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」

第2章第2節の節末問題（問題2-5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2-5と問題2-6です。

問題2-5　次の各多項式は有理数体 \( Q \) 上既約であることを示せ。

(1) \( f(x) = x^5 -x -1 \)
(2) \( x^4 +8 \)

問題2-6　\( f(x) = x^5 - ax -1 \) が有理数体上可約となるように整数 \( a \) を定めよ。

問題2-5について、『ガロア理論入門』の解答は、(1) が有理数体 \( Q \) 上既約であることの証明を掲載し、「(2)も同様である」としていましたので、このブログでは(2)が有理数体 \( Q \) 上既約であることを示したいと思います。問題2-6の解答は、このブログでは省略します。

有理数体 \( Q \) 上既約であるというのは、言葉を変えると、有理数体 \( Q \) 上で因数分解できないということです。有理数体 \( Q \) 上可約であるとは、有理数体 \( Q \) 上で因数分解できるということです。

できないことを証明するには、背理法がよく使われます。解答も背理法を使って証明しています。

以下に記載している証明は、本に載っている証明の式や数を変えただけではなく、自分なりのやり方で自分の言葉におきなおして書いているので、冗長なところや言葉足らずなところがあるかもしれません。

問題
\( x^4 +8 \) は有理数体 \( Q \) 上既約であることを示せ。

解答
背理法を使う。\( f(x) = x^4 +8 \) として、\( f(x) \) は有理数体上可約であると仮定する。

\( f(x) \) が可約であるとすると、問題2-4から、整数を係数にもつ多項式に分解できる。
（問題2-4はこちらを参考）
\( f(x) \) は4次の多項式であるので、分解できるとすると、\( f(x) \) が1次因数をもつ（1次の多項式と3次の多項式に分解）か、2次因数をもつ（2つの2次の多項式）かの分解となる。

(i) \( f(x) \) が1次因数をもつ場合

\( f(x) = ( x - a ) ( x^3 + \cdots + b ) \) とする（ \( a, b \) はともに整数）。展開して係数を比較すると、\( -ab = 8 \) が得られる。これを満たす整数 \( a \) は、\( a = \pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8 \) である。一方、\( a \) は、\( f(x) \) の根であるので \( f(a) = 0 \) となるはずだが、\( a = \pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8 \) はどれも \( f(a) = 0 \) を満たさない（有理数範囲では \( x \) がどのような値でも \( x^4 +8 \gt 0 \) である）ので矛盾する。

(ii) \( f(x) \) が2次因数をもつ場合

\( f(x) = ( x^2 + ax + b ) ( x^2 + cx + d ) \) とする（ \( a,b, c, d \) はともに整数）。
$$
\begin{eqnarray}
f(x) &=& ( x^2 + ax + b ) ( x^2 + cx + d ) \\
&=& x^4 + ( a + c ) x^3 + ( b + d + ac ) x^2 + ( ad + bc ) x + bd
\end{eqnarray}
$$
より、係数を比較して、
$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a + c = 0 & \cdots \cdots ① \\
b + d + ac = 0 & \cdots \cdots ② \\
ad + bc = 0 & \cdots \cdots ③\\
bd = 8 & \cdots \cdots ④\\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$
①より、\( c = -a \)
③に代入して、
$$
\begin{eqnarray}
ad + b(-a) &=& 0 \\
a(d-b) &=& 0
\end{eqnarray}
$$
よって、\( a = 0 \) または \( b = d \)。

\( a = 0 \) のとき、\( c = 0 \)。②に代入して、\( b + d = 0 \) つまり \( b = -d \)。④に代入して、\( b^2 = -8 \) を得るが、2乗して-8となる整数は存在しない。

\( b = d \) のときも、④に代入すると \( b^2 = 8 \) を得るが、2乗して8となる整数は存在しない。

ゆえに、(i) \( f(x) \) が1次因数をもつ場合も、(ii) \( f(x) \) が2次因数をもつ場合も矛盾が生じるので、\( x^4 +8 \) は有理数体 \( Q \) 上既約である。

多項式（可約と既約）

エミール・アルティン『ガロア理論入門』第2章第2節に入ります。第2節は「多項式」です。比較的理解しやすいところでした。

\( a_0, \cdots, a_n \) が体 \( K \) の要素で \( a_0 \neq 0 \) のとき \( a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n \) の形をした式を \( K \) 内の次数 \( n \) の多項式という。多項式の積と和は通常のように行なわれる^*)。

*) 多項式 \( 0 \) は通常の意味での次数をもたないが、\( n \) より小さい次数の多項式全体の集合をとりあげたとき、\( 0 \) もその集合の中に含めておくことにする（なお \( 0 \) の次数は \( - \infty \) と定めてもよい）。[訳者注]

\( K \) 内の多項式は、それが \( K \) 内の正の次数をもつ2つの多項式の積として表わされるとき可約であるといわれる。定数でない多項式が \( K \) 内で可約でないとき、 \( K \) 内で既約であるといわれる。

学校（中学校？高校？）で習った多項式を思い浮かべればいい。可約・既約についても、因数分解できるかできないかと考えれば難しくはありません。

しかし、体の観点が必要であることは注意しなければなりません。『数学ガール／ガロア理論』より、ミルカさんに登場してもらいましょう。

「ともかく、ここで重要なのは可約・既約だ」とミルカさんが言った。「多項式の因数分解ができるかできないかを議論するとき、どの体で考えるかを明確にする必要がある」
「どの体で……考えるか？」とユーリ。
「そう。それを明確にしないと、因数分解ができるともできないともいえなくなるからだ。たとえば、こんなクイズはどうだろう」

多項式 \( x^2 + 1 \) は因数分解できるか？

「因数分解できない！」とユーリが即座に答える。
「いえ」とテトラちゃんが言う。「こうすれば因数分解できます」

\( x^2 + 1 = ( x + i ) ( x - i ) \)

「いきなり \( i \) とか?!」とユーリが言う。
「それが《体を明確にする必要性》だ」とミルカさんが言った。「係数を有理数体 \( \mathbb{ Q } \) の範囲で考えるなら、\( x^2 + 1 \) は因数分解できない。つまり既約だ。しかし、係数を複素数体 \( \mathbb{ C } \) の範囲で考えるなら、\( x^2 + 1 \) は二つの多項式 \( x + i \) と \( x - i \) に因数分解できる。つまり可約になる」

• 有理数体 \( \mathbb{ Q } \) 上で、\( x^2 + 1 \) は既約である。
• 複素数体 \( \mathbb{ C } \) 上で、\( x^2 + 1 \) は可約である。

可約と既約について一通り理解できたところで次に進みましょう。

『ガロア理論入門』ではこれからいくつかの多項式の性質について述べられています。ある程度理解できていることが多かったので、少し飛ばして次の補題を確認していきます。

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。