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代数学をやるその5 多項式 X^a+Y^bの既約性

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以下では,特に断らない限りa,bを正の整数とします.

はじめに

多項式XaYbC[X,Y]に対してよく知られた次の事実があります.
XaYbC[X,Y]a,b
は対偶を取ればすぐに分かります.は,イデアル(XaYb)C[X,Y]が核となる環準同型を構成することで証明できます.実は全く同じ流れで,任意の体Fに対して
XaYbF[X,Y]a,b
であることが証明できます.係数体の取り方に依らず,a,bが互いに素であるか否かで多項式の既約性が決まるのは面白いですね.

では,ほんのちょっと形を変えてXa+YbC[X,Y]という多項式を考えたらどうなるでしょうか.後で示しますが,実は次が成り立ちます.
Xa+YbC[X,Y]a,b
つまり,係数体がCのときはXaYbと同じ事実が成り立ちます.では係数体を取り替えたらどうなるでしょう.例えばRとか.これも後で示しますが,次が成り立ちます.
Xa+YbR[X,Y]GCD(a,b)=1,2
ここでGCD(a,b)abの最大公約数を表します.既約となるようなa,bの組み合わせがCのときより増えて楽しくなってきました.

そこで,今回の記事では,係数体を色々変えたときにXa+Ybの既約性がどのように変化するかを見て楽しもうと思います.

Fを体とする.多項式Xa+YbF[X,Y]が既約となるためのa,bに関する必要十分条件を,FC,R,Qの各場合について求めよ.

その他の問題たちは こちらのまとめページ から見れます.よろしければリンクをご利用ください.

係数体がCのとき

上でも述べましたが次が成り立ちます.

Xa+YbC[X,Y]a,b

証明を表示

以下,虚数単位をiで表します.まず,a,bが互いに素でないとします.a,bの最大公約数をd(>1)とおくと,互いに素な整数a,bによりa=da,b=dbと表すことができます.すると,
Xa+Yb=Xa(eiπbY)b=Xda(eiπbY)db=(Xa)d((eiπbY)b)d={Xa(eiπbY)b}{(Xa)d1+(Xa)d2(eiπbY)b++(Xa)((eiπbY)b)d2+((eiπbY)b)d1}
が成り立つので,a,bが互いに素でないときXa+Ybは可約です.対偶を取ると,Xa+Ybが既約であるときa,bは互いに素です.
次に,a,bが互いに素であるとします.写像φ:C[X,Y]C[T]を,f(X,Y)C[X,Y]に対して
φ(f(X,Y))=f(Tb,eiπbTa)
で定めると,これは環準同形となります.φの核について考えましょう.まず,f(X,Y)(Xa+Yb)とすると,f(X,Y)=g(X,Y)(Xa+Yb)を満たすg(X,Y)C[X,Y]が存在するので,
φ(f(X,Y))=φ(g(X,Y))((Tb)a+(eiπbTa)b)=φ(g(X,Y))(TabTab)=0
となります.即ちf(X,Y)Kerφが成り立ちます.よって(Xa+Yb)Kerφとなります.逆に,f(X,Y)Kerφであるとします.このとき,f(X,Y)Xについての多項式とみて,Xa+Ybで割ると,
f(X,Y)=g(X,Y)(Xa+Yb)+ga1(Y)Xa1++g1(Y)X+g0(Y)
を満たすg0(Y),g1(Y),,ga1(Y)C[Y]g(X,Y)C[X,Y]が存在します.f(X,Y)Kerφであることとφが環準同形であることから,
φ(f(X,Y))=ga1(eiaπbTa)Tb(a1)++g1(eiaπbTa)Tb+g0(eiaπbTa)=0
が成り立ちます.eiaπbCの元なので,Tの指数に影響を与えないことに注意しましょう.さて,gk(eiaπbTa)Tbk(k=0,1,,a1)を展開した際に現れるTの指数は,gk(eiaπbTa)Taの多項式であることを考えると,lka+bk (lkは0以上の整数)と表されます.lka+bk=lka+bkを満たすk,kが存在すると仮定しましょう.このとき,
b(kk)=a(lklk)
であり,a,bが互いに素であることからkkaの倍数となります.ところで,0k,ka1であるから|kk|a1であるのでkk=0即ちk=kが従います.つまり,各gk(eiaπbTa)Tbkを展開した際に現れるTの指数は,添字kが異なれば全て異なることになります.これより,g0(Y)=g1(Y)==ga1(Y)=0(多項式として0)が成り立ちます.よってf(X,Y)(Xa+Yb)であり,これよりKerφ(Xa+Yb)が従います.上で示した包含と合わせてKerφ=(Xa+Yb)であり,準同形定理より次の同型を得ます.
C[X,Y]/(Xa+Yb)ImφC[T]
C[T]は整域であるので,その部分環Imφも整域です.よってC[X,Y]/(Xa+Yb)は整域です.これより(Xa+Yb)C[X,Y]の素イデアルです.即ち,Xa+YbC[X,Y]の素元となりますが,C[X,Y]は整域で,整域において素元は既約元となるので,Xa+Ybは既約です.以上より題意は示されました.(証明終)

