改造版アイゼンシュタインの既約判定法と円分多項式

（定義）

$\zeta_n=\cos \dfrac{2\pi}{n}+i\sin \dfrac{2\pi}{n}$とする。

このとき、

$\Pi_{GCD(n, k)=1, 1≦k≦n}(x-\zeta_n^k)$

を円分多項式といい、$\Phi_n(x)$で表す

（円分多項式の性質①）

$x^n-1=\Pi_{d|n}\Phi_d(x)$

が成り立つ

(円分多項式の性質②)

円分多項式$\Phi_n(x)$は整数係数多項式である

（定理：アイゼンシュタインの既約判定法）

整数係数の多項式

$f(x)=a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$

に対して、以下の３つの条件を満たす素数$p$が存在するとき、

$f(x)$は有理数係数の範囲で既約な多項式となる。

①　$a_n$は$p$で割り切れない

②　$a_i$　$(i=0, 1, 2, \cdots, n-1)$　は$p$で割り切れる

③　$a_0$は$p$で割り切れるが、$p^2$では割り切れない

（定理：改造版アイゼンシュタインの定理）

整数係数の多項式

$f(x)=a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$

に対して、以下の３つの条件を満たす素数$p$と自然数$e$が存在するとき、

$f(x)$は有理数係数の範囲で可約かもしれないが、

多くとも$e$個の因数にしか分解できない。

①　$a_n$は$p$で割り切れない

②　$a_i$　$(i=0, 1, 2, \cdots, n-1)$　は$p$で割り切れる

③　$a_0$は$p$でちょうど$e$回割り切れる

（素数のべき乗次の円分多項式の既約性）

$p$を素数とし、$e$を自然数とする。

このとき、円分多項式

$\Phi_{p^e}(x)$

は整数係数の範囲で既約となる

（証明）

$\Phi_{p^e}(x)$について、円分多項式の性質②より、これは整数係数の多項式である。

また、$p^e$の正の約数は

$1, p, p^2, \cdots, p^e$

である。

したがって、円分多項式の性質①より、

$x^{p^e}-1=\Phi_1(x)\Phi_{p}(x) \Phi_{p^2}(x) \cdots \Phi_{p^e}(x)$

という因数分解ができる。

ここで、$\Phi_1(x)=x-1$であったので、

$\dfrac{x^{p^e}-1}{x-1}=\Phi_{p}(x) \Phi_{p^2}(x) \cdots \Phi_{p^e}(x)$

となる。

ここで、

$\dfrac{x^{p^e}-1}{x-1}=F_n(x)$とおくことにする。

$F_n(x)=\Phi_{p}(x) \Phi_{p^2}(x) \cdots \Phi_{p^e}(x)$

である。

これは$x$についての恒等式であるので、

$F_n(x)=\Phi_{p}(x) \Phi_{p^2}(x) \cdots \Phi_{p^e}(x)$

$⇔$

$F_n(x+1)=\Phi_{p}(x+1) \Phi_{p^2}(x+1) \cdots \Phi_{p^e}(x+1)\cdots ①$

である。

$F_(x+1)=\dfrac{(x+1)^{p^e}-1}{(x+1)-1}$

右辺に二項定理を適応した後、約分して整理すると、

$F_n(x+1)=x^{p^e-1}+{}_{p^e}\mathrm{C}_1x^{p^e-2}+{}_{p^e}\mathrm{C}_2x^{p^e-3}+\cdots +{}_{p^e}\mathrm{C}_{1}$となる。

(定数項のところは、${}_n\mathrm{C}_r={}_n\mathrm{C}_{n-r}$を使っています)

