Gauss の補題（多項式）学習ノート。

Gauss の補題（多項式）

まず用語を一つ定義する。

多項式 $f(X) \in \Z[X]$ が原始的であるとは、$f(X)$ のすべての係数の最大公約数が 1 であることと定義する。

定理： $(1)\;\;$ $f(X) \in \Z[X]$ と $g(X) \in \Z[X]$ が原始的であれば $f(X)g(X)$ も原始的である。

$(2)\;\;$ 原始的な多項式 $h(X) \in \mathbb{Q}[X]$ が可約多項式ならば $\Z[X]$ 上でも可約多項式である。

検討：

  • $(1)$
    • $f(X) = a_lX^l + \dotsb + a_0 \in \Z[X],\;g(X) = b_mX^m + \dotsb +b_0 \in \Z[X]$ とし、$f(X)g(X) = c_nX^n + \dotsb + c_0 \in \Z[X]$ とおく。
    • 背理法で証明する。結論を否定して矛盾を導く。
    • Eisenstein の既約判定法の証明でも似た推論をする。
  • $(2)$
    • つまり $h(X) = f(X)g(X)$ となる $f(X), g(X) \in \Z[X]$ が存在して、
      • $f(X)$ が原始的かつ
      • $g(X)$ が原始的かつ
      • $\deg f(X) \ge 1 \land \deg g(X) \ge 1.$
    • $(1)$ を利用する。
    • この逆も実は成り立つ。しかし証明は $\Z \subset \mathbb{Q}$ だからというような単純なものではないようだ。

証明：

$(1)\;\;$ まず $f, g$ を次のようにおく：

\[\begin{aligned} f(X) &\coloneqq a_lX^l + \dotsb + a_0 \in \Z[X], & \gcd\{a_i\}_{i = 0}^l = 1,\\ g(X) &\coloneqq b_mX^m + \dotsb + b_0 \in \Z[X], & \gcd\{b_i\}_{i = 0}^m = 1.\\ \end{aligned}\]

これらの多項式の積 $h(X) \coloneqq f(X)g(X)$ を $h(X) = c_nX^n + \dotsc + c_0$ と表す。 ここで、$\gcd\lbrace c_i\rbrace_{i = 0}^n \ne 1$ を仮定して矛盾を導く。 このとき素数 $p$ が存在して、どの $c_i$ も $p$ で割り切れる $(\spadesuit)$。 多項式 $h(X)$ は「$p$ で括れる」。

一方 $\gcd\lbrace a_i\rbrace_{i = 0}^l = 1$ であるから、$p$ で割り切れない $a_i$ が存在する。 そのような $i$ のうち最小のものを $i^{\prime}$ とおく。$b_i$ についても同様に $p$ で割り切れない $b_i$ が存在する。そのような $i$ のうち最小のものを $j^{\prime}$ とおく。

ここで $k \coloneqq i^{\prime} + j^{\prime}$ とする。 $h = fg$ から：

\[\begin{aligned} c_k &= \sum_{i + j = k}a_i b_j\\ &= a_0b_k + \dotsb + a_{i^{\prime}}b_{j^{\prime}} + \dotsb + a_kb_0\\ &= p(a_0^{\prime}b_k + \dotsb) + a_{i^{\prime}}b_{j^{\prime}} +p(\dotsb + a_kb_0^{\prime}) \end{aligned}\]

右辺は $p$ で割り切れない。したがって左辺も $p$ で割り切れないはずだが、 これは $(\spadesuit)$ に矛盾する。つまり $\gcd(c_n, \dotsc, c_0) = 1$ が成り立つ。 すなわち $f(X)g(X)$ もまた原始的であることが示された。 $\blacksquare$

$(2)\;\;$ $h(X) \in \mathbb{Q}[X]$ が可約であるから次の条件を満たす $\tilde{f}(X) \in \mathbb{Q}[X]$ と $\tilde{g}(X) \in \mathbb{Q}[X]$ が存在する：

\[h(X) = \tilde{f}(X)\tilde{g}(X) \land \deg\tilde{f}(X) \ge 1 \land \deg\tilde{g}(X) \ge 1.\]

このとき $\tilde{f}(X)$ を $a \in \mathbb{Q}$ と原始的な $f(X) \in \Z[X]$ との積で表せる： $\tilde{f}(X) = af(X).$ 同様に $\tilde{g}(X) = bg(X)$ なる $b \in \mathbb{Q}$ と原始的な $g(X) \in \Z[X]$ が存在する。

すると $h(X) = \tilde{f}(X)\tilde{g}(X) = abf(X)g(X).$ 仮定により左辺は原始的であり、右辺の $f(X)g(X)$ は $(1)$ より原始的である。 したがって $ab \in \Z^\times.$

  • $ab = 1$ の場合は $h(X) = f(X)g(X),\;f(X), g(X) \in \Z[X]$ と表される。 すなわち $h(X)$ は $Z[X]$ でも可約である。
  • $ab = -1$ の場合は $-f(X) \in \Z[X]$ とみなして主張の形に表される。

以上により、$h(X)\in\mathbb{Q}[X]$ が可約多項式であれば $h(X)$ は $\Z[X]$ においても可約多項式である。 $\blacksquare$

参考資料