今の証明から分かること

今の証明のポイントは,任意の正の整数bに対して,C1b乗根が存在することです.の証明もの証明もその点に支えられていることは,上の証明を見れば良く分かると思います.逆に言えば,1b乗根さえ係数体に備わっていれば全く同じ証明が可能ということでもあります.

係数体がRのとき

こちらも上で述べましたが,次が成り立ちます.

Xa+YbR[X,Y]GCD(a,b)=1,2

証明を表示

Xa+YbC[X,Y]でもあることに注意します.Xa+YbC[X,Y]において既約であれば,R[X,Y]においても既約です.よって,上で示したことよりa,bが互いに素であるならXa+YbR[X,Y]は既約です.よって,a,bが互いに素でない場合が本質的です.
a,bが互いに素でないとします.a,bの最大公約数をd(>1)とおくことで,互いに素な整数a,bによりa=da,b=dbと表すことができ,
Xa+Yb=Xda+Ydb=(Xa)d+(Yb)d
となります.dが奇数の素因数dを持つとしましょう.整数δによってd=δdとおくと,
Xa+Yb=(Xa)d+(Yb)d=(Xaδ)d+(Ybδ)d=(Xaδ)d(Ybδ)d=(Xaδ+Ybδ){(Xaδ)d1+(Xaδ)d2(Ybδ)++(Xaδ)(Ybδ)d2+(Ybδ)d1}
となるので,Xa+YbR[X,Y]は可約です.dが奇数の素因数を1つも持たないとします.このとき,ある正の整数lによってd=2lと表すことができます.l2のとき,l2=lとおくとd=42lとなるので,
Xa+Yb=(Xa)d+(Yb)d=(Xa2l)4+(Yb2l)4={(Xa2l)2+(Yb2l)2}22(Xa2l)2(Yb2l)2={(Xa2l)2+(Yb2l)2+2Xa2lYb2l}{(Xa2l)2+(Yb2l)22Xa2lYb2l}
となるので,Xa+YbR[X,Y]は可約です(2Rに注意).
最後に,d=2とします.このとき,a,bのいずれか一方は奇数です.どちらが奇数であるとしても同様なので,aが奇数であるとします.すると,a,bは互いに素となります.K=R(Y)(1)とおくと,KR[Y]の商体です.F(X)=Xa+YbK[X]と見ます.K(Kの代数閉包)におけるF(X)の根をαとおきます.すると,[K(α):K]aが成り立ちます.G(X)=Xa+YbK[X]とおきます.α2K
G(α2)=(α2)a+Yb=F(α)=0
を満たすので,G(X)の根です.a,bは互いに素なので,上で示したことから,G(X)(R[Y])[X](=R[X,Y])において既約です.R[Y]は一意分解環で,G(X)R[Y]上の原始多項式であるため,G(X)その商体K上でも既約となります.即ち,α2K上の最小多項式はG(X)=Xa+Ybです.これより[K(α2):K]=aが成り立ちます.すると,K(α2)K(α)であることから,
a=[K(α2):K][K(α):K]a=2a
が成り立つ.即ち,[K(α):K]aを約数に持つ2a以下の整数となるので,[K(α):K]=aもしくは[K(α):K]=2a=aのいずれかが成り立ちます.さて,
(αa)2+Yb=F(α)=0
であることから,αaH(X)=X2+YbK[X]の根です.H(X)K上既約でないとすると,H(X)Xに関する次数が2であることからH(X)Kに根を持ちます.その根の可能性は,係数を見るとrYl(rR,lZ,l0)の形をしていることが分かります.2lbであるとすると,
0=H(rYl)=r2Y2l+Yb=Y2l(r2+Yb2l)
となります.これよりr2=Yb2lとなり,rRであることから,b2l=0となります.しかし,このときr2=1となって,このような実数rは存在しないので矛盾します.b2lでも同様に矛盾します.即ちH(X)K上既約です.これより,[K(αa):K]=2が成り立ちます.K(αa)K(α)であるため,[K(α):K]は2を約数に持ちます.すると,aは奇数であったので[K(α):K]=aとなることはありません.よって[K(α):K]=2a=aとなります.これより,G(X)=Xa+YbαK上の最小多項式であり,特にK上既約です.K上既約であれば,R[X,Y]においても既約です.以上より題意は示されました.(証明終)

