第10章既約性の判定

「これ以上分解できるか」を実際に判定する

多項式が既約かどうかは、体論・ガロア理論で決定的に重要です。 $\mathbb Q$ 上で既約な多項式 $f$ で剰余環 $\mathbb Q[x]/(f)$ を作ると体の拡大が得られ（第2章の $\mathbb R[x]/(x^2+1)\cong\mathbb C$ の一般化）、その次数が拡大の次数になる。だから「 $f$ は既約か」を判定できることが、体の拡大を作る出発点になります。

前章のガウスの補題のおかげで、 $\mathbb Q$ 上の既約性は $\mathbb Z$ 上の既約性に還元できました。そこで整数係数多項式を対象に、 3つの実用的な判定法を整えます——有理根定理（ $1$ 次因子の有無）、mod p 還元（有限体に落として調べる）、そして最強のアイゼンシュタインの判定法。とくにアイゼンシュタインは、円分多項式（ガロア理論）の既約性を示すのに不可欠で、証明も味わい深いので丁寧に扱います。

有理根定理（1次因子）・mod p 還元（有限体で調べる）・アイゼンシュタイン（素数条件）で多項式の既約性を判定する。

有理根定理

まず、 $1$ 次因子（＝有理根）の有無を調べる基本的な道具です。

定理有理根定理

整数係数多項式 $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ （ $a_n,a_0\ne0$ ）が有理根 $\frac{p}{q}$ （既約分数）をもつなら、 $p\mid a_0$ かつ $q\mid a_n$ 。

証明

$f(p/q)=0$ の両辺に $q^n$ を掛けると $a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots+a_0q^n=0$ 。 $a_0q^n=-p(a_np^{n-1}+\cdots+a_1q^{n-1})$ より $p\mid a_0q^n$ 、 $\gcd(p,q)=1$ ゆえ $p\mid a_0$ 。同様に $a_np^n=-q(\cdots)$ より $q\mid a_n$ 。∎

有限個の候補 $\frac{p}{q}$ （ $p\mid a_0,\ q\mid a_n$ ）を代入して調べれば、有理根の有無が分かります。有理根が無ければ $1$ 次因子は無い—— $2$ 次・ $3$ 次多項式なら、有理根が無いことが既約性と同値（次数の都合で $1$ 次因子がなければ分解不能）。ただし $4$ 次以上では「 $1$ 次因子は無いが $2$ 次× $2$ 次に分解」がありうるので、有理根だけでは足りません。

mod p 還元

素数 $p$ で係数を還元し、有限体 $\mathbb F_p$ 上で調べる方法です。無限体より有限体のほうが調べやすい。

定理 mod p 還元による判定

$f\in\mathbb Z[x]$ がモニックとする。ある素数 $p$ （ $p\nmid a_n$ ）で、還元 $\bar f\in\mathbb F_p[x]$ が $\mathbb F_p$ 上既約なら、 $f$ は $\mathbb Q$ 上既約。

証明

対偶。 $f=gh$ （ $\mathbb Z[x]$ で非自明分解、ガウスより $\mathbb Q$ 上の分解は $\mathbb Z$ 上にとれる）なら、還元して $\bar f=\bar g\bar h$ 。 $p\nmid a_n$ より $\deg\bar g=\deg g,\ \deg\bar h=\deg h$ （次数が落ちない）で、これは $\bar f$ の非自明分解。ゆえ $\bar f$ は可約。∎

$\mathbb F_p[x]$ では既約多項式が有限個ずつ列挙できるので、 $\bar f$ の既約性は機械的に判定できます。例： $x^4+x+1$ は $\mathbb F_2$ 上で既約（ $\mathbb F_2$ の $1$ 次・ $2$ 次既約多項式で割り切れない）ゆえ $\mathbb Q$ 上既約。注意：逆は成り立たない—— $\mathbb Q$ 上既約でも、どの $p$ でも $\bar f$ が可約なことがある（ $x^4+1$ は $\mathbb Q$ 上既約だが全ての素数 $p$ で $\bmod\,p$ 可約）。「ある $p$ で既約なら $\mathbb Q$ 上既約」の一方向のみ使えます。

アイゼンシュタインの判定法

最も強力で使いやすい判定法です。1つの素数についての係数条件だけで既約性が言えます。

定理アイゼンシュタインの判定法

$f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0\in\mathbb Z[x]$ について、ある素数 $p$ が $p\nmid a_n,\qquad p\mid a_i\ (0\le i\le n-1),\qquad p^2\nmid a_0$ を満たすなら、 $f$ は $\mathbb Q$ 上既約（ $f$ が原始的なら $\mathbb Z[x]$ でも既約）。

