次： 因数分解のアルゴリズム 上： 原始多項式 前： 整数係数の整式

原始多項式

南海　 整数係数の整式(多項式)で，係数の最大公約数が1であるものを原始多項式と呼ぶ． このとき次の事実が示される．

定理 4 (ガウス)
     原始多項式の積は原始多項式である．

証明

$\psi(x)$，$\phi(x)$を$n$次，$m$次の原始多項式とする．

$$\psi(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i,\ \ \phi(x)=\sum_{j=0}^m b_jx^j$$

とおく．

任意の素数$p$をとる．$p$で割り切れない係数をもつ最低次の項を $a_hx^h,\ b_kx^k$とする．

積 $\psi(x)\phi(x)$における$x^{h+k}$次の項の係数は

$$\sum_{i+j=h+k}a_ib_j =\cdots+a_{h+2}b_{k-2}+a_{h+1}b_{k-1}+a_hb_k+a_{h-1}b_{k+1}+a_{h-2}b_{k+2}+\cdots$$

である．この和は，$i+j$が$h+k$となるようなすべての$(i,\ j)$にわたるという意味だ．

ここで中央の$a_hb_k$は$p$で割れないが， 他のすべての$a_ib_j$は$p$の倍数になる．つまりこの係数は$p$で割り切れない．

任意の素数$p$について，$p$で割りきれない係数の項が存在するので， 積 $\psi(x)\phi(x)$の係数の最大公約数は1である．つまり積は原始多項式である．□

次の定理の証明のために一つ補題を示そう．

この補題は，整数 $a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n$の最大公約数が1なら，

$$t_1a_1+t_2a_2+\cdots+t_na_n=1$$

となる整数 $t_1,\ t_2,\ \cdots,\ t_n$が存在する，を用いている．

この証明は『初等整数論』「一次不定方程式」「一次不定方程式の解の存在」定理5を見てほしい．

補題 1
     整数係数多項式$f(x)$が原始多項式 $\psi(x),\ \phi(x)$を用いて

$$f(x)=p\psi(x)=q\phi(x)$$

と表されれば，$p=\pm q$である．

証明

二式 $\psi(x),\ \phi(x)$は同次なので

$$\psi(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i,\ \ \phi(x)=\sum_{i=0}^n b_ix^i$$

とおく．

$\dfrac{pa_i}{q}=b_i\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n)$で $a_i\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n)$は互いに素なので

$$\sum_{i=1}^n t_ia_i=1$$

となる整数 $t_i\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n)$が存在する．ゆえに

$$\sum_{i=1}^n \dfrac{pa_i}{q}t_i=\dfrac{p}{q}=\sum_{i=1}^n t_ib_i$$

より$\dfrac{p}{q}$が整数．同様に$\dfrac{q}{p}$ が整数．よって $\dfrac{p}{q}=\pm 1$である．□

南海　 そこで本題．

定理 5
     整数係数多項式f(x)が有理数の範囲で因数分解されれば，整数の範囲で因数分解される．

証明

$$f(x)=\psi(x)\phi(x)$$

で， $\psi(x),\ \phi(x)$の係数は有理数とする．

$f(x)$の係数の最大公約数を$\alpha$とする．$\alpha$は整数である． $f(x)=\alpha f_0(x)$とおく．$f_0(x)$は原始多項式である．

$\psi(x)$に係数の分母の最小公倍数をかけ，それから係数の最大公約数でくくると原始多項式が得られる．それを$\psi_0(x)$とし， $\psi(x)=\beta\psi_0(x)$とおく．$\beta$は有理数である．

同様に $\phi(x)=\gamma\phi_0(x)$($\gamma$は有理数，$\phi_0(x)$は原始多項式)とする．

$$\alpha f_0(x)=\beta\gamma\psi_0(x)\phi_0(x)$$

ガウスの定理(4)より $\psi_0(x)\phi_0(x)$は原始多項式なので，補題1より $\beta\gamma=\pm \alpha$となり$\beta\gamma$は整数である．ゆえに$f(x)$は2つの整数係数の多項式 $\beta\gamma\psi_0(x)$，$\phi_0(x)$に因数分解された．□

南海　 ここまで来ると，例題の(2)を一般化することができる．

定理 6 (アイゼンシュタイン)
     整数係数の整式で，最高次の項の係数を除いてその他の係数はすべてある素数$p$で割り切れるとする． もし定数項が$p^2$で割り切れなければ，この整式は有理数の範囲で因数分解されない．

証明

この多項式を$f(x)$とする．$f(x)$が因数分解されたとする．それを $\psi(x),\ \phi(x)$とし， その次数を$m,\ n$とする．

ガウスの定理の証明と同様に素数$p$に対し， $\psi(x),\ \phi(x)$の $p$で割り切れない係数をもつ最低次の項を $a_hx^h,\ b_kx^k$とする．

積 $\psi(x)\phi(x)$における$x^{h+k}$次の項の係数は

$$\sum_{i+j=h+k}a_ib_j =\cdots+a_{h+2}b_{k-2}+a_{h+1}b_{k-1}+a_hb_k+a_{h-1}b_{k+1}+a_{h-2}b_{k+2}+\cdots$$

である．これは$p$で割り切れないのだから$x^{h+k}$が$f(x)$の最高次数の項でなければならない． ゆえに$h=m,\ k=n$である．つまり $\psi(x),\ \phi(x)$も最高次数の項の係数以外は$p$で割り切れる．

ゆえに$f(x)$の定数項は$p^2$で割り切れ，条件と矛盾し，対偶が示せた．□

南海　 以上の一般論が例題の別解になっていることがわかっただろうか．

耕一　 もういちどまとめます． $f(x)$が有理数$\alpha$を用いて $f(x)=(x-\alpha)Q(x)$と因数分解されるとき， $\alpha$を $\alpha=\dfrac{p}{q}$とすれば $f(x)=(qx-p)S(x)$と因数分解される．この$S(x)$ が直ちに整数係数とはいえないが，さきにいわれましたように，今の場合$qx-p$の係数は互いに素 なので，ここからくくって$S(x)$全体にかける整数はないので，$S(x)$自身が整数係数である． すると同じ記号を用いて$qb_{n-1}=1$より$q=1$となり$\alpha$は整数である．

例題の最後の問題は，対偶を示すことは同じで， 有理数解があれば整数解で$f(x)$が整数の因数をもつが，アイゼンシュタインの既約性定理から $f(x)$は既約なので，それはあり得ない．

南海　 ということだ． $f(x)=(qx-p)S(x)$のところは，次のようにしても良い．$S(x)$の係数の 分母の最小公倍数と，分子の最小公倍数を括りだし， $f(x)=\dfrac{u}{v}(qx-p)S_0(x)$と表したとする． ここで$S_0(x)$は原始多項式である．$f(x)$も原始多項式で，$qx-p$も原始多項式なので，ガウスの定理と 補題から $\dfrac{u}{v}=\pm 1$．これでも良い．

次： 因数分解のアルゴリズム 上： 原始多項式 前： 整数係数の整式