今の証明からわかること

今の証明のポイントは,RCかつ2Rかつ1Rという3点です.RCよりCのときの条件を用いてa,bが互いに素なら既約だと言い切れます.2Rであることはa,bの最大公約数が4以上の2べきで割り切れる場合にXa+Ybが可約であることを導いています.最後に,1Rであるお陰で最後の矛盾を引き出しています.
従って,同様な条件を満たす体(例えばQ(2))であれば全く同じ議論ができます.

係数体がQのとき

C,Rと来たので次はQを取ってきました.Rのときの証明と勘を頼りにすると次のような定理が予想されると思いますが,これは実際成り立ちます.

Xa+YbQ[X,Y]GCD(a,b)=2l(l)

実際,GCD(a,b)=1,2なら既約であることはQRから分かります.そして,GCD(a,b)が奇数の素因数を持つなら可約であることも,実際に因数分解ができることから分かります.従って,GCD(a,b)=2l(l2)であるときが本質的な問題だと分かりますが,何となくQの範囲ではこのとき因数分解できなさそうだなと感じますね.

では,この定理を証明しましょう.以下の証明はStack Exchangeで得たものです.途中で用いた補題は後ろに書かれています.

定理3
証明を表示

GCD(a,b)=1,2なら既約であることはQRから分かります.そして,GCD(a,b)が奇数の素因数を持つなら可約であることも,Rのときと同じように因数分解ができることから分かります.

以下,GCD(a,b)=2l(l2)とします.F(X,Y)=Xa+Ybとおきます.F(X,d)Q[X]が既約となるようなdQは無限に存在するので(補題5),補題7から既約多項式g(X,Y)Q[X,Y]が存在して
F(X,Y)=f(Y)g(X,Y)(f(Y)Q[Y])
と書けます.ところで,変数X,Yの役割を入れ替えて同様の議論を行うことで,既約多項式u(X,Y)Q[X,Y]が存在して,
F(X,Y)=u(X,Y)v(X)(v(X)Q[X])
と書けます.従って,
f(Y)g(X,Y)=u(X,Y)v(X)
が成り立ちます.Q[X,Y]は一意分解環であるため既約元は素元と同値になりますから,g(X,Y)Q[X,Y]は素元です.従って,g(X,Y)|u(X,Y)もしくはg(X,Y)|v(X)のいずれかが成り立ちます.

仮にg(X,Y)|v(X)であるとすると,v(X)Yについての項を含まないことからg(X,Y)=g(X)Q[X]と書けることが分かります.すると
F(X,Y)=f(Y)g(X)
となります.f(Y)の最大べきの項をakYk(akQ{0},k0),g(X)の最大べきの項をblXl(blQ{0},l0)とおくと,F(X,Y)の最大べきの項はakblXlYkと書けますが,F(X,Y)=Xa+Ybであり,X,Yのcross termは存在しないので,k,lのいずれかは0となります.即ち,f(Y),g(X)のいずれかは定数となりますが,このときF(X,Y)=f(Y)g(X)よりF(X,Y)XもしくはYのみの項しか含まないことになり矛盾します.

