§E1.7多項式

証明.$f=(a_n)$と$g=(b_n)$に対して、$i>m$ならば$a_i=0$となり、$j>n$ならば$b_j=0$となる$m,n\in\Z_{\ge0}$を取る。$k>\max\{m,n\}$ならば$(f+g)_k=0$である。$k>m+n$ならば、$0\le i\le k$の各$i$について$i>m$または$k-i>n$であるから、$a_ib_{k-i}=0$である。したがって$(fg)_k=0$であり、$f+g$と$fg$は有限台をもつ。

加法の可換群の公理は$R$の各係数で成り立つ公理から従う。加法零元は$(0,0,\ldots)$であり、$f$の加法逆元は$(-a_n)_{n\ge0}$である。$u=(1_R,0,0,\ldots)$とおくと、任意の$k\ge0$に対して

であるから、$u$は乗法単位元である。

任意の$k\ge0$に対して

であるから、乗法は可換である。$h=(c_n)$とすると

各和は有限であり、同じ三つ組$(i,j,l)$による項を集計している。さらに

である。もう一方の分配律は乗法の可換性から従う。よって$R[x]$は単位元をもつ可換環である。▨

証明. 任意の$c,d\in R$に対して、係数ごとの加法と畳み込み積の定義から

である。したがって$\iota$は環準同型である。$\iota(c)=\iota(d)$ならば両辺の定数項が等しいので$c=d$である。ゆえに$\iota$は単射である。▨

証明.$x^0=1_{R[x]}$の$0$次係数は$1_R$であり、ほかの係数は零である。$x^i$の$i$次係数が$1_R$でほかの係数が零であるとする。$x$は$1$次の係数だけが$1_R$であるから、畳み込み積の定義により、$x^{i+1}=x^ix$の$0$次係数は零であり、$k\ge1$に対する$k$次係数は$x^i$の$k-1$次係数に等しい。したがって$x^{i+1}$の$i+1$次係数は$1_R$であり、ほかの係数は零である。帰納法により主張 (1)が成り立つ。

$c_0,\ldots,c_M\in R$とする。前段と畳み込み積の定義により、定数多項式$c_i$と$x^i$の積の$i$次係数は$c_i$であり、ほかの係数は零である。したがって有限和$\sum_{i=0}^{M}c_ix^i$の$n$次係数は、$n\le M$ならば$c_n$、$n>M$ならば零である。

$f$の台は有限である。$\operatorname{supp}(f)=\varnothing$ならば$N=0$とし、そうでなければ$N=\max\operatorname{supp}(f)$とする。どちらの場合も$n>N$ならば$a_n=0$である。前段を$M=N$、$c_i=a_i$に適用すると、$\sum_{i=0}^{N}a_ix^i$の$n$次係数は$f$の$n$次係数に等しい。よって主張 (2)が成り立つ。

$f=c_0+c_1x+\cdots+c_Mx^M$とする。多項式の等号は係数列の等号であり、右辺の$n$次係数は$n\le M$ならば$c_n$、$n>M$ならば零であるから、主張 (3)が成り立つ。▨

証明.$k>\max\{m,n\}$ならば$f$と$g$の$k$次係数はともに零であるから、$(f+g)_k=0$である。したがって主張 (1)が成り立つ。

各$k$について$-a_k=0$と$a_k=0$とは同値であるから、$-f$の台は$f$の台に等しい。したがって主張 (2)が成り立つ。

$0\le i\le m+n$かつ$i\ne m$とする。$i>m$ならば$a_i=0$であり、$i<m$ならば$m+n-i>n$であるから$b_{m+n-i}=0$である。いずれの場合も$a_ib_{m+n-i}=0$であるから、$(fg)_{m+n}=a_mb_n$である。また$k>m+n$ならば、$0\le i\le k$の各$i$について$i>m$または$k-i>n$であるから$a_ib_{k-i}=0$であり、$(fg)_k=0$である。したがって主張 (3)が成り立つ。

$R$を整域とする。$a_m\ne0$かつ$b_n\ne0$であるから$a_mb_n\ne0$である。前段により$fg$の$m+n$次係数は非零であり、それより大きい次数の係数は零であるから、主張 (4)が成り立つ。▨

