最小多項式と既約性の判定

$α = 3 + i$ のような代数的数について、移項と 2 乗をくり返して $α$ を根にもつ有理数係数の多項式を作り、有理根の判定・アイゼンシュタインの判定法などで既約であることを確かめて、 $Q$ 上の最小多項式を求められる

前提

剰余の定理・因数定理と高次方程式（数学II 複素数と方程式）
根号を含む式の計算と分母の有理化（数学I 数と式）
複素数と 2 次方程式の虚数解（数学II 複素数と方程式）

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算数中学高校大学大学院

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剰余の定理・因数定理と高次方程式（数学II 複素数と方程式）
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根号を含む式の計算と分母の有理化（数学I 数と式）
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複素数と 2 次方程式の虚数解（数学II 複素数と方程式）

説明

$α = 3 + i$ や $1 + 32$ のように、根号や $i$ を組み合わせた数が、どんな有理数係数の方程式を満たすかを調べる技能です。 $α$ を根にもつ有理数係数の多項式のうち、次数が最も小さく最高次の係数が $1$ のものを、 $α$ の $Q$ 上の最小多項式といいます。最小多項式の次数は「 $α$ が本質的に何次の数か」を表します。体の拡大の次数を求めるときや、 $α$ を含む式を簡単にするときの基本になります。

なぜそうしてよいのか

有理数係数の多項式 $f (x)$ （次数 $1$ 以上）が既約であるとは、有理数係数で次数が $1$ 以上の 2 つの多項式の積に分解できないことをいいます。まず、最高次係数 $1$ の有理数係数多項式 $f$ が $f (α) = 0$ をみたし、しかも既約なら、 $f$ が最小多項式であることを確かめます。最小多項式を $m (x)$ とし、 $f$ を $m$ で割って $f = q m + r$ （ $r$ の次数は $m$ より小さい）と書きます。 $x = α$ を代入すると $r (α) = 0$ です。 $r \neq = 0$ なら、 $r$ を最高次係数で割ったものは、 $m$ より次数が小さく $α$ を根にもつ最高次係数 $1$ の多項式です。これは $m$ の次数の最小性に反します。よって $r = 0$ で、 $m$ は $f$ を割り切ります。 $f$ は既約なので $f = (定数) \cdot m$ です。最高次係数はともに $1$ なので $f = m$ となります。同じ議論から、最小多項式はただ 1 つに決まります。したがって仕事は 2 つです。(1) 移項と累乗で根号や $i$ を消して、 $α$ を根にもつ有理数係数の多項式を作る。(2) それが既約かどうかを確かめる。

有理根の判定：分母を払えば、整数係数の多項式 $a_{n} x^{n} + \dots + a_{0}$ （ $a_{n} \neq = 0$ ）として扱えます。根も分解のしかたも変わりません。これが既約分数 $\frac{p}{q}$ を根にもつとします。代入して $q^{n}$ 倍すると $a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} q + \dots + a_{0} q^{n} = 0$ です。 $a_{0} q^{n}$ 以外の項はすべて $p$ の倍数なので、 $p ∣ a_{0} q^{n}$ です。 $p$ と $q$ は互いに素なので $p ∣ a_{0}$ となります。 $a_{n} p^{n}$ 以外の項はすべて $q$ の倍数なので、同様に $q ∣ a_{n}$ も成り立ちます。したがって有理根の候補は有限個で、代入すれば調べ尽くせます。2 次・3 次の多項式が分解するなら、必ず有理数係数の 1 次因数 $a x + b$ をもちます。これは有理根 $- \frac{b}{a}$ を与えます。よって 2 次・3 次では「有理根がない $⟺$ 既約」です。