従ってg(X,Y)|u(X,Y)が成り立ちます.u(X,Y)Q[X,Y]の既約性により,ある定数qQが存在してu(X,Y)=qg(X,Y)と書けます.すると,f(Y)=qv(X)が成り立ち,これよりf(Y),v(X)は共に定数であることが分かります.その定数をf,vと書けば,
F(X,Y)=fg(X,Y)=u(X,Y)v
となるので,F(X,Y)は既約となります.(証明終)

定理3の証明に用いた補題たち

以下に定理3の証明に用いた補題たちを挙げます.

多項式Xa+dQ[X]が既約であることは,aを割り切る任意の素数pに対してdQpが成り立ち,かつa4で割り切れるならd=4q4を満たす有理数qが存在しないことに同値である.

この補題は,実は最後に挙げる定理8より従います.

GCD(a,b)=2l(l2以上の整数)のとき,多項式F(X,Y)=Xa+YbQ[X,Y]に対して,F(X,d)Q[X]が既約となるようなdQが無限に存在する.

証明を表示

aと互いに素な整数uによって表される整数d=24uを考えます.このような整数dは無限に存在します.まず,仮定から2|aですが,明らかにdQ2が成り立ちます.また,p|aを満たす奇素数pに対してdbQpが成り立つとすると,1=(1)pQpよりdb=24ubQpとなります.素因数2の個数を考えると,2の指数4ubpで割り切れなければなりません.uaと互いに素であったので特にpで割り切れません.従ってbpで割り切れますが,これはGCD(a,b)=2lであることに矛盾します.従って,p|aを満たす任意の奇素数pに対してdbQpが成り立ちます.
更に,仮定からa4で割り切れますが,仮にd=4q4を満たす有理数qが存在したとすると,dに含まれる素因数2の個数は4の倍数,4q4に含まれる素因数2の個数は4で割って2余る整数となり矛盾します.従って,d=4q4を満たす有理数qも存在しません.以上より,上で定めたdが補題4の条件を満たすことが分かり,題意は示されました.(証明終)

多項式F(X,Y)Q[X,Y]に対し,F(X,d)Q[X]が定数となるようなdQが無限に存在するならば,多項式g(Y)Q[Y]が存在してF(X,Y)=g(Y)と書ける.

証明を表示

仮にF(X,Y)ak(Y)Xk(ak(Y)Q[Y],k1)という項が存在したとすると,仮定より無限に多くのdQに対してak(d)=0が成り立ちます.零多項式でない体上の多項式の持ち得る根の数はその次数以下であることを考えると,ak(Y)は零多項式でなくてはなりません.よって題意が従います.(証明終)

多項式F(X,Y)Q[X,Y]に対し,F(X,d)Q[X]が既約となるようなdQが無限に存在するならば,既約多項式g(X,Y)Q[X,Y]が存在して
F(X,Y)=f(Y)g(X,Y)(f(Y)Q[Y])
と書ける.

証明を表示

F(X,Y)を因数分解してF(X,Y)=f(X,Y)g(X,Y)(f(X,Y),g(X,Y)Q[X,Y])と表したとします.ここでg(X,Y)は既約であるように取ります.そのようなg(X,Y)を取れることは,Q[X,Y]が一意分解環であることから従います.ここで,補題5からF(X,d)Q[X]が既約であるようなdQが無限に存在するので,f(X,d),g(X,d)のいずれかは無限に多くのdQに対して定数でなくてはなりません.即ち,f(X,Y),g(X,Y)のいずれかはXに依りません(補題6).f(X,Y)=f(Y)Q[X]と書けるなら題意が従うので,g(X,Y)=g(Y)Q[Y]と書けるとしましょう.
このとき,f(X,Y)
f(X,Y)=u(X,Y)v(X,Y)(u(X,Y),v(X,Y)Q[X,Y])
というように共にXに依るような多項式u,vに分解できたとすると,
F(X,Y)=u(X,Y){v(X,Y)g(Y)}
となり,u(X,Y),v(X,Y)g(Y)に対して上記の議論を適用することでu(X,Y),v(X,Y)g(Y)のいずれかはXに依らないことが従い矛盾します.即ち,u,vのいずれかはXに依りません.ここではvXに依らないとします.すると,
F(X,Y)=u(X,Y){v(Y)g(Y)}
となります.再び同様の議論から,u(X,Y)は2つの因子に分解できるとすれば片方の因子はXに依りません.以下同様の議論をXに依る因子がQ[X,Y]の既約多項式となるまで続ければ,求めていた形を得ます.(証明終)

