多項式に関する一致の定理

ナンブキトラ

HTML変換日：2026年7月26日

この文章では多項式に関する一致の定理を証明する．つまり実係数多項式 $p$ の零点全体の集合が内点を持つならば恒等的に $0$ に等しいことを証明する．

まず最初に初等的な行列式の計算を行う．

定理 1 (ファンデルモンドの行列式).

$n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$ とする．このとき任意の $x_{1}\dots,x_{n}\in\mathbb{R}$ に対して

\begin{vmatrix}1&x_{1}&x_{1}^{2}&\dots&x_{1}^{n-1}\\ 1&x_{2}&x_{2}^{2}&\dots&x_{2}^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots\\ 1&x_{n}&x_{n}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}\end{vmatrix}=\prod_{i<j}(x_{j}-x_{i})

が成り立つ．

証明.

$n$ に関する帰納法で証明する． $n+1$ より小さい数では成り立つと仮定する．このとき第 $1$ 行を各行から引くと

	$\displaystyle\begin{vmatrix}1&x_{1}&x_{1}^{2}&\dots&x_{1}^{n-1}&x_{1}^{n}\\ 1&x_{2}&x_{2}^{2}&\dots&x_{2}^{n-1}&x_{2}^{n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\vdots\\ 1&x_{n}&x_{n}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}&x_{n}^{n}\\ 1&x_{n+1}&x_{n+1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}&x_{n+1}^{n}\\ \end{vmatrix}$
	$\displaystyle=\begin{vmatrix}1&x_{1}&x_{1}^{2}&\dots&x_{1}^{n-1}&x_{1}^{n}\\ 0&x_{2}-x_{1}&x_{2}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{2}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{2}^{n}-x_{1% }^{n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\vdots\\ 0&x_{n}-x_{1}&x_{n}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{n}^{n}-x_{1% }^{n}\\ 0&x_{n+1}-x_{1}&x_{n+1}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{n+1}^% {n}-x_{1}^{n}\\ \end{vmatrix}$

となる．計算は次のページに続く

さらに行列式の展開の性質から

\displaystyle=\begin{vmatrix}x_{2}-x_{1}&x_{2}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{2}^{n-1}% -x_{1}^{n-1}&x_{2}^{n}-x_{1}^{n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\vdots\\ x_{n}-x_{1}&x_{n}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{n}^{n}-x_{1}^% {n}\\ x_{n+1}-x_{1}&x_{n+1}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{n+1}^{n% }-x_{1}^{n}\\ \end{vmatrix}

となる．ここで第 $k$ 列の $-x_{1}$ 倍をを $k+1$ 列に足すと最後の両列式は

	$\displaystyle=\begin{vmatrix}x_{2}-x_{1}&x_{2}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{2}^{n-1}% -x_{1}^{n-1}&x_{2}^{n}-x_{1}^{n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\\ x_{n}-x_{1}&x_{n}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{n}^{n}-x_{1}^% {n}\\ x_{n+1}-x_{1}&x_{n+1}^{2}-x_{1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}-x_{1}^{n-1}&x_{n+1}^{n% }-x_{1}^{n}\\ \end{vmatrix}$
	$\displaystyle=\begin{vmatrix}x_{2}-x_{1}&x_{2}^{2}-x_{1}x_{2}&\dots&x_{2}^{n-1% }-x_{1}x_{2}^{n-2}&x_{2}^{n}-x_{1}x_{n}^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\\ x_{n}-x_{1}&x_{n}^{2}-x_{1}x_{n}&\dots&x_{n}^{n-1}-x_{1}x_{n}^{n-2}&x_{n}^{n}-% x_{1}x_{n}^{n-1}\\ x_{n+1}-x_{1}&x_{n+1}^{2}-x_{1}x_{n}&\dots&x_{n+1}^{n-1}-x_{1}x_{n}^{n-2}&x_{n% +1}^{n}-x_{1}x_{n}^{n-1}\\ \end{vmatrix}$
	$\displaystyle=\begin{vmatrix}x_{2}-x_{1}&x_{2}(x_{2}-x_{1})&\dots&x_{2}^{n-2}(% x_{2}-x_{1})&x_{2}^{n-1}(x_{2}-x_{1})\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\\ x_{n}-x_{1}&x_{n}(x_{n}-x_{1})&\dots&x_{n}^{n-2}(x_{n}-x_{1})&x_{n}^{n-1}(x_{n% }-x_{1})\\ x_{n+1}-x_{1}&x_{n+1}(x_{n+1}-x_{1})&\dots&x_{n+1}^{n-2}(x_{n+1}-x_{1})&x_{n+1% }(x_{n+1}-x_{1})\\ \end{vmatrix}$
	$\displaystyle=\prod_{1<j}(x_{j}-x_{1})\cdot\begin{vmatrix}1&x_{2}&x_{2}^{2}&% \dots&x_{2}^{n-1}\\ 1&x_{3}&x_{3}^{2}&\dots&x_{3}^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots\\ 1&x_{n+1}&x_{n+1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}\end{vmatrix}=\prod_{i<j}(x_{j}-x_{i})$

となるので証明が終わる． ∎

別証明.