4 次以上の道具（最高次係数 $1$ の整数係数多項式 $f$ を扱います）
・補題：素数 $p$ に対し、整数係数多項式 $g, h$ がどちらも「すべての係数が $p$ の倍数」ではないなら、 $g h$ も同様である。理由は次のとおりです。 $g$ の係数 $b_{s}$ のうち $p$ の倍数でない最小の番号を $i$ 、 $h$ の係数 $c_{t}$ について同様の番号を $j$ とします。 $g h$ の $x^{i + j}$ の係数 $\sum_{s} b_{s} c_{i + j - s}$ を見ます。 $s < i$ の項は $b_{s}$ が、 $s > i$ の項は $c_{i + j - s}$ が $p$ の倍数です。残る $b_{i} c_{j}$ だけは、 $p$ が素数なので $p$ の倍数ではありません。よってこの係数は $p$ の倍数ではありません。
・整数係数での分解（ガウスの補題）： $f = g h$ で、 $g, h$ が最高次係数 $1$ の有理数係数多項式だとします。 $M g, N h$ が整数係数になる最小の正の整数を $M, N$ とします。ある素数 $p$ について $M g$ の係数がすべて $p$ の倍数だとすると、 $M g$ の最高次係数 $M$ も $p$ の倍数です。すると $\frac{M}{p} g$ も整数係数となり、 $M$ の最小性に反します。 $N h$ についても同じです。 $M N f = (M g) (N h)$ で $M N > 1$ なら、 $M N$ の素因数 $p$ について左辺の係数はすべて $p$ の倍数です。しかし補題より右辺はそうではありません。よって $M = N = 1$ で、 $g, h$ は整数係数です。以下、因数は最高次係数 $1$ の整数係数としてよいことになります。
・アイゼンシュタインの判定法： $f = x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}$ とし、ある素数 $p$ が $a_{n - 1}, \dots, a_{0}$ をすべて割り切り、 $p^{2}$ は $a_{0}$ を割り切らないとします。このとき $f$ は既約です。理由は次のとおりです。 $f = g h$ （ $g = x^{k} + \dots + b_{0}$ 、 $h = x^{m} + \dots + c_{0}$ は整数係数、 $k, m \geq 1$ ）と仮定します。 $a_{0} = b_{0} c_{0}$ は $p$ で割り切れて $p^{2}$ では割り切れないので、 $b_{0}, c_{0}$ のちょうど一方だけが $p$ の倍数です。それを $b_{0}$ とします。 $g$ の最高次係数は $1$ なので、 $p$ の倍数でない $b_{r}$ の最小の番号 $r$ があり、 $1 \leq r \leq k \leq n - 1$ です（ $m$ より大きい番号の $c_{j}$ は $0$ とします）。 $a_{r} = b_{r} c_{0} + b_{r - 1} c_{1} + \dots + b_{0} c_{r}$ で、 $b_{r} c_{0}$ 以外の項は $p$ の倍数、 $b_{r} c_{0}$ は $p$ の倍数ではありません。よって $a_{r}$ は $p$ で割り切れず、仮定に反します。
・平行移動： $f (x) = g (x) h (x)$ なら $f (x + c) = g (x + c) h (x + c)$ で、因数の次数は変わりません。逆も $x$ を $x - c$ に戻せば同じです。よって $f (x)$ と $f (x + c)$ （ $c$ は整数）は既約性が一致します。 $f (x + c)$ の定数項は $f (c)$ なので、 $f (c)$ が「素数 $p$ の倍数だが $p^{2}$ の倍数でない」ような $c$ を探すのが目安です。例： $f (x) = x^{4} + 1$ （ $α = \frac{1 + i}{2}$ の場合。 $α^{2} = i$ より $α^{4} = - 1$ ）にはそのままでは判定法が使えません。しかし $f (x + 1) = x^{4} + 4 x^{3} + 6 x^{2} + 4 x + 2$ は $p = 2$ で条件をみたすので、 $x^{4} + 1$ は既約です。
・係数比較：4 次の $f$ が分解するなら、(1 次)×(3 次) か (2 次)×(2 次) です。前者は有理根がなければ起こりません。後者は $(x^{2} + s x + t) (x^{2} + ux + v)$ （ $s, t, u, v$ は整数）とおいて調べます。例： $f = x^{4} - 10 x^{2} + 1$ では、係数を比べて $s + u = 0$ 、 $s u + t + v = - 10$ 、 $s v + t u = 0$ 、 $t v = 1$ を得ます。 $t v = 1$ より $(t, v) = (1, 1)$ または $(- 1, - 1)$ です。 $u = - s$ を代入すると $s u + t + v = - s^{2} \pm 2 = - 10$ となり、 $s^{2} = 12$ または $s^{2} = 8$ が必要です。どちらも整数の 2 乗ではないので、この分解は起こりません。 $f (\pm 1) = - 8 \neq = 0$ なので有理根もなく、 $x^{4} - 10 x^{2} + 1$ は既約です。

手順

$x = α$ とおき、根号や $i$ を含む項を 1 つだけ片側に移項して、両辺を累乗する。係数がすべて有理数になるまでこれをくり返し、 $f (x) = 0$ の形に整理する（例： $x - 1 = 32$ なら両辺を 3 乗する）。
係数に分数があれば、分母の公倍数を掛けて整数係数の $F (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{0}$ にする（根は変わらない）。 $a_{0} = 0$ なら $0$ が根なので、 $α \neq = 0$ のときは $x$ で割っておく。有理根の候補は $\pm \frac{p}{q}$ （ $p$ は $∣ a_{0} ∣$ の正の約数、 $q$ は $∣ a_{n} ∣$ の正の約数）である。 $a_{n} = 1$ なら、候補は定数項の約数 $\pm p$ だけになる。例： $α = \frac{2}{3}$ なら、 $x^{2} = \frac{2}{9}$ から $F (x) = 9 x^{2} - 2$ となり、候補は $\pm 1, \pm 2, \pm \frac{1}{3}, \pm \frac{2}{3}, \pm \frac{1}{9}, \pm \frac{2}{9}$ である。
候補を代入して有理根を探す。 $F$ が 2 次・3 次で有理根がなければ、既約と結論する。有理根 $r$ があれば、因数定理で $x - r$ をくくり出し、 $α$ を根にもつほうの因数に移って調べ直す。
4 次以上で有理根がない場合は、次のどれかで既約性を調べる（最高次係数 $a_{n} \neq = 1$ なら、先に $x = \frac{y}{a _{n}}$ とおいて $a_{n}^{n - 1}$ 倍し、 $y$ について最高次係数 $1$ の整数係数多項式に直す。この置き換えで分解できるかどうかは変わらない）。(a) アイゼンシュタインの判定法を試す。(b) 整数 $c$ を $f (c)$ が素数 $p$ の倍数で $p^{2}$ の倍数でないように選び、 $f (x + c)$ に判定法を使う。(c) 4 次なら $(x^{2} + s x + t) (x^{2} + ux + v)$ とおいて係数を比べ、 $t v = a_{0}$ から整数 $t, v$ の組を絞って、残りの式が整数解をもつか調べる。
既約と確かめられたら、最高次係数で割って $1$ にそろえる。それが最小多項式である。分解できた場合は、 $α$ を根にもつ因数について手順 2〜4 をくり返す。

