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東大数理院試2019年度専門問2解答

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$$\newcommand{CC}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{FF}[0]{\mathbb{F}} \newcommand{Gal}[0]{\mathrm{Gal}} \newcommand{IIm}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{NN}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{PP}[0]{\mathbb{P}} \newcommand{QQ}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{RR}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{RRe}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{tr}[0]{\operatorname{tr}} \newcommand{ZZ}[0]{\mathbb{Z}} $$

東大数理の院試(2019年度専門問2)の解答です.
自分が作った解答は ここ に置いてあります.

(東大数理2019年専門問2)

$a, b, c$$1$以上の整数とする.このとき多項式$X^a + Y^b + Z^c \in \CC[X, Y, Z]$は既約であることを示せ.

$\CC[X, Y, Z] = \CC[Y, Z][X]$$\CC[Y, Z]$は UFD だから,$\CC[Y, Z]$の素元$f$であって$Y^b + Z^c \in (f), Y^b + Z^c \not\in (f^2)$となるものが存在すれば,Eisenstein の既約判定法により$X^a + Y^b + Z^c$は既約となる.よって$f$の存在を示せば良い.

$Y^b + Z^c \in \CC[Y, Z] = \CC[Z][Y]$$Y$についての次数が$b \geq 1$だから単元ではない.よってある素元$f$で割り切れる.今$f^2$で割り切れるとすると$Y$による偏微分$bY^{b - 1}$$f$で割り切れるから,$(Y^b + Z^c) - \frac{Y}{b} \cdot bY^{b - 1} = Z^c$$f$で割り切れる.これより$f = sZ^r \, (s \in \CC, r \leq c)$とおけるが,これは明らかに$Y^b + Z^c$を割らないから矛盾.従ってこの$f$が条件を満たすから示された.

投稿日:220
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delta
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