証明

$f$ が原始的として（内容をくくり出せばよい）、 $\mathbb Q$ 上可約と仮定＝ $\mathbb Z[x]$ で $f=gh$ （ $\deg g,\deg h\ge1$ 、ガウスの補題）。 $g=\sum b_ix^i,\ h=\sum c_jx^j$ とする。 $a_0=b_0c_0$ で $p\mid a_0$ だが $p^2\nmid a_0$ なので、 $p$ は $b_0,c_0$ のちょうど一方を割る（両方割ると $p^2\mid a_0$ ）。 $p\mid b_0,\ p\nmid c_0$ としてよい。

先頭係数 $a_n=b_{\deg g}c_{\deg h}$ で $p\nmid a_n$ ゆえ $p\nmid b_{\deg g}$ 。よって $g$ の係数 $b_0,b_1,\dots$ の中に、 $p$ で割れないものがある。 $p\nmid b_k$ となる最小の $k$ をとる（ $1\le k\le\deg g<n$ ）。係数 $a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k$ を見ると、 $b_0,\dots,b_{k-1}$ はすべて $p$ で割れる（ $k$ の最小性）ので $b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k\equiv0\pmod p$ 、残る $b_kc_0$ は $p\nmid b_k,\ p\nmid c_0$ ゆえ $p\nmid b_kc_0$ 。したがって $p\nmid a_k$ 。だが $k<n$ なので仮定 $p\mid a_k$ に反する。矛盾。∎

証明は「先頭係数と定数項の $p$ の様子から、途中の係数 $a_k$ （ $k<n$ ）が $p$ で割れないことを引き出し、仮定と矛盾させる」という鮮やかなもの。 $p$ が $a_0$ を1回だけ割る（ $p^2\nmid a_0$ ）ことが「 $b_0,c_0$ の片方だけ割る」を保証し、議論を回します。

例アイゼンシュタインの応用

$x^n-2$ は $p=2$ でアイゼンシュタイン（ $2\nmid1,\ 2\mid2,\ 4\nmid2$ ）ゆえ $\mathbb Q$ 上既約。 $\sqrt[n]2$ の最小多項式。
円分多項式 $\Phi_p(x)=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+\cdots+x+1$ （ $p$ 素数）：そのままでは判定できないが、 $x\mapsto x+1$ と変数変換すると $\Phi_p(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{x}=x^{p-1}+\binom p1x^{p-2}+\cdots+\binom p{p-1}$ となり、二項係数 $\binom pk$ （ $1\le k\le p-1$ ）が $p$ で割れ、定数項 $\binom p{p-1}=p$ が $p^2$ で割れないのでアイゼンシュタイン。ゆえ $\Phi_p$ は既約。これはガロア理論の円分体の理論で本質的。

円分多項式の既約性は、そのままでは見えないのに、 $x\mapsto x+1$ の一手でアイゼンシュタインに乗る——判定法を「使える形」に変形する発想が光る例です。既約性判定は、体の拡大の存在（ガロア理論）に直結します。

つまずきポイント

注意よくある誤解

有理根が無い＝既約、は2・3次のみ。 4次以上は「2次×2次」の分解がありうる。有理根定理は1次因子の判定だけ。
mod p 還元は一方向。 「ある $p$ で $\bar f$ 既約 ⇒ $f$ 既約」。逆は偽（ $x^4+1$ ）。可約性の判定にも使える（ある $p$ で可約でも $f$ が可約とは限らないが… $\bar f$ の分解が持ち上がるとは限らない）。
アイゼンシュタインは十分条件。 条件を満たせば既約だが、満たさなくても既約なことは多い。変数変換 $x\mapsto x+a$ で条件を作れることがある（円分多項式）。
$\mathbb Q$ 上の既約性は $\mathbb Z$ 上に還元（ガウス）。 これらの判定法が正当化されるのは前章のガウスの補題のおかげ。

この章のまとめ

有理根定理（ $\frac pq$ 根なら $p\mid a_0,\ q\mid a_n$ ）で1次因子を判定。2・3次なら有理根の不在＝既約。
mod p 還元：ある素数で $\bar f\in\mathbb F_p[x]$ が既約なら $f$ は $\mathbb Q$ 上既約（一方向）。有限体で機械的に調べられる。
アイゼンシュタインの判定法（ $p\nmid a_n,\ p\mid a_i\,(i<n),\ p^2\nmid a_0$ ⇒ 既約）が最強。証明は係数 $a_k\,(k<n)$ の非可除性を導く。円分多項式の既約性（ $x\mapsto x+1$ ）に応用。

多項式の分解と既約性を扱いました。次章は、多項式の係数と根を結ぶ理論——対称式と終結式へ進みます。

第10章 既約性の判定