例題

$α = 1 + 32$ の $Q$ 上の最小多項式を、変数 $x$ の多項式として求めよ。

例題の解答

手順 1： $x = α$ とおくと $x - 1 = 32$ である。両辺を 3 乗すると $x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 1 = 2$ となる。よって $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 3$ は $α$ を根にもつ。

手順 2：係数はすでに整数で、最高次係数は $1$ である。したがって有理根の候補は、定数項 $- 3$ の約数 $\pm 1, \pm 3$ だけである。

手順 3：代入すると $f (1) = - 2$ 、 $f (- 1) = - 10$ 、 $f (3) = 6$ 、 $f (- 3) = - 66$ で、どれも $0$ でない。 $f$ は 3 次で有理根をもたないので、既約である。（3 次なので手順 4 は不要である。確認として判定法も使ってみる。素数 $p = 3$ で、係数 $- 3, 3, - 3$ はすべて $3$ の倍数であり、定数項 $- 3$ は $9$ の倍数でない。また $f (x + 1) = x^{3} - 2$ は $p = 2$ で条件をみたす。どちらからも既約とわかる。）

手順 5：最高次係数はすでに $1$ なので、そのまま最小多項式である。答えは $x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 3$ である。

答え: $x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 3$

よくある誤り

1 回 2 乗しただけで止めてしまう誤り。 $α = 3 + i$ では、 $(x - i)^{2} = 3$ から $x^{2} - 4 = 2 i x$ となり、まだ $i$ が残っている。正しくは、もう一度 2 乗して $(x^{2} - 4)^{2} = - 4 x^{2}$ 、すなわち $x^{4} - 4 x^{2} + 16 = 0$ まで進め、係数をすべて有理数にする。
作った多項式を既約か確かめずに答えてしまう誤り。 $α = 3 + 22$ を 2 回 2 乗すると $x^{4} - 6 x^{2} + 1$ が得られるが、これは $(x^{2} - 2 x - 1) (x^{2} + 2 x - 1)$ と分解できる。実は $α = 1 + 2$ であり、正しい最小多項式は $x^{2} - 2 x - 1$ である。
4 次以上でも「有理根がなければ既約」としてしまう誤り。 $x^{4} - 6 x^{2} + 1$ は $x = \pm 1$ を代入しても $0$ にならず、有理根をもたない。しかし上のように 2 次式の積に分解できる。正しくは、「有理根なし $\Rightarrow$ 既約」が言えるのは 2 次・3 次のときだけである。4 次以上では、アイゼンシュタインの判定法（必要なら $x \to x + c$ ）を使うか、 $(x^{2} + s x + t) (x^{2} + ux + v)$ との係数比較で 2 次因数がないことを確かめる。
アイゼンシュタインの判定法の条件を確かめずに使う、または「判定法が使えない＝分解できる」と考えてしまう誤り。 $x^{2} - 4 x + 4$ は $p = 2$ で係数 $- 4, 4$ が割り切れるが、定数項 $4$ が $2^{2}$ で割り切れるので判定法は使えない（実際 $(x - 2)^{2}$ と分解する）。逆に $x^{4} - 10 x^{2} + 1$ （ $2 + 3$ を根にもつ）は、定数項が $1$ なのでどの素数でも判定法の条件をみたさない。それでも、有理根がなく、係数比較で $s^{2} = 12$ または $8$ が必要になって整数解がないことから、既約である。正しくは、判定法は条件をみたすときに既約を保証するだけで、みたさないときは何も言えない。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

拡大次数と次数の積の公式（大学数学代数学）
根の多項式で表された元の最小多項式（大学院数学体論・ガロア理論）
$Z [x]$ の素イデアルの分類（大学院数学可換環論・ホモロジー代数）
2 次体の整数環と判別式（大学院数学代数的整数論）