白昼堂々秘密の資料アイゼンシュタインの定理 10/15

1
代数学 II 白昼堂々秘密の資料
アイゼンシュタインの定理
2014.10.15 なかのしん
体 K 上の多項式環 K[X] の既約元を既約多項式という．とくに係数体を強調して，
K 上既約であるとか K 上の既約多項式などということが多い．体 L が K を部分体
として含む場合，K[X] の既約多項式が L[X] で既約であるとは限らないため，係数体を
明示する必要が生ずるからである．たとえば，X 2 − 2 は有理数体 Q 上既約であるが，
√
√
X 2 − 2 = (X − 2)(X + 2) より実数体 R 上では既約ではない．既約でないとき可約
であるという．零でない f (X) ∈ K[X] が K 上可約であるための必要十分条件は，
f (X) = g(X)h(X),
0 < deg g(X), deg h(X) < deg f (X)
なる g(X), h(X) ∈ K[X] が存在することである．とくに１次式はどの体上でも常に既約
である．
体 K 上の多項式が与えられたとき，それが K 上既約であるか可約であるかの判定（既
約性判定）は一般には難しい．この小文では，K が有理数体 Q の場合に限定して，既約
性判定法のひとつであるアイゼンシュタインの定理を紹介する．
定義 1 p を素数とする． 2 次以上の多項式 f (X) ∈ Z[X] が，素数 p に関するアイゼン
シュタイン多項式であるとは，
f (X) =
n
∑
ai X i = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0 ,
ai ∈ Z
i=0
とするとき，
(i) an は p の倍数ではない，
(ii) an−1 , · · · , a1 , a0 は p の倍数である，
(iii) a0 は p2 の倍数ではない．
がみたされることである．
たとえば，X 2 − 2 は 2 に関するアイゼンシュタイン多項式である．また，任意の n ≥ 2
と任意の素数 p に対して，X n + p3 X + p は p に関するアイゼンシュタイン多項式である．
定理 2 (アイゼンシュタイン) 素数 p に関するアイゼンシュタイン多項式は Q 上既約で
ある．
2
証明は，次の 2 つの命題に帰着される．
命題 3 f (X) ∈ Z[X] が Q 上可約ならば，
(♠)
f (X) = g(X)h(X),
0 < deg g(X), deg h(X) < deg f (X)
をみたす g(X), h(X) ∈ Z[X] が存在する．
命題 4 f (X) ∈ Z[X] が素数 p に関するアイゼンシュタイン多項式ならば，(♠) をみたす
g(X), h(X) ∈ Z[X] は存在しない．
[命題 3, 4 =⇒ 定理 2] もし f (X) ∈ Z[X] が Q 上既約でないとすると，命題 3 より，(♠)
をみたす g(X), h(X) ∈ Z[X] が存在するが，命題 4 から，そのような f (X) はアイゼン
シュタイン多項式になり得ない．
□
さて，命題 3 ってビミョーだよね．だって，Q 上可約なら (♠) をみたす Q 係数の多
項式 g(X), h(X) が存在することはわかってんだから，ちょいと考えれば，そいつらを Z
係数にするのなんて簡単そうじゃん……，と言いたいところなのだが，これが難しいのだ．
そこで，命題 3 は後回しにして，はじめに命題 4 を証明しておこう．
[命題 4 の証明] 定義 1 で与えられた f (X) に対し，(♠) をみたす g(X), h(X) ∈ Z[X] が
存在したと仮定し，それらを
g(X) =
l
∑
bj X j ,
h(X) =
j=0
m
∑
ck X k ,
(bj , ck ∈ Z)
k=0
とする．このとき，0 < l, m < n および l + m = n に注意せよ．いま，b0 c0 = a0 は p
で 1 回しか割り切れない (定義 1 (ii), (iii)) から，b0 , c0 のどちらか一方のみが p の倍数で
ある．どちらでも同じだから
b0 ≡ 0, c0 ̸≡ 0 (mod p)
としよう．次に 1 次の係数を見ると
b1 c0 + b0 c1 = a1 ≡ 0 (mod p)
であるから，上の合同式と合わせて，b1 ≡ 0 (mod p) となる．これを繰り返せば，最後に
l 次の係数を見て
bl c0 + bl−1 c1 + · · · = al ≡ 0
(mod p)
より，bl ≡ 0 (mod p) を得る．したがって
an = bl cm ≡ 0 (mod p)
となって，f (X) の取り方 (定義 1 (i)) に矛盾する．
