969: フィールド（体）に対して、もしも、フィールド（体）が1のプリミティブポジティブ（正）ナチュラルナンバー（自然数）乗ルート（根）を持てば、プリミティブルート（根）の1から自然数乗たちがルート（根）たちである

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フィールド（体）に対して、もしも、フィールド（体）が1のプリミティブポジティブ（正）ナチュラルナンバー（自然数）乗ルート（根）を持てば、プリミティブルート（根）の1から自然数乗たちがルート（根）たちであることの記述/証明

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話題

About: フィールド（体）

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この記事の目次

• 開始コンテキスト
• ターゲットコンテキスト
• オリエンテーション
• 本体
• 1: 構造化された記述
• 2: 注
• 3: 証明

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開始コンテキスト

• 読者は、フィールド（体）の定義を知っている。
• 読者は、任意のフィールド（体）に対して、0の任意のポジティブ（正）ナチュラルナンバー（自然数）乗ルート（根）は0であるという命題を認めている。
• 読者は、任意のフィールド（体）上方のポリノミアル（多項式）たちリング（環）、任意の非コンスタント（定数）ポリノミアル（多項式）に対して、もしも、当該ポリノミアル（多項式）のあるフィールド（体）要素における評価が0である場合、そしてその場合に限って、当該ポリノミアル（多項式）はx - 当該要素を因子化できるという命題を認めている。

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ターゲットコンテキスト

• 読者は、任意のフィールド（体）に対して、もしも、当該フィールド（体）が1のあるプリミティブポジティブ（正）ナチュラルナンバー（自然数）乗ルート（根）を持てば、当該プリミティブルート（根）の1から当該自然数乗たちが1の当該ナチュラルナンバー（自然数）乗ルート（根）たち全てであるという命題の記述および証明を得る。

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オリエンテーション

本サイトにてこれまで議論された定義たちの一覧があります。

本サイトにてこれまで議論された命題たちの一覧があります。

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本体

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1: 構造化された記述

ここに'構造化された記述'のルールたちがある。

エンティティ（実体）たち:
$F$: $\in \{\text{ 全てのフィールド（体）たち }\}$
$n$: $\in \mathbb{N}\setminus \{0\}$
$R_{1,n}$: $=\{\alpha \in F|{\alpha }^n=1\}$
//

ステートメント（言明）たち:
$\mathrm{\exists }\omega \in F({\omega }^n=1\wedge \mathrm{\forall }j\in \{1,...,n-1\}({\omega }^j\ne 1))$
$⟹$
$R_{1,n}=\{\omega ,...,{\omega }^n=1\}$
//

$n=1$である時、$\mathrm{\forall }j\in \{1,...,n-1\}({\omega }^j\ne 1)$は空虚に真である。

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2: 注

そういう$\omega$はないかもしれない。例えば、$F=\mathbb{R}$で$n=3$である時は、$x^3=1$は唯一つのルート（根）$1$しか持たない、それは、当該コンディションを満たさない: $x^1=1$。勿論、もしも、$F=\mathbb{C}$と取れば、$\omega =e^{2\pi i/3}\in F$がある。

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3: 証明

全体戦略: ステップ1: $\{\omega ,...,{\omega }^n=1\}$は互いに異なることを見る; ステップ2: 各々${\omega }^j\in R_{1,n}$であることを見る; ステップ3: $R_{1,n}$内に他の要素はないことを見る。

ステップ1:

$\{\omega ,...,{\omega }^n=1\}$は互いに異なることを見よう。

${\omega }^j={\omega }^k$、ここで、$1\le j,k\le n$で$j\le k$、一般性を失うことなく、だと仮定しよう。

$\omega \ne 0$、なぜなら、もしも、$\omega =0$である場合、${\omega }^n=0$、任意のフィールド（体）に対して、0の任意のポジティブ（正）ナチュラルナンバー（自然数）乗ルート（根）は0であるという命題によって、しかし、$0\ne 1$および${\omega }^n=0\ne 1$、矛盾。

したがって、あるインバース（逆）${\omega }^{-1}$がある。$1={\omega }^j{\omega }^{-j}={\omega }^k{\omega }^{-j}={\omega }^{k-j}$。$0\le k-j<n$であるから、$k-j=0$、それが意味するのは、$k=j$。

ステップ2:

各${\omega }^j$、ここで、$1\le j\le n$、は$R_{1,n}$内にいることを見よう。

$({\omega }^j{)}^n={\omega }^{jn}=({\omega }^n{)}^j=1^j=1$。

ステップ3:

$R_{1,n}$内に他の要素はないことを見よう。

$F$上方のポリノミアル（多項式）たちリング（環）$F[x]$のことを考えよう。

$p(x)=x^n-1\in F[x]$を取る。

$p(\omega )={\omega }^n-1=0$、したがって、$p(x)=(x-\omega )q_1(x)$、ある$q_1(x)\in F[x]$、ある($n-1$)-ディグリー（次元）ポリノミアル（多項式）、に対して、任意のフィールド（体）上方のポリノミアル（多項式）たちリング（環）、任意の非コンスタント（定数）ポリノミアル（多項式）に対して、もしも、当該ポリノミアル（多項式）のあるフィールド（体）要素における評価が0である場合、そしてその場合に限って、当該ポリノミアル（多項式）はx - 当該要素を因子化できるという命題によって。

$0=({\omega }^2{)}^n-1=p({\omega }^2)=({\omega }^2-\omega )q_1({\omega }^2)$、しかし、${\omega }^2-\omega \ne 0$、したがって、$q_1({\omega }^2)=0$。したがって、$q_1(x)=(x-{\omega }^2)q_2(x)$、ある$q_2(x)\in F[x]$、ある$n-2$-ディグリー（次元）ポリノミアル（多項式）、に対して、任意のフィールド（体）上方のポリノミアル（多項式）たちリング（環）、任意の非コンスタント（定数）ポリノミアル（多項式）に対して、もしも、当該ポリノミアル（多項式）のあるフィールド（体）要素における評価が0である場合、そしてその場合に限って、当該ポリノミアル（多項式）はx - 当該要素を因子化できるという命題によって。

等々と続く、結局、$p(x)=(x-\omega )...(x-{\omega }^n)q_n(x)$、ある$q_n(x)\in F[x]$、ある($n-n=0$)-ディグリー（次元）ポリノミアル（多項式）、実のところ、非ゼロコンスタント（定数）$q_n(x)=c$、に対して。

すると、任意の$a\in F\setminus \{\omega ,...,{\omega }^n=1\}$に対して、$p(a)\ne 0$、なぜなら、各々$a-{\omega }^j\ne 0$が成立する: もしも、$(a-\omega )...(a-{\omega }^n)c=0$であったら、$a-\omega =(a-\omega )...(a-{\omega }^n)c{c}^{-1}(a-{\omega }^n{)}^{-1}...(a-{\omega }^2{)}^{-1}=0c^{-1}(a-{\omega }^n{)}^{-1}...(a-{\omega }^n{)}^{-1}=0$、矛盾。

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参考資料

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