第2章第2節の節末問題（問題2-7、2-8解答）

エミール・アルティン『ガロア理論入門』第2章第2節の節末問題、問題2-7です。

問題2-7　$p$ は素数、$a_0, a_1, \cdots, a_n$ は整数で、

(1) $\ p \nmid a_n \quad$
(2) $\ p \mid a_i ( i = 0, 1, 2, \cdots, n-1 ) \quad$
(3) $\ p^2 \nmid a_0$

のとき $f(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$ は有理数体 $Q$ 上既約であることを示せ。

早速、本の解答をみてみましょう（早速かい！！）

解答
$f(x)$ が $Q$ 上可約ならば、整数を係数とする、次数が $n-1$ 以下の $g(x), h(x)$ の積に分解される。

$g(x) = b_0 + b_1 x + \cdots + b_{n-1} x^{n-1}$,
$h(x) = c_0 + c_1 x + \cdots + c_{n-1} x^{n-1}$

とする。ここで係数の中には0のものがあってもよい。$f(x) = g(x) h(x)$ の係数をくらべて $a_0 = b_0 c_0$ かつ $p \mid a_0 , \ \ p^2 \nmid a_0$ だから、たとえば $p \mid b_0 , \ \ p \nmid c_0$となる。これと $a_1 = c_0 b_1 + c_1 b_0$ かつ $p \mid a_1$ から $p \mid c_0 b_1$、したがって $p \mid b_1$ となる。

次に $a_2 = c_0 b_2 + c_1 b_1 + c_2 b_0$ と $p \mid a_2$ から $p \mid b_2$ となり、これをつづけて $p \mid b_i \ (i= 0, 1, \cdots, n-1 )$ となり、$g(x)$ の係数はすべて $p$ で割りきれてしまい、したがって $p \mid a_n$ となって仮定に反する。

記号が多いですが、しっかりと読めば証明の内容は理解することができます（証明の方法を思いつくことはまだ難しいですが……）。ここでも背理法が使われていますね。

$f(x)$ が $Q$ 上可約であると仮定して、可約であれば、整数を係数とする、次数が $n-1$ 以下の $g(x), h(x)$ の積に分解されることから論を進めています。 $g(x), h(x)$ を式で表わし、$f(x) = g(x) h(x)$ の係数をくらべ、矛盾を導いています。

証明自体は理解できましたが、「$p$ は素数、$a_0, a_1, \cdots, a_n$ は整数で、$\ p \nmid a_n \quad$, $\ p \mid a_i ( i = 0, 1, 2, \cdots, n-1 ) \quad$, $\ p^2 \nmid a_0$のとき $f(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$ は有理数体 $Q$ 上既約である」とは具体的にどういうことでしょうか。それを確認するために、問題2-8をみてみましょう。

問題2-8　前問を用いて、次の多項式は有理数体上既約であることを示せ。

(1) $x^3 -3$
(2) $x^4 -8x^2 +2$
(3) $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$

問題2-8は、問題2-7の内容を用いて、多項式が有理数体上既約であることを示す問題です。(1) から見ていきましょう。

$x^3 -3$ は、問題2-7での記号に当てはめると、$a_0 = -3 , a_1 = 0 , a_2 = 0 , a_3 = 1$ です。$a_3$ つまり1の約数ではなく、他の係数（ $a_0 = -3 , a_1 = 0 , a_2 = 0$ ) の約数で、かつ、$p^2$ が $a_0$ の約数ではないような素数 $p$ として、$p = 3$ があります。$\ 3 \nmid 1$ で、$3 \mid -3(= a_0 ), 3 \mid 0 ( = a_1, a_2 )$ そして $\ 3^2 \nmid -3$ なので、$x^3 -3$は有理数体上で既約であるといえます。

有理数体上で既約であるかどうかの判定に、問題2-7で示したことが使えるということですね。

続いて(2) を見ると、最高次の方から係数を列挙すると、1, 0, -8, 0, 2 となります。最高次の係数である1以外の数（ 0, -8, 2 ) に共通の約数で素数のものとして、2があります。最高次の係数である1を割りきることはできませんし、定数項の2の約数に $2^2$ はありません。(2)では、$p= 2$ が条件にあてはまり、
$x^4 -8x^2 +2$ は有理数体上で既約であるといえます。

では、(3) $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ はどうでしょうか。

係数はすべて1ですので、条件にあう素数は見つかりません。だから可約、というわけではないことに注意ですね。この多項式は円分多項式と呼ばれているもののひとつで、有理数体上で既約であることは有名です（円分多項式については『ガロア理論入門』でも後ででてくるので、詳しくはそちらで）。

(3) が既約であることについては、『ガロア理論入門』の解答では以下のようにしていました。

$f(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = \frac { x^5 - 1 }{ x -1 }$ に対して $g(y) = f(y+1)$ とおくと

$g(y) = \frac { ( y + 1 )^5 - 1 }{ ( y+1 ) -1 } = y^4 + 5 y^3 + 10 y^2 + 10 y + 5$

であるから、前問により $g(y)$ は既約、ところがもし $f(x) = h(x) k(x)$ ならば $g(y) = h(y+1)k(y+1)$ となって $g(y)$ が可約となってしまうので、$f(x)$ も既約である。

$g(y) = y^4 + 5 y^3 + 10 y^2 + 10 y + 5$ については、$p = 5$ のときに問題2-7の条件にあてはまり、$g(y)$ は既約となります。もし $f(x)$ が可約であれば、$g(y)$ が可約になってしまい矛盾する、だから $f(x)$ は既約であるという背理法です。

なぜこのような一手間をかけなければならないのかは、おそらく円分多項式だからということなのでしょうが、僕は詳しくはわかっておりません。今後、円分多項式が出てきたときに再考してみたいと思います。


この記事には関係ないですが、ブロクのCSSに囲み枠を追加してみました。以下のように書くと、なんとなく様になった気がします。

有理数体上の既約多項式
$p$ は素数、$a_0, a_1, \cdots, a_n$ は整数で、

• $p \nmid a_n$
• $p \mid a_i \quad ( i = 0, 1, 2, \cdots, n-1 )$　
• $p^2 \nmid a_0$

のとき、 $f(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$ は有理数体上既約である。

CSSの追加について、以下の記事を参考にしました。

サルワカ「【CSS】おしゃれなボックスデザイン（囲み枠）のサンプル30」