既約多項式の性質一覧

（既約多項式の性質①）

$f(x)$を$\mathbb{Q}$上の既約多項式とする。

また、$g(x)$は有理数係数多項式とする。

このとき、$f(x)$が$g(x)$を割り切らないならば、$f(x)$と$g(x)$は互いに素である。

（既約多項式の性質①の証明）

$f(x)$は$\mathbb{Q}$上既約であるので、

$g(x)$は$f(x)$と互いに素であるか、または$f(x)$の定数倍かのいずれかである。

しかし、条件より$f(x)$は$g(x)$を割り切らないので、

$g(x)$は$f(x)$の定数倍にはなりえない。

ゆえに、$f(x)$と$g(x)$は互いに素である。

（証明終了）

(既約多項式の性質②)

$f(x)$を$\mathbb{Q}$上の既約多項式とする。

また、$g(x)$と$h(x)$は有理数係数多項式とする。

ここで、$f(x)$は積$g(x)h(x)$を割り切るとする。

このとき、$f(x)$は$g(x)$を割り切るか、または$h(x)$を割り切る。

（既約多項式の性質②の証明）

$f(x)$が$g(x)$を割り切る場合は、それで既約多項式の性質②は成り立つことになる。

ゆえに、$f(x)$が$g(x)$を割り切らない場合を考える。

このとき、$f(x)$が$h(x)$を割り切れることを示すことができればよい。

すると、既約多項式の性質①より、$f(x)$と$g(x)$は互いに素である。

すると、多項式版ユークリッドの互除法より、

$f(x)X(x)+g(x)Y(x)=1$

となる$X(x)$と$Y(x)$が存在する。

ただし、$X(x)$と$Y(x)$は有理数係数多項式である。

これの全体を$h(x)$倍する。

$f(x)X(x)h(x)+g(x)Y(x)h(x)=h(x)$

である。

ここで、条件より$f(x)$は積$g(x)h(x)$を割り切るので、

$f(x)X(x)h(x)+g(x)Y(x)h(x)=h(x)$

の左辺は$f(x)$で割り切れる。

ゆえに、右辺も$f(x)$で割り切れなければならず、

結果として$h(x)$が$f(x)$で割り切れることになる。

（証明終了）

(既約多項式の性質③)

$f(x)$を$\mathbb{Q}$上の既約多項式とする。

また、$g(x)$は有理数係数多項式とする。

このとき、$f(x)=0$と$g(x)=0$が共通の解を一つでももてば、

$g(x)$は$f(x)$で割り切れる。

(既約多項式の性質③の証明)

背理法で証明する。

いま、$f(x)$は$g(x)$を割り切らないと仮定する。

すると、既約多項式の性質①より、$f(x)$と$g(x)$は互いに素となる。

したがって、多項式版ユークリッドの互除法より、

$f(x)X(x)+g(x)Y(x)=1$

となる有理進係数の多項式$X(x)$と$Y(x)$が存在する。

ここで、$f(x)=0$と$g(x)=0$は共通の解をもつので、

その解を$x=\alpha$とする。

$f(x)X(x)+g(x)Y(x)=1$

に$x=\alpha$を代入すると、

$f(\alpha )=0$と$g(\alpha )=0$

より、$0=1$となるが、これは矛盾。

よって、背理法より、

$g(x)$は$f(x)$で割り切れる。

（証明終了）

（既約多項式の性質④）

$f(x)$を$\mathbb{Q}$上の既約多項式とする。

また、$g(x)$は有理数係数多項式とする。

このとき、$g(x)$の次数が1次以上で、かつ$f(x)$の次数よりは小さければ、

$f(x)=0$と$g(x)=0$

は共通の解を持たない。

（既約多項式の性質④の証明）

背理法によって示す。

いま、$f(x)=0$と$g(x)=0$が共通の解をもつと仮定する。

$f(x)$は既約多項式であるので、既約多項式の性質③より、

$g(x)$は$f(x)$で割り切れなければならない。

しかし、これは$g(x)$の次数が$g(x)$の次数が1次以上で、かつ$f(x)$の次数よりは小さいことに矛盾する。

ゆえに、背理法から、

$f(x)=0$と$g(x)=0$

は共通の解を持たない。

（証明終了）

（既約多項式の性質⑤）

$f(x)$を$\mathbb{Q}$上の既約多項式とする。

$f(x)=0$は重解をもたない。

(微分の公式まとめ)

$(x^n{)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$　←数学Ⅱの微分

$(f(x)+g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x)$　←和の微分

$(cf(x){)}^{\prime }=c{f}^{\prime }(x)$　←定数倍の微分

$(f(x)g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)$　←積の微分

$\{f(g(x)){\}}^{\prime }=f^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)$　←合成関数の微分

特に、

$\{(x-a{)}^n{\}}^{\prime }=n(x-a{)}^{n-1}$　←合成関数の微分の簡単バージョン

(既約多項式の性質⑤の証明)

既約多項式$f(x)$について、

$f(x)=0$が重解をもつと仮定する。

その解を$x=a$

とおく。

すると、

$f(x)=(x-a{)}^{2}p(x)$

と表すことができる。

これの両辺を$x$で微分する

$f^{\prime }(x)=2(x-a)p(x)+(x-a{)}^2{p}^{\prime }(x)$

ここで、$f^{\prime }(x)$は１次以上の多項式で、かつ$f(x)$より次数は小さい。

ゆえに、既約多項式の性質④より、

$f(x)=0$と$f^{\prime }(x)=0$

は共通の解を持たない。しかし、

$f^{\prime }(x)=2(x-a)p(x)+(x-a{)}^2{p}^{\prime }(x)$に

$x=a$を代入すると、

$f^{\prime }(a)=0$

が成立してします。

ゆえに、

$f(x)=0$と$f^{\prime }(x)=0$

は共通の解$x=a$

をもつことになるが、これは矛盾。

ゆえに、$f(x=0)$は重解を持たない

（証明終了）

（微分を使った重解の判定）

$f(x)=0$が$x=a$を重解を持つ　

$\iff$　

$f(a)=f^{\prime }(a)=0$