代数的独立性の証明

ファンデルモンドによる円分多項式の解法を考えていて途中でつっかえているところがあるのでよろしくお願いします。

pを素数として、ωを1の非自明なp乗根のひとつとします。またx_1～x_{p-1}までは1のp-1乗根の整数係数多項式とします。直感的にはωはx_1～x_{p-1}たちとは代数的独立なのは自明です。このとき、
x_1ω+x_2ω^2+x_3ω^3+…+x_{p-1}ω^{p-1}=0
⇒x_1=x_2=…=x_{p-1}=0
を証明したいのですが、うまくいっていません。アドバイスお願いします。

No.1 ベストアンサー 回答者： yoikagari 回答日時： 2006/05/04 12:17

x_1ω+x_2ω^2+x_3ω^3+…+x_(p-1)ω^(p-1)=0

の両辺にωをかけましょう
x_(p-1)+x_1ω+x_2ω^2+x_3ω^3+…+x_(p-2)ω^(p-1)=0

ここで、x^(p-1)+x^(p-2)+・・・+1は既約多項式であることに注意してください。
(∵x=y+1とおくとx^(p-1)+x^(p-2)+・・・+1={(1+y)^p-1}/y=y^(p-1)+p*y^(p-2)+・・・+pだから、アイゼンシュタインの判定法よりx^(p-1)+x^(p-2)+・・・+1は既約多項式となります)

したがって、ωの最小多項式はx^(p-1)+x^(p-2)+・・・+1=0となる。
したがって、n-2次以下の整式f(x)でf(ω)=0となるものは存在しない。

よって
x_(p-1)+x_1ω+x_2ω^2+x_3ω^3+…+x_(p-2)ω^(p-1)=0
⇒　x_1=・・・=x_(p-1)=0
となる。

この回答への補足

ありがとうございます。少しわからないところがあるので、もしよければまたご教授いただければと思います。
x_1,…,x_{p-1}が有理数であれば確かにそれでよいと思うのですが、いまの場合ηを1の原始p-1乗根として、Q(η)に入っているとしています。もちろんωがQ(η)に含まれないことからやはりそれで大丈夫だとは思うのですが、ここのところがいまひとつ納得できないです。

補足日時：2006/05/04 12:47

この回答へのお礼

すみません。いろいろ理解していないことがたくさんありました。Q(η)[X]で既約判定法を使って、f(X)=1+X+…+X^{p-1}∈Q(η)[X]が既約多項式で、かつf(ω)=0だから、f(X)は最小多項式であり、したがってQ(η)[X]の元g(X)でg(ω)=0となるp-2次以下のものは存在しない、ということですね。よくわかりました。ありがとうございました。

お礼日時：2006/05/04 13:46