実はもっと簡単に証明できる

上で得た証明たちは,三者三葉の特徴があって眺めるのも楽しいですが,実はもっと統一的に証明する方法もあります.

Stack Exchangeで得たのですが,以下の一般的な定理があるようです.

Fを任意の体,aを正の整数とする.このとき,次が成り立つ.
XacF[X]cFp(p|a)c4F4(4|a)

この定理の証明はおいおい考えていこうと思います.この定理を使えば任意の体F上でのXa+Ybの既約性について,次のような結果を得ることができます.

Fを体とする.このとき,次が成り立つ.
Xa+YbF[X,Y]GCD(a,b)={1(1F)1,2(1F2F2F)2l(l)(1F2,2F)

証明を表示

Xa+YbF(Y)[X]とみなします.ここでF(Y)は有理関数体です.定理8から
Xa+YbF(Y)[X]Yb(F(Y))p(p|a)Yb4(F(Y))4(4|a)
が成り立ちます.

まず1Fであるとします.すると,任意の素数pに対して,1Fpが成り立つことから,
Yb(F(Y))ppb
が成り立ちます.従って,Xa+YbF(Y)[X]が既約であるためには,a,bが互いに素であることが必要です.逆に,a,bが互いに素であれば,条件
Yb(F(Y))p(p|a)Yb4(F(Y))4(4|a)
は明らかに成り立つので,Xa+YbF(Y)[X]は既約となります.

次に1Fかつ,2,2のいずれかはFに属するとします.1Fであることから,Yb(F(Y))2は自動的に成り立ちます.また,任意の奇素数pに対して,1Fpであることから
Yb(F(Y))ppb
が成り立ちます.更に,2,2のいずれかがFに属しているので,14F4が成り立ちます.従って,
Yb4(F(Y))44b
となります.これより,
Xa+YbF(Y)[X]Yb(F(Y))p(p|a)Yb4(F(Y))4(4|a)appb4|a4bGCD(a,b)=1,2
となります.

最後に,1,2,2のいずれもFに属していないとします.1Fであることから,Yb(F(Y))2は自動的に成り立ちます.また,任意の奇素数pに対して,1Fpであることから
Yb(F(Y))ppb
が成り立ちます.更に,2,2のいずれもFに属していないので,Yb4(F(Y))4も自動的に成り立ちます.これより,
Xa+YbF(Y)[X]Yb(F(Y))p(p|a)Yb4(F(Y))4(4|a)appbGCD(a,b)=2l(l)
となります.(証明終)

この定理9を用いると,上の結果は次のように一瞬で従います.嬉しいですね.

1Cなので,Xa+YbC[X,Y]GCD(a,b)=1
1R,2Rなので,Xa+YbR[X,Y]GCD(a,b)=1,2
1,2,2Qなので,Xa+YbQ[X,Y]GCD(a,b)=2l(l)

更に,平方剰余の相互法則を用いることで,係数体が有限体Fpの場合の既約性も次のように判定できます(証明略).とてもキレイな結果ですね~.

pを素数とする.このとき次が成り立つ.
Xa+YbFp[X,Y]GCD(a,b)={1(p=2p1mod4)1,2(p3mod4)

因みに,定理8を用いると,一番最初に挙げた事実
XaYbF[X,Y]a,b
も一瞬で示せます.定理8は偉大です.

今回の記事は以上です.
最後までお読み頂きありがとうございました.

投稿日:202261
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素朴な問題が特に好きです.

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  1. はじめに
  2. 係数体が$\mathbb{C}$のとき
  3. 係数体が$\mathbb{R}$のとき
  4. 係数体が$\mathbb{Q}$のとき
  5. 実はもっと簡単に証明できる