2012年 京都大学 理系 第4問

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1. 問題の構造

1.1 記法と前提

• $\alpha=\sqrt[3]{2}$ とおく。関数 $t\mapsto t^3$ は $\mathbb{R}$ 上で狭義単調増加であるから，$t^3=2$ を満たす実数 $t$ は $\alpha$ ただ一つであり，$1^3 < 2 < 2^3$ より $1 < \alpha < 2$ である。以下これを「実数の立方根の一意性」と呼ぶ。
• 有理数を係数とする $x$ の多項式全体を $\mathbb{Q}[x]$ と書く。$R=0$ は $R$ が零多項式（恒等的に $0$）であることを表し，零多項式の次数は考えない。
• 除法の原理：$A,B\in\mathbb{Q}[x]$，$B\neq0$ に対し，$A=BQ+R$，かつ $R=0$ または $\deg R < \deg B$ を満たす $Q,R\in\mathbb{Q}[x]$ がただ一組存在する。商と余りの係数は $A,B$ の係数の四則演算で得られるので有理数である。
• $P(x)$ が $x^3-2$ で割り切れるとは，$P=(x^3-2)Q$ を満たす $Q\in\mathbb{Q}[x]$ が存在することをいい，$x^3-2\mid P$ と書く。商を実数係数で許しても条件は変わらない。実際，$P=(x^3-2)Q$（$Q$ は実数係数）とし，$\mathbb{Q}[x]$ での除法を $P=(x^3-2)Q'+R'$ とすると，実数係数の範囲での除法の一意性から $Q=Q'$，$R'=0$ となる。
• $0$ でない有理数 $r$ を $r=\pm2^k\dfrac{m}{n}$（$k\in\mathbb{Z}$，$m,n$ は正の奇数）と表すとき，$k$ を $v_2(r)$ と書く。素因数分解の一意性により $k$ は一意に定まり，$v_2(rs)=v_2(r)+v_2(s)$ が成り立つ。

1.2 (1) の位置付け：1次の関係の不存在

1. の主張は，次の補題の (a) である。以後，(1) はこの補題のいずれかの形で引用する。

(c) は $1,\alpha$ が $\mathbb{Q}$ 上一次独立であること，(e) は $x^3-2$ が $\mathbb{Q}$ 上既約であることを表す。3次式の可約性は1次因子の存在と同値であるから，(1) は $x^3-2$ の既約性そのものに等しい。この事実が (2) のすべての解法の背後にある。

1.3 (2) の核心：1，α，α² の一次独立性

$P\in\mathbb{Q}[x]$ を $x^3-2$ で割って $P=(x^3-2)Q+R$ とすれば，$\alpha^3-2=0$ より $P(\alpha)=R(\alpha)$ である。

したがって (2) の内容は (B) に尽きる。 補題1 (c) は (B) の $c=0$ の場合であり，本問は
$$ \text{1次以下の有理係数の関係が存在しない}\quad\Longrightarrow\quad\text{2次以下の有理係数の関係が存在しない} $$
という一段の昇格を問う構成になっている。$x^3-2$ 自身が $\alpha$ を根にもつ3次式であるから，(C) は「$x^3-2$ は $\alpha$ を根にもつ有理係数多項式のうち次数最小のものである」と言い換えられる。代数学の言葉では，$x^3-2$ が $\alpha$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小多項式であり，$[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=3$ であることにほかならない（ 5.2 節 ）。
(B) を「係数比較」と称して直ちに主張するのは誤りである。係数比較は $1,x,x^2$ が多項式として一次独立であることに基づく。特定の実数 $1,\alpha,\alpha^2$ の一次独立性は (B) そのものであり，証明を要する。