与えられた行列式を $p_{n}(x_{1},\dots x_{n})$ とするとこれは $x_{1}\dots,x_{n}$ に関する多項式でしかも各 $x_{i}$ に関する最高次数は $n-1$ である．さて，行列式の性質から $x_{i}=x_{j}$ とすると $p_{n}=0$ となる．ゆえに $p_{n}$ は $x_{j}-x_{i}$ を因数にもつ．よって多項式 $q_{n}=\prod_{i<j}(x_{j}-x_{i})$ によって $p_{n}$ を割り切ることができる．ここで多項式 $q_{n}$ について各 $x_{i}$ の最高次数は $n-1$ であるから $p_{n}$ は $q_{n}$ の定数倍であることがわかる．つまり $p_{n}=a_{n}q_{n}$ となる $a_{n}\in\mathbb{R}$ が存在する．簡単に $a_{1}=1$ がわかり，また $n+1$ の場合に $x_{1}=0$ とすると

	$\displaystyle p_{n+1}$	$\displaystyle=\begin{vmatrix}1&0&0&\dots&0&0\\ 1&x_{2}&x_{2}^{2}&\dots&x_{2}^{n-1}&x_{2}^{n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots&\vdots\\ 1&x_{n}&x_{n}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}&x_{n}^{n}\\ 1&x_{n+1}&x_{n+1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}&x_{n+1}^{n}\\ \end{vmatrix}=\prod_{j>1}x_{j}\cdot\begin{vmatrix}1&x_{2}&x_{2}^{2}&\dots&x_{2% }^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots\\ 1&x_{n}&x_{n}^{2}&\dots&x_{n}^{n-1}\\ 1&x_{n+1}&x_{n+1}^{2}&\dots&x_{n+1}^{n-1}\\ \end{vmatrix}$
		$\displaystyle=\left(\prod_{j>1}x_{j}\right)\cdot p_{n}(x_{2},\dots x_{n+1})$

となり，また

q_{n+1}(0,x_{2},\dots x_{n})=\left(\prod_{j>1}x_{j}\right)\cdot q_{n}(x_{2},% \dots x_{n})

なので $a_{n+1}=a_{n}$ がわかり，結局 $a_{n}=1$ がわかるので，定理は成り立つ． ∎

定理 2 (多項式に関する一致の定理).

$p$ を $n$ 変数の実係数多項式とする．もしも $p$ の零点全体の集合 $Z$ が内点を持つならば $p$ は恒等的に $0$ となる．つまり $p$ が定数 $0$ に等しくないならば $p(x)\neq 0$ となる $x\in\mathbb{R}^{n}$ 全体の集合は $\mathbb{R}^{n}$ のなかで稠密になる．

証明その1.

$n$ に関する帰納法で証明する． $n+1$ より小さい数では命題が成り立つと仮定する． $p(x_{1},\dots,x_{n},x_{n+1})$ についてこれは多項式なので， $x_{n+1}$ に関する最高次数を $m$ として $x=(x_{1},\dots,x_{n})$ として以下のように表すことができる．

p(x_{1},\dots,x_{n},x_{n+1})=\sum_{i=0}^{m}q_{i}(x)x_{n+1}^{i}

ここで各 $q_{i}$ は $x$ の多項式である．今 $p$ の零点全体を $Z$ と書くと， $Z$ は内点を持つので開集合 $V\subset\mathbb{R}^{n}$ と開集合 $U\subset\mathbb{R}$ が存在して $V\times U\subset Z$ となる． $U$ から相異なる点 $t_{1},\dots,t_{m+1}\in U$ を取ると $k\in\{1,\dots,m+1\}$ と $x\in V$ について

\sum_{i=0}^{m}q_{i}(x)t_{k}^{i}=p(x,t)=0

となる．これは次のように書くことができる．

\begin{pmatrix}1&t_{1}&t_{1}^{2}&\dots&t_{1}^{m}\\ 1&t_{2}&t_{2}^{2}&\dots&t_{2}^{m}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\dots&\vdots\\ 1&t_{n}&t_{m}^{2}&\dots&t_{m+1}^{m}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}q_{0}\\ q_{1}\\ \vdots\\ q_{m}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix}

先の定理から左辺に出てくる行列は可逆であることがわかるので，結局任意の $x\in U$ と $i\in\{1,\dots,m\}$ について $q_{i}=0$ がわかる．よって各 $q_{i}$ の零点全体は内点を持つことがわかったので帰納法の仮定より，各 $q_{i}$ は恒等的に $0$ に等しい．よって $p$ も恒等的に $0$ に等しい． ∎

証明その2.

