$|x|\ge B$を満たす実数$x$に対して(2)により$p(x)\ne0$であるから、$p$の実根は$(-B,B)$に属し、$p(\pm B)\ne0$である。▨

証明.§E6.28 命題 3.1により、ある$a,b\in K[x]$が存在して$aq+bq'=1$となる。この等式は$\R[x]$においても成り立つので、$\R[x]$における$q$と$q'$の任意の公約元は$1$を割り切り、§E6.28 命題 1.3により零でない定数である。$\R[x]$における$q$と$q'$のモニック最大公約元は、モニックな零でない定数であるから$1$であり、(1)が成り立つ。$q(c)=0$ならば、$aq+bq'=1$に$x=c$を代入して$b(c)q'(c)=1$を得るので$q'(c)\ne0$である。補題 1.3 (1)の係数は$c_0=q(c)=0$、$c_1=q'(c)\ne0$であるから、補題 1.3 (2)により$\operatorname{mult}_c(q)=1$であり、(2)が成り立つ。▨

証明. 演習とする（問題 7.2）。▨

証明.

$h\in K[x]$の次数が$1$以上ならば、補題 1.2 (3)により$h'\ne0$である。$v_p(h)\ge1$を満たす$p$については主張 3.4.1により$\min\{v_p(h),v_p(h')\}=v_p(h)-1$であり、$v_p(h)=0$を満たす$p$については最小値は$0$であるから、補題 3.3 (4)により

である。

(1)を示す。式 (3.4.1)の右辺で正の指数をもつ$p$があれば、§E6.28 命題 1.2によりその積の次数は$\deg p\ge1$以上であり、積は$1$でない。したがって$\gcd(h,h')=1$であることと、任意の$p$で$\max\{v_p(h)-1,0\}=0$、すなわち$v_p(h)\le1$であることは同値である。

(2)を示す。$e_p:=v_p(f)$と置く。$f$はモニックかつ非定数であるから、補題 3.3 (1)により$f=\prod_{p}p^{e_p}$であり、$s\ge1$である。式 (3.4.1)により$c_0=\prod_pp^{\max\{e_p-1,0\}}$であり、$f=c_0\prod_{e_p\ge1}p$であるから、§E6.28 定理 2.1の一意性により$f$の$c_0$による除法の剰余は零であり、$w_1=\prod_{e_p\ge1}p$である。$1\le i\le s$とし、$w_i$と$c_{i-1}$が表示した形であるとする。補題 3.3 (4)により、$y_i$における$p$の指数は$e_p\ge i+1$ならば$\min\{1,e_p-i\}=1$、$e_p=i$ならば$\min\{1,0\}=0$、$e_p<i$ならば$0$であるから、$y_i=\prod_{e_p\ge i+1}p$である。

が成り立つので、§E6.28 定理 2.1の一意性により二つの除法の剰余は零であり、$f_i=\prod_{e_p=i}p$、$w_{i+1}=\prod_{e_p\ge i+1}p$、$c_i=\prod_pp^{\max\{e_p-i-1,0\}}$である。$i$に関する帰納法により、表示は$1\le i\le s+1$で成り立つ。$w_i=1$であることは$e_p\ge i$を満たす$p$が存在しないことと同値であり、$s$は$e_p$の最大値であるから、$1\le i\le s$で$w_i\ne1$、$w_{s+1}=1$である。

(3)を示す。各$p$は$j=e_p$の$f_j$にだけ現れるので、$f=\prod_pp^{e_p}=\prod_{j=1}^s\bigl(\prod_{e_p=j}p\bigr)^j=\prod_{j=1}^sf_j^{\,j}$である。$v_p(f_j)$は$e_p=j$ならば$1$、そうでなければ$0$であるから、$f_j\ne1$ならば(1)により$f_j$は平方自由である。$i\ne j$ならば$\min\{v_p(f_i),v_p(f_j)\}=0$であるから、補題 3.3 (4)により$\gcd(f_i,f_j)=1$である。$e_p=s$を満たす$p$が存在するので$f_s\ne1$である。

(4)を示す。$w_1=\prod_{e_p\ge1}p=\prod_{j=1}^s\prod_{e_p=j}p=f_1\cdots f_s$である。$s\ge1$であるから$w_1$の次数は$1$以上であり、$v_p(w_1)\le1$であるから、(1)により$w_1$は平方自由である。▨

証明.(1)を示す。補題 1.2 (3)により$\deg q_1=\deg q-1$であり、$\deg q_1>\deg q_2>\cdots>\deg q_k\ge0$であるから$k\le\deg q$である。除法の等式$q_{i-1}=s_iq_i+\rho_i$と$q_{i+1}=-\rho_i$から$q_{i-1}=s_iq_i-q_{i+1}$である。$q_k$は$q_k$と$q_{k+1}=0$を割り切り、$q_k$が$q_i$と$q_{i+1}$を割り切るならばこの等式により$q_{i-1}$も割り切るので、$i$に関する下向きの帰納法により$q_k$は$q_0$と$q_1$の公約元である。$q$は平方自由であるから$q_k\mid1$であり、§E6.28 命題 1.3により$q_k$は零でない定数多項式である。

(2)を示す。$q_0,q_1\in K[x]$である。$q_{i-1},q_i\in K[x]$ならば、§E6.28 定理 2.1を$K[x]$で適用して得る商と剰余は$\R[x]$における除法の条件も満たすので、$\R[x]$での一意性により$s_i$と$\rho_i$に等しく、$s_i,q_{i+1}\in K[x]$である。

(3)を示す。$q_i(c)=q_{i+1}(c)=0$を満たす$i<k$が存在すると仮定し、その最大のものを$i$とする。(1)により$q_k(c)\ne0$であるから$i+1<k$であり、$q_{i+2}=s_{i+1}q_{i+1}-q_i$から$q_{i+2}(c)=0$である。すると$i+1$も同じ条件を満たし、$i$の最大性に反する。

(4)を示す。$q_{i-1}=s_iq_i-q_{i+1}$に$x=c$を代入すると$q_{i-1}(c)=-q_{i+1}(c)$であり、(3)により$q_{i+1}(c)\ne0$であるから、$q_{i-1}(c)q_{i+1}(c)=-q_{i+1}(c)^2<0$である。▨

証明. 命題$\Phi$が真ならば$1$、偽ならば$0$である数を$[\Phi]$と書く。

(1)を示す。$c\in\R$を取り、$(c,c+\delta_c)$上と$(c-\delta_c,c)$上での$(\operatorname{sgn}q_i)_{i=0}^k$の値をそれぞれ$e^+$、$e^-$とすると、$V(c\pm)=\operatorname{var}(e^\pm)$である。$q_i(c)\ne0$ならば、補題 1.3 (1)の係数は$c_0=q_i(c)\ne0$であるから、補題 1.3 (3)を$r=0$で用いて$e^+_i=e^-_i=\operatorname{sgn}q_i(c)$である。