1.4 次数還元の構造

$\alpha^{n+3}=2\alpha^n$（$n\geqq0$）を繰り返し用いると，$\alpha$ のすべてのべき，したがってすべての $F(\alpha)$（$F\in\mathbb{Q}[x]$）は $a+b\alpha+c\alpha^2$（$a,b,c\in\mathbb{Q}$）の形に書ける。すなわち
$$ \mathbb{Q}[\alpha]:=\lbrace F(\alpha)\mid F\in\mathbb{Q}[x]\rbrace=\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}\lbrace1,\alpha,\alpha^2\rbrace $$
である。多項式の側では，これは $x^3-2$ による除法にほかならない。指数を $3$ で割った余りで項を分類すれば，余りは
$$ P(x)=A(x^3)+xB(x^3)+x^2C(x^3)\quad\Longrightarrow\quad R(x)=A(2)+B(2)\,x+C(2)\,x^2 $$
と明示される（ 3.2 節 ）。任意次数の $P$ に関する主張は，3個の有理数に関する主張 (B) に還元される。これが本問における次元の削減である。

1.5 (1) の整数論的構造

$\alpha=a/b$（$a,b$ は正の整数）と仮定すると $a^3=2b^3$ である。両辺の素因数 $2$ の指数を比較すると
$$ 3v_2(a)=1+3v_2(b) $$
となり，$3$ を法として $0\equiv1$ の矛盾を得る。整数の3乗では各素因数の指数が $3$ の倍数になるのに対し，右辺の $2$ の指数は $3$ で割って $1$ 余る。本解の偶奇論法（既約分数の分子・分母がともに偶数になる）は，この指数の不整合を素因数分解の一意性に訴えずに実現したものである。これとは別の入口として，有限個の剰余類の中で $2$ が立方数にならないことを用いる方法がある（ 3.1 節 ）。

1.6 作問意図と設計原理

• 主題：$x^3-2$ が $\sqrt[3]{2}$ の最小多項式であること，すなわち $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$ を，除法の原理・背理法・偶奇という高校数学の道具だけで証明させる。(2) は「既約多項式は，それと共通根をもつ多項式を割り切る」という代数学の基本事実の，最小の具体例である。
• 誘導の構造：(1) は独立した小問ではなく，(2) の中で「$r\alpha+s=0\Rightarrow r=s=0$」（ 補題1 (c)）として再利用される部品である。 補題1 (e) が示すとおり，(1) の時点で $x^3-2$ の既約性という整数論的内容はすべて確定しており，(2) が問うのは，そこから「割り切れる」を導く多項式の論理である。
• 3乗根である理由：$\sqrt2$ と $x^2-2$ で同じ問いを立てると，余りは1次以下となり，(2) は (1) から直ちに従う。3乗根では，1次の関係を (1) で否定した後に2次の関係を否定する一段が残り，これが (2) の実質となる。一方，3次式の既約性は有理数の根の不存在と同値であるから，この一段は高校数学で処理できる。4次以上ではこの同値が崩れる。たとえば $x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$ は有理数の根をもたないが可約である。3次は「(2) が実質をもち，かつ初等的に完結する」最小の次数である。
• 仮定の必要性：有理係数の仮定は本質的である。実数係数を許せば $P(x)=x-\alpha$ は $P(\alpha)=0$ を満たすが，$x^3-2$ で割り切れない。また $2$ を立方数 $8$ に替えると，$P(x)=x-2$ が反例となる。いずれも 補題1 が成り立たない状況に対応する。
• 評価の観点：「割り切れることの証明」に対する定石（実際に割って余りを調べる），(1) の結論を道具として正しく用いること，余りが恒等的に $0$ であることまで論証を閉じることが問われる。(B) を自明視すること，有理係数であることだけを根拠に $\omega\alpha$（$\omega$ は1の虚数3乗根）も $P$ の根であると主張すること（ 5.4 節 ）は，いずれも証明すべき内容の先取りである。

