『f(X²) = f(X)f(-X)』解答

◆愛知県　Y.M.Ojisan さんからの解答。

【問題１】

[-x | 1-x ]

【問題２】

[1+x+x²]

【問題３】

[1+x+x²+x³+x⁴ ]

【問題４】

[1+x³+x⁶| 1+x+x²+x³+x⁴+x⁵+x⁶]

【問題５】

[1-x+x³-x⁴+x⁵-x⁷+x⁸]

info.　1-x+x³-x⁴+x⁵-x⁷+x⁸＝０　の解は　絶対値１で偏角が下記のもの

±

2π 15

，

±

4π 15

，

±

8π 15

，

±

16π 15

【発展問題】

完全解答ではありません。

<十分条件>

以下のように因数分解できること。
ここでP,Qi,Ri(i=1〜n)は整数である。

f(x)=(-x)^PΠ(1-x^２Qi＋１)^Ri

∵補題1を使い、各々代入すれば良い｡

例

f(x)＝(1-x^3*3*5)(1-x³)(1-x^5*3)^-1(1-x^3*3)^-1
　＝1-x³+x⁹-x¹²+x¹⁵-x²¹+x²⁴（既約）

<必要条件>

有理係数多項式f(x)が　(*) f(x²)=f(x)f(-x)を満足するには

その因数が　(-x)ないし(1-x)ないし次の性質をもつモニック多項式g(x)であること。

g(x)は偶数次数(2n次)のモニック多項式で、

根がexp(±

2kπiP 2Q+1

)　k=1,2…nである。

ここでP,Qは整数で　２ⁿ⁺¹＝１ or -1　mod (2Q+1)である。

例

Q=7 P=1 n=4 : w=exp(

2πi 15

)　とするとき

g(x)=(x-w)(x-

1 w

)(

x-w2

)(x-

1 w2

)(x-

w4

)(x-

1 w4

)(x-

w8)(x-

1 w8

)

　=1-x+x³-x⁴+x⁵-x⁷+x⁸

十分でない反例

Q=8 P=1 n=4 : w=exp(

2πi 17

)　とするとき

g(x)=(x-w)(x-

1 w

)(

x-w2

)(x-

1 w2

)(x-

w4

)(x-

1 w4

)(x-

w8)(x-

1 w8

)

は（＊）を満たすが係数が有理数ではなく、無理係数多項式である。

ただし　P=3の系列と掛け合わせたものは　
g(x)= 1+x+x²+…+x¹⁵+x¹⁶ となり、（＊）を満たす有理係数多項式である。

∵補題５より因数は(-x)ないし(1-x)ないし補題５の条件を満たすg(x)でなければならない。

補題６、７よりg(x)＝０の根は原始元　w= exp(

2πip m

)　ｐ,ｍ：整数を用いて

w^±1　、w^±2 、w^±4　、w^±2のｎ乗でなければならず、
かつw^±１=w^{±２のｎ＋１乗}

つまり　２ⁿ⁺¹＝１ or -1　mod ｍ　でなければならない。

また　２ⁿ⁺¹＝±1　mod ｍ　であるためには　ｍは奇数でなければならない。

以上

◆補題

【補題１】

g(x),h(x)が(*)を満足するとき　g*h(x),ｇ/h(x)も(*)を満足する。

∵代入すれば明らか。

【補題２】

(1-x)　および -xは(＊)を満足する。

∵代入すればよい。

【補題３】

(*)を満たすｆは　f(0)=0 または1である。

∵ x=0を代入すると　f(0)=f(0)*f(0) より　f(0)=0 or 1

【補題４】

(*)を満たすｆは　f(1)=0 または f(-1)=1である。

∵ x=1を代入すると　f(1)=f(1)*f(-1) より　f(-1)=1 or f(1)=0

【補題５】

(*)を満たすｆは　(*)を満たすgを用いて次のように一意に因数分解できる。
ただし g(0)=1 , g(1)≠0 i.e. g(-1)=1

f(x)=g(x)*(-x)^p(1-x)^q

∵f(0)=0ないしf(1)=0であるとf(x)は -xないし1-xを因数にもつ。
従って、ｆは多項式g(x)を用いて　g(x)*(-x)^p(1-x)^q　g(0)≠0 g(1)≠0 に一意に表せる。

補題１と２よりg(x)は(*)を満たす。
g(0)≠0だから補題３よりg(0)=1,

g(1)≠0だから補題４よりg(-1)=1

【補題６】

(*)を満たすg(x) g(0)=1, g(1)≠0, g(-1)=1 に対して

g(x)=0を考えるとき、

その根wは w=exp(α×πi)≠１　α：整数でない有理数　である。

∵　g(0)=1　だから　w≠０　である。

g(w²)＝g(w)*g(-w) = 0　であるから　w²もまた根である。

従って　w w² w⁴ w⁸ w¹⁶.....w^∞も根である。
しかし、gは多項式であるので根の数は有限でなければならない。

従って　w≠０であるから|w|=1でなければならず、かつ偏角もπの有理数倍でなければならない。

無理数α倍では

απ２ⁿ＝απ２^ｍmod 2π
すなわち　α２^n-1＝α２^ｍ-1＋K　K：整数

が成立すると
α＝K/（２^n-1−２^ｍ-1）≡有理数　で矛盾し根は無限個となる。

またg(1)≠0, g(-1)=1 であるから　w≠１ w≠-１ でありαは整数ではない。

【補題７】

補題5のg(x)は偶数次数(2n)の多項式で次の式で表せる。

g(x)=ｘｎ＊H(t)

t=(x+

1 x

)