${}_{p^e}\mathrm{C}_i$　$(1≦i<p^e)$

が$p$の倍数であることと、${}_{p^e}\mathrm{C}_1=p^e$

であることを踏まえると、

$F_n(x+1)$は改造版アイゼンシュタインの定理の条件①②③を満たすので、

どんなに多くとも$e$個の因数しかもたない。

①の式より、すでに$f_n(x+1)$は$e$個の因数に分解されている。

ゆえに、これより多くの因数を持ちえない。

したがって、

$\Phi_p(x+1), \Phi_{p^2}(x+1), \cdots, \Phi_{p^e}(x+1)$

は整数係数の範囲で既約でなければならない。

したがって、

$\Phi_p(x), \Phi_{p^2}(x), \cdots, \Phi_{p^e}(x)$

も既約である。

（証明終了）

（定理：改造版アイゼンシュタインの定理）

整数係数の多項式

$f(x)=a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$

に対して、以下の３つの条件を満たす素数$p$が存在するとき、

$f(x)$は有理数係数の範囲で可約かもしれないが、

多くとも$e$個の因数にしか分解できない。

①　$a_n$は$p$で割り切れない

②　$a_i$　$(i=0, 1, 2, \cdots, n-1)$　は$p$で割り切れる

③　$a_0$は$p$でちょうど$e$回割り切れる

（証明）

整数係数の多項式

$f(x)=a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$

に対して、以下の３つの条件を満たす素数$p$と自然数$e$が存在するとする。

①　$a_n$は$p$で割り切れない

②　$a_i$　$(i=0, 1, 2, \cdots, n-1)$　は$p$で割り切れる

③　$a_0$は$p$でちょうど$e$回割り切れる

条件③より、$a_0$は$p^e$の倍数なので、$p$と互いに素な自然数$k$を用いて

$a_0=kp^e$

とする。

いま、$f(x)$が既約な場合は、因数は１つとみなせるので、

$1<e$より、改造版アイゼンシュタインの定理は真である。

ここで、$f(x)$が整数係数の範囲で可約であるとする。

すると、整数係数の多項式

$g(x)=b_sx^s+b_{s-1}x^{s-1}+\cdots +b_1x+b_0$

$h(x)=c_tx^t+c_{t-1}x^{t-1}+\cdots +c_1x+c_0$

によって、

$f(x)=g(x)h(x) \cdots ㋐$

と因数分解できる。

㋐において、両辺の次数は等しいので、

$n=s+t$

である。

ここで、㋐の最高次の係数を比較すると、

$a_n=b_sc_t$

となる。

条件①より、$a_n$は$p$で割り切れないので、

$b_s, c_t$のいずれも$p$で割り切れない。

（ここからほぼアイゼンシュタインの既約判定法の記事と同じ内容が続きますが、少々お付き合いください）

いま、㋐より、$f(x)$は整数係数の多項式$g(x)$と$h(x)$によって因数分解されている。

ここで、「$g(x)$の最高次の係数以外のある係数が$p$の倍数にならないか、

または$h(x)$の最高次以外の係数のある係数が$p$の倍数にならない」と仮定する。

$g(x)$の最高次の係数以外のある係数のうち、$p$の倍数とならない最小のものが$j$次の係数$b_j$　$(0≦j<s)$だったとする。

㋐について、$j+t$次の係数を比較する。

$a_{j+t}=b_{j+t}c_0+\cdots b_{j+1}c_{t-1} +b_jc_t \cdots ㋑$

（計算してみると分かりますが、添え字の和が$j+t$になるやつらを足すことになります）

㋑の左辺について、

$b_j$の定義より、$b_{j+1}, b_{j+2}, \cdots, b_{j+t}$

は全て$p$の倍数でなければならない。

したがって、左辺の

$b_{j+t}c_0+\cdots b_{j+1}c_{t-1} $

は$p$の倍数である。

簡略のため、これを$pM$とおく　$(Mは整数)$

すると、㋑の式は

$a_{j+t}=pM+b_jc_t\cdots ㋒$

となる。

条件②より、$a_{j+t}$は$p$の倍数である。

㋒について、$a_{j+t}$が$p$の倍数で、$pM$も$p$の倍数であるので、

$b_{j}c_t$も$p$の倍数でなければならない。

ここで、$b_j$の定義より、これは$p$の倍数ではない。

また、$c_t$は$h(x)$の最高次の係数のため、これも$p$の倍数ではない。

ゆえに、$b_jc_t$は$p$の倍数になりえないが、これは矛盾。

よって、

「$g(x)$の最高次の係数以外のある係数が$p$の倍数にならないか、

または$h(x)$の最高次以外の係数のある係数が$p$の倍数にならない」という仮定が間違っていた

ということになり、背理法より、

「$g(x)$の最高次の係数以外の任意の係数が全て$p$の倍数で、

かつ$h(x)$の最高次以外の係数以外の任意の係数も全て$p$の倍数である」

ということになる。

ここで、㋐の式について定数項に着目すると、

$a_0=b_0c_0$

である。$a_0=kp^e$で、かつ$b_0$も$c_0$も$p$の倍数であるので、

$b_0=k_1p^{e_1}, c_0=k_2p^{e_2}\cdots ㋓$

（$k_1, k_2, e_1, e_2$は自然数）

となる。

$g(x)$と$h(x)$がともに既約な場合は、

$f(x)$は２つの因数に分解されることになる

$2<e$よりこの場合も改造版アイゼンシュタインの定理は真である。

$g(x)$または$h(x)$が可約な場合は、

ここまでの議論の$f(x)$を$g(x), h(x)$にすり替えることにより、

$g(x)=g_1(x)g_2(x)$

$h(x)=h_1(x)h_2(x)$

のように因数分解でき、

$g_1(x), g_2(x), h_1(x), h_2(x)$はそれぞれ最高次以外の係数が全て$p$の倍数です。

特に、定数項は$p$のべき乗の倍数になっており、$p$で$e_k$回だけ割り切れる。

$(1≦e^k<e)$

$g_1(x), g_2(x), h_1(x), h_2(x)$も可約で次々に整数係数の多項式に分解されたとすると、

最終的に定数項が$p$で１回だけ割り切れる多項式までは同じ議論が適応できる。

このような多項式を$p_i(x)$　$i=1, 2, \cdots, e$とすると、

$f(x)=p_1(x)×p_2(x)×\cdots ×p_e(x)$

となる。

$p_i(x)$　$(i=1, 2, \cdots, e)$

は、最高次以外の係数が$p$の倍数で、定数項は$p$で１回だけ割り切ることができ、$p^2$では割り切れない。

したがって、（オリジナルの）アイゼンシュタインの既約判定法より、

$p_i(x)$　$(i=1, 2, \cdots, e)$

は整数係数の範囲で既約である。

よって、$f(x)$は可約であったとしても$e$個までしか因数をもたない。

以上のことから、改造版アイゼンシュタインの定理が示された

（証明終了）