1.7 構造から導かれる解法の分岐

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2. 本解

2.1 方針

1. は既約分数による表示を仮定し，$a^3=2b^3$ から分子・分母がともに偶数となる矛盾を導く。
2. は $P(x)$ を $x^3-2$ で割り，余り $ax^2+bx+c$ について $a\alpha^2+b\alpha+c=0$ から $a=b=c=0$ を示す（ 補題2 ）。$a\neq0$ なら $\alpha^2=u\alpha+v$（$u,v\in\mathbb{Q}$）と正規化できる。これは $1,\alpha$ の有理係数一次結合全体が $\alpha$ 倍で閉じることを意味するので，両辺を一度 $\alpha$ 倍して $\alpha^3$ を $1,\alpha$ で表し，既知の関係 $\alpha^3=2$ と比較する。比較の段階で (1) を用いる。

2.2 解答

(1)

$\alpha$ が有理数であると仮定する。$\alpha > 0$ であるから，互いに素な正の整数 $a,b$ を用いて $\alpha=\dfrac ab$ と表せる。$\alpha^3=2$ より
$$ a^3=2b^3. $$
$a$ が奇数なら $a^3$ も奇数であるから，$a^3$ が偶数であることより $a$ は偶数である。$a=2a_1$（$a_1$ は正の整数）とおくと $8a_1^3=2b^3$，すなわち
$$ b^3=4a_1^3 $$
であり，同様に $b$ も偶数である。これは $a,b$ が互いに素であることに反する。
よって $\sqrt[3]{2}$ は無理数である。

(2)

$x^3-2$ は最高次の係数が $1$ の有理係数多項式であるから，除法の原理により
$$ P(x)=(x^3-2)Q(x)+ax^2+bx+c\qquad(Q(x)\ \text{は有理係数多項式},\ a,b,c\in\mathbb{Q}) $$
と書ける。$x=\alpha$ を代入すると，$P(\alpha)=0$，$\alpha^3-2=0$ より
$$ a\alpha^2+b\alpha+c=0. \tag{i} $$
また，(1) より次が成り立つ。
$$ r,s\in\mathbb{Q},\quad r\alpha+s=0\quad\Longrightarrow\quad r=s=0. \tag{ii} $$
実際，$r\neq0$ なら $\alpha=-s/r$ が有理数となり (1) に反するので $r=0$，したがって $s=0$ である。
$a=0$ の場合：(i) は $b\alpha+c=0$ となり，(ii) より $b=c=0$ である。
$a\neq0$ の場合：$u=-\dfrac ba$，$v=-\dfrac ca$ とおくと $u,v\in\mathbb{Q}$ であり，(i) より
$$ \alpha^2=u\alpha+v. $$
両辺に $\alpha$ を掛け，右辺に現れる $\alpha^2$ に再びこの式を用いると
$$ 2=\alpha^3=u\alpha^2+v\alpha=u(u\alpha+v)+v\alpha=(u^2+v)\alpha+uv, $$
すなわち $(u^2+v)\alpha+(uv-2)=0$ である。$u^2+v$，$uv-2$ は有理数であるから，(ii) より
$$ u^2+v=0,\qquad uv=2. $$
第1式から $v=-u^2$ であり，これを第2式に代入すると $-u^3=2$，すなわち $(-u)^3=2$ を得る。実数の立方根の一意性より $-u=\alpha$ となるが，$-u$ は有理数であるから (1) に反する。よってこの場合は起こらない。
以上より $a=0$ であり，前段より $b=c=0$ である。したがって $P(x)=(x^3-2)Q(x)$ となり，$P(x)$ は $x^3-2$ で割り切れる。

2.3 検証

• 立方数での破綻：$2$ を $8$ に替えて (1) の論法をたどると，$a^3=8b^3$，$a=2a_1$ から $a_1^3=b^3$ となり，矛盾は生じない。実際 $\sqrt[3]{8}=2$ は有理数である。$4$ に替えると $a^3=4b^3$，$a=2a_1$ から $b^3=2a_1^3$ となり，$b$ も偶数で矛盾が生じる（$\sqrt[3]{4}$ は無理数）。論法は立方数でない場合にのみ通り，素因数 $2