上の証明と同じく帰納法で証明する．同じ記号を用いる． $Z$ の元を $\mathbb{R}^{n+1}\setminus Z$ の元で近似できれば良い． $(x,t)\in Z\subset\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}$ とする．この時

\sum_{i=0}^{m}q_{i}(x)t^{i}=0

となる．

Case1 : ある $k\in\{0,\dots,m\}$ について $q_{k}(x)\neq 0$ の場合．このときは $p(x,t)$ を $t$ の多項式として見れば一変数なので一変数の場合から $t$ に十分近い $t^{\prime}\in\mathbb{R}$ であって $p(x,t^{\prime})\neq 0$ となるものが存在する．よって $(x,t^{\prime})$ が求める $\mathbb{R}^{n+1}\setminus Z$ の元である．

Case2: 全ての $i\in\{1,\dots,m\}$ について $x$ が $q_{i}$ の零点だった場合．このときには帰納法の仮定より $x$ に十分近い各 $q_{i}$ の非零点になっているような $x^{\prime}\in\mathbb{R}^{n}$ が存在する． $p(x^{\prime},t)\neq 0$ の場合は $(x^{\prime},t)\in\mathbb{R}^{n+1}\setminus Z$ が求めるものになっている． $p(x^{\prime},t)=0$ の場合にはCase1に還元される． ∎

証明その3.

$n=1$ の時には $n$ 次多項式は高々 $n$ 個の零点を持たないことから定理が成り立つことがわかる．次に一般の $n$ について考える． $Z$ の内点を $a$ とする．このとき十分小さい $r\in\mathbb{R}$ が存在して開円盤 $B=\{\,x\in\mathbb{R}^{n}\mid\|x-a\|_{2}<r\,\}$ は $Z$ の部分集合となる．ここで $u\in B$ を任意にとり $q:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ を $q(t)=p(a+u\cdot t)$ と定義する．すると $q$ は $t$ に関する多項式であり， $p$ が $B$ 上で $0$ になることから $q$ は $t\in(-1,1)$ の時 $q(t)=0$ となる．よって $1$ 変数の場合から $q$ は恒等的に $0$ になる． $u\in B$ は任意だったので $p$ は全空間で恒等的に $0$ になる． ∎

証明その4.

まず最初に $x\in\mathbb{R}^{n}$ , $y\in\mathbb{R}$ として多項式 $P(x,y)$ は $y$ の一次式で割り算できることに注意しよう．さて， $p(x,y)$ の零点が内点を持つとする. 内点 $(a,b)$ について $p(x,b)$ は $n$ 変数として見たときに内点をもつよって帰納法の，仮定より $p(x,b)$ は恒等的に $0$ になる．つまり $y=b$ は $p(x,y)$ の零点になるので $p(x,y)$ は $(y-b)$ を因数に持つ． $p(x,y)$ の次数を $m$ として相異なる点 $b_{1},\dots,b_{m+1}$ を任意の $x$ について $p(x,b_{i})=0$ となるようにとると $n$ 変数多項式 $Q$ が存在して $p(x,y)=(y-b_{1})\dots(y-b_{m})Q(x)$ となる．ここで $y=b_{m+1}$ とすると $0=(b_{m+1}-b_{1})\dots(b_{m+1}-b_{m})Q(x)$ なので $Q$ は恒等的に $0$ になる．つまり $p$ も恒等的に $0$ になる． ∎

証明その5.

多項式は解析関数だから解析関数の一致の定理から従う．解析関数に関する一致の定理は [3]や[4] を参照のこと． ∎

References

[1] StackExchangeの質問 “The complement of a zero-set of a polynomial is dense” とその回答

https://math.stackexchange.com/questions/2025978/
the-complement-of-a-zero-set-of-a-polynomial-is-dense

[2]
StackExchangeの質問 “Why if $p(x_{1},\dots,x_{n})$ is polynomial on $\mathbb{R}^{n}$ , then $p(x)\neq 0$ is satisfied open dens set? ” とその回答
```
https://math.stackexchange.com/questions/1731267/
why-if-p-x-1-dots-x-n-is-polynomial-on-mathbbrn-then-p-x-neq-0/1731288
```
[3] はてなブログ「電波通信」の記事「実解析関数に関する逆関数定理」 https://concious4410.hatenablog.com/entry/2021/02/28/130208
[4] 箱さんのwebページの「解析関数のノート」 https://o-ccah.github.io/docs/analytic-function.html