証明.$f=\sum_i a_ix^i$、$g=\sum_jb_jx^j$とする。加法の定義から

である。各係数列の台は有限であり、$R$は可換であるから

定数多項式$1$の値は$1_R$である。したがって§E1.6 準同型と商の定義により、$\operatorname{ev}_\alpha$は環準同型である。▨

証明.$f=0$ならば$q=r=0$が条件を満たす。$f\ne0$とし、$n=\deg f$に関して、「次数が$n$のすべての非零多項式$f$に対して所定の$q,r$が存在する」という命題へ§D2.1 帰納法と再帰的な定義の累積帰納法を適用する。$n<\deg g$ならば$q=0$、$r=f$とおく。

$n\ge m=\deg g$とし、$f,g$の最高次係数をそれぞれ$a,b$とする。$b\ne0$であり$K$は体であるから$b^{-1}$が存在し、$a\ne0$と$K$が整域であることから$ab^{-1}\ne0$である。命題 1.5 (3)により$ab^{-1}x^{n-m}$は次数が$n-m$、最高次係数が$ab^{-1}$の非零多項式であるから、命題 2.2 (3)により$ab^{-1}x^{n-m}g$の$n$次係数は$ab^{-1}b=a$であり、$n$より大きい次数の係数は零である。したがって多項式

の$n$次係数は$a-a=0$であり、$n$より大きい次数の係数も零であるから、$h=0$または$\deg h<n$である。$h=0$ならば

が条件を満たす。$h\ne0$ならば、累積帰納法の仮定により

となる$q_1,r\in K[x]$が存在する。したがって

である。よってすべての$f$に対して条件を満たす$q,r$が存在する。

$f=qg+r=q'g+r'$が余りの次数条件を満たす二つの表示であるとする。差を取ると

である。$q\ne q'$とすると$q-q'\ne0$であり、命題 2.2 (4)により左辺は非零で$\deg((q-q')g)=\deg(q-q')+\deg g\ge\deg g$である。したがって$r'-r\ne0$である。ところが$r$と$r'$はそれぞれ零であるか次数が$\deg g$より小さいので、一方が零ならば$r'-r$は他方またはその加法逆元であり、ともに非零ならば命題 2.2 (2)と命題 2.2 (1)により

であるから、いずれの場合も$\deg(r'-r)<\deg g$である。これは$\deg((q-q')g)\ge\deg g$に矛盾する。ゆえに$q=q'$であり、元の等式から$r=r'$である。▨

証明.命題 1.5 (3)により$x-\alpha$は次数が$1$の非零多項式である。したがって定理 3.1により

となる$q,r$が一意に存在する。次数が$1$より小さい非零多項式は定数多項式であるから、$r$は零多項式または定数多項式である。両辺を$\alpha$で評価し、命題 2.4を用いると

である。$r$が零多項式または定数多項式であることから、定数多項式として$r=f(\alpha)$である。除法定理の一意性により$q$も一意である。▨

証明.定理 4.1により、ある$q\in K[x]$に対して

である。

(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$f(\alpha)=0$をこの等式へ代入すると$f=q(x-\alpha)$である。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。$f=q(x-\alpha)$を$\alpha$で評価すると

である。▨

証明.$n=0$ならば$f$は非零定数多項式であるから、根をもたない。

$n\ge1$とし、次数が$n$より小さい非零多項式について主張が成り立つとする。$f$が根をもたない場合には結論が成り立つ。$f$が根$\alpha\in K$をもつ場合には、系 4.2により

となる$g\in K[x]$が存在する。$g=0$ならば$f=0$となるので$g\ne0$である。$x-\alpha$の次数は$1$であるから、命題 2.2 (4)により$n=1+\deg g$、すなわち$\deg g=n-1$である。

$\beta\ne\alpha$を$f$の根とすると

である。$K$は体であり$\beta-\alpha\ne0$であるから、$g(\beta)=0$である。したがって、$\alpha$以外の$f$の根はすべて$g$の根である。累積帰納法の仮定により$g$の相異なる根は高々$n-1$個であるから、$f$の相異なる根は高々$n$個である。▨

証明.$h=f-g$とおくと$f=h+g$であるから、命題 2.4により、各$\alpha\in K$に対して$f(\alpha)=h(\alpha)+g(\alpha)$である。仮定より$f(\alpha)=g(\alpha)$であるから、$K$のすべての元は$h$の根である。$h\ne0$とすると、定理 4.3により$h$の相異なる根は高々$\deg h$個であるが、$K$は無限集合であるから$\deg h$個より多くの元をもつ。これは矛盾である。ゆえに$h=0$であり、$f=g$である。▨