多項式（補題）

エミール・アルティン『ガロア理論入門』第2章第2節、多項式に関する補題です。

補題　$f(x)$ を $K$ 内の次数 $n$ の既約多項式とするとき、0と異なる2つの $K$ 内の多項式でそれらの次数が $n$ より小、しかもそれらの積は $f(x)$ で割りきれるようなものは存在し得ない。

この補題を背理法を使って証明しています。

証明　この命題を背理法で証明するために、$g(x), h(x)$ を $n$ より小さい次数の多項式で、それらの積が $f(x)$ で割り切れるものとしよう。そのような多項式 $g(x)$ と $h(x)$ を $g(x)$ が次数最低であるように選んだとしよう。 $f(x)$ は $g(x)h(x)$ の因数であるから
$$k(x)f(x) = g(x)h(x)$$
のような多項式 $k(x)$ が存在する。除法のアルゴリズムによって
$$f(x) = q(x)g(x) + r(x)$$
と表わされ、$r(x)$ の次数は $g(x)$ の次数より小である。ここで $f(x)$ は既約であるから $r(x) \neq 0$ でなければならない。この等式に $h(x)$ をかけて変形すれば、次式が得られる。
$$\begin{eqnarray} r(x)h(x) &=& f(x)h(x) - q(x)g(x)h(x)　\\ &=& f(x)h(x) - q(x)k(x)f(x) \end{eqnarray}$$
よって $r(x)h(x)$ は $f(x)$ で割りきれなければならない。ところが $r(x)$ の次数は $g(x)$ の次数よりも小さいので、これはわれわれの $g(x)$ のとり方に矛盾する。

（証明終り）

2つの多項式を $g(x), h(x)$ として、それらの積 $g(x)h(x)$ が $f(x)$ で割り切れるものと仮定して進めています。$g(x), h(x)$ は0ではなく、次数が $n$ より小さいもので、 $g(x)$ の次数が最低であるとします。$g(x)h(x)$ が $f(x)$ で割りきれるので、
$$k(x)f(x) = g(x)h(x)$$
と式を立てることができます。

また、$f(x)$ を $g(x)$ で割ったときの商を $q(x)$ 、余りを $r(x)$ として、$f(x)$ は次のように表わされます。
$$f(x) = q(x)g(x) + r(x)$$
$r(x)$ は余りですので、$r(x)$ の次数は $g(x)$ の次数より小さく、また、$f(x)$ は既約多項式ですので、 $r(x) \neq 0$ です。$f(x) = q(x)g(x) + r(x)$ に $h(x)$ をかけて変形します。
$$\begin{eqnarray} f(x)h(x) &=& q(x)g(x)h(x) + r(x)h(x) \\ r(x)h(x) &=& f(x)h(x) - q(x)g(x)h(x) \\ r(x)h(x) &=& f(x)h(x) - q(x)k(x)f(x) \qquad ( k(x)f(x) = g(x)h(x) より） \\ \end{eqnarray}$$
右辺のどちらの項にも $f(x)$ がありますので、$r(x)h(x)$ は $f(x)$ で割りきれます。

ところで、最初に $g(x)h(x)$ が $f(x)$ で割り切れると仮定した際、$g(x)$ を次数最低のものとして仮定しました。ところが、 $r(x)$ は $f(x)$ を $g(x)$ で割ったときの余りですので、$r(x)$ の次数は $g(x)$ の次数より小さいものです。その $r(x)$ と $h(x)$ の積が $f(x)$ で割りきれるということが起こってしまった、矛盾が生じたということになります。

『ガロア理論入門』は節の冒頭に訳者による概要がつけられています。その概要に「次の補題を証明する」と書かれたあと、この補題について以下のように記号で書かれていました。
$$\mathrm{deg} \ g(x) \lt n , \ \mathrm{deg} \ h(x) \lt n \ \Rightarrow \ f(x) \nmid g(x)h(x)$$
$\mathrm{deg}$ ってなんだ？　$\nmid$ ってなんだ（読み方すらわからない）？　という状態でしたが、補題の内容を確認することで、$\mathrm{deg}$ は「次数（degree）」、$\nmid$ は（読み方は未だわかりませんが）「割りきれない」ということがわかりました。ちなみに「割りきる」は「$\mid$」を使うようです。

【参考】雑記帳「LaTeX での「割り切る」記号」