□
3
以下において命題 3 を証明するわけだが，これが意外と面倒なんだな，面白いけど…．
はじめに定義を 1 つ用意しよう．
定義 5 Z 上の多項式
f (X) =
n
∑
ai X i = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0 ,
ai ∈ Z
i=0
は，その係数 a0 , a1 , · · · , an の最大公約数が 1 であるとき，原始的であるという．
補題 6 f (X) ∈ Z[X] が原始的であるためには，任意の素数 p に対して f (X) ̸≡ 0 (mod p)
であることが必要十分である．
証明もし，ある素数 p に対して f (X) ≡ 0 (mod p) ならば，f (X) の係数 a0 , a1 , · · · , an
はすべて p の倍数であり，最大公約数も p の倍数となり，f (X) は原始的ではない．逆も
明らかであろう．
□
いま，素数 p に対して F p = Z/pZ とおけば，これは体である．整域上の多項式環は
整域であることに注意すれば，F p [X] は整域である．これを踏まえて次の補題を与える．
補題 7 (ガウス) 2 つの原始的多項式の積は原始的である．
証明対偶を証明する． f (X), g(X) ∈ Z[X] に対して，積 f (X)g(X) が原始的でないと
しよう．このとき，前補題より
f (X)g(X) ≡ 0 (mod p)
をみたす素数 p が存在する．この合同式を F p [X] の等式とみなせば，F p [X] が整域であ
ることより，
f (X) ≡ 0 (mod p)
または
g(X) ≡ 0
(mod p)
が得られ，再び前補題より f (X) または g(X) は原始的ではないことが導かれる．
□
補題 8 定数でない任意の f (X) ∈ Q[X] に対して，
f (X) = cf1 (X)
をみたす c ∈ Q× および原始多項式 f1 (X) ∈ Z[X] が存在する．
証明係数の分母の最小公倍数をかけることにより，f (X) ∈ Z[X] としてよい． f (X) の
係数の最大公約数 c をとり，f1 (X) = c−1 f (X) とおけば，f1 (X) ∈ Z[X] である．もし，
f1 (X) が原始的でなければ，補題 6 より f1 (X) ≡ 0 (mod p) をみたす素数 p が存在する
が，このとき，f (X) = cf1 (X) ≡ 0 (mod cp) となり，c が係数の最大公約数であること
に反する．
□
4
補題 9 f (X) ∈ Z[X] が，c ∈ Q× および原始多項式 f1 (X) ∈ Z[X] によって
f (X) = cf1 (X)
と表されるならば，c ∈ Z である．
証明 c を既約分数 c = s/t で表す．すなわち，s, t は互いに素な整数である．もし t ̸= ±1
ならば，t の素因数 p が存在する．このとき，sf1 (X) = tf (X) ≡ 0 (mod p) であるが，
s ̸≡ 0 (mod p) より f1 (X) ≡ 0 (mod p) となる．よって補題 6 より f1 (X) は原始的でな
いことになり，仮定に反する．よって t = ±1，すなわち c ∈ Z を得る．
□
これらの補題を用いて命題 3 を証明しよう．
[命題 3 の証明] f (X) ∈ Z[X] が Q 上可約であるから，(♠) をみたす g(X), h(X) ∈ Q[X]
が存在する．補題 8 を用いて，
g(X) = cg1 (X),
h(X) = dh1 (X)
をみたす c, d ∈ Q× と原始多項式 g1 (X), h1 (X) ∈ Z[X] がとれる．このとき
f (X) = cdg1 (X)h1 (X)
であるが，補題 7 (ガウスの補題) より g1 (X)h1 (X) は原始多項式であり，したがって補
題 9 より cd ∈ Z を得る．よって g2 (X) = cdg1 (X) とおけば g2 (X) ∈ Z[X] であり，
f (X) = g2 (X)h1 (X) をみたす． deg g2 (X) = deg g(X), deg h1 (X) = deg h(X) だから命
題は証明された．
□
な，意外と面倒だっただろ？
でも面白かっただろ？え、面白がってんのはオレだけ？問 1 f (X) ∈ Z[X] がモニックで Q 上可約ならば，(♠) をみたすモニックな g(X), h(X) ∈
Z[X] が存在することを証明せよ．
問 2 f (X) ∈ Z[X] がモニックで Q に根を持つならば，その根は Z に属し，さらに
f (X) の定数項の約数であることを証明せよ．

Download Report