H:｛ｎ次のモニック多項式（ｎ次の係数は１、他は有理数）, H(-2)=(-1)ⁿ｝

∵fの係数は有理数であり、-x 1-x の係数も有理数である。
従ってｇの係数は有理数⊂実数である。
実数係数の多項式＝０の根ｗが実数でないとき,ｗの共役数も根である。

補題６よりg(x)=0の解は純実数ではなく、｜w｜＝１である。

よって、wの共役＝

1 w

も根である。

よってg(x)は　(１＋ax+x²)　|a|<2 　のパターンの２次式の積に因数分解できる。

(１＋ax+x2)＝

x(x+

1 x

+a)＝x(t+a)であるから即ち

g(x)
＝ xⁿ *(t+a₁)(t+a₂)…(t+a_n)
＝xⁿ *( t ⁿ＋b_n-1 t ^n-1＋b_n-2 t ^n-2…＋b₀ )

である。

x=-1を代入すると t=-2，g(-1)=1=(-1)ⁿH(-2)

【補題８】

g(x²)＝x²ⁿ H(t²-2)

∵
(1＋ax²+x⁴)

＝x2

(

1 x2

＋a+x2

)

＝x2

((x+

1 x

)

2

-2+a)

＝x2(t2-2+a)

【補題９】

以上よりgの必要条件は、次の関係を満たすｎ次モニック有理数係数多項式の必要条件と等価である。
ｎ：自然数。

H(t²-2)＝(-1)ⁿH(t)H(-t)

t=2を代入すると　H(2)=g(1)≠0 より　H(-2)=(-1)ⁿ は導かれる。

t=0 を代入するとH(-2)=(-1)ⁿ＝(-1)ⁿH(0)²より
H(0)=±１である。

【感想】

＜十分条件＞は実際は必要十分条件のようですね。
しかし、「十分でない反例」の類が必ず反例になるという一般的証明ができませんでした。

補題９と有限体を使って１２次ぐらいまで個別には証明できるのですが。

円分多項式とか拡大ガロア体GF(2^m)を勉強すると答えが出てきそうな基本的な問題に思えますが，自力では解けませんでした。
勉強したいなと思います。
良い本があれば御教示ください。

◆東京都　建築家 さんからの解答。

(青木注：ブラウザによってはきちんと見えないかもしれないので注がつけてあります。

【発展問題】

与式をみたす既約でない多項式はそれをみたす更に次数の低い既約な多公式の積であらわされるので
f(x)=-x,-x+1以外の既約な多項式についてのみ考えます。

その時　　　f(0)＝1、f(-1)＝1

まず結論から述べるとnが奇数となるｎ次円分多項式

f(x)＝Π(x-ζⁱ)　　　　　　　　　・・・・・・・（☆）
(i,n)=1

が必要十分である。
ただしΠはnとiが互いに素であるものをわたる。

ただし次数についてはオイラー関数φを使って
deg(f(x))=φ（ｎ）

まず確認のため十分性の証明を

f(x²)＝Π(x²-ζⁱ)
f(x)f(-x)＝Π(x-ζⁱ)(-x-ζⁱ)＝Π(x²-ζ²ⁱ)＝Π(x²-ζ^j)

∴f(x²)＝f(x)f(-x)

【証明】

代数学の基本定理より
f(x)はr次式の時その根の集合Ｇ＝{α_i∈Ｃ｜f(α_i)＝０、１≦i≦r}をして

f(x)＝Π(α_i-x)
α_i∈Ｇ

と一意に分解できる。これより

f(x²)＝Π(α_i-x²)　
f(x)f(-x)＝Π(α_i-x)(α_i+x)＝Π(α_i²-x²)

一方　f(x²)＝f(x)f(-x)なので
Π(α_i-x²)＝Π(α_i²-x²)

つまり　α_i²∈Ｇとなるので

σ：α_i　--→　α_i²

となるＧからＧへの自己同型写像がある。
このσはr次対称群に含まれる（σ∈Ｓr）ので
σ^m（α_i）＝α_i　　となるようなmが存在して
α_i^2m＝α_i
(注：αi^(2^m)＝αiのことです)

∴　α_i^2m-1＝1
(注：αi^(2^m-1)＝1のことです)

そこで１の(2^m-1)乗根の集合
Ｇ*＝{ζ_i∈Ｃ｜ζ_i^2m-1-1＝0、1≦i≦2^m-1}とすると
(注：ζi^(2^m-1)-1＝0のことです)

Ｇ∈Ｇ*

つまりＧは　　x^2m-1−１＝０　をみたすことになるのだが
(注：x^(2^m-1)−１＝０のことです)

オイラーの定理を用いれば全ての奇数次の円分多項式に対してそれを因数に含むようなｍの式が存在する。

（ φ(n≠偶数)＝m　とすれば　
2^m＝2^φ(ｎ)≡１ (mod n)　⇒ (xⁿ-1)｜(x^2m-1−1) ）
(注：x^(2^m-1)−1のことです)

果たしてそのようなG∈Ｇ*を根に持つような既約な多項式は（☆）のような円分多項式のみしかありえないので始めに述べた結論が正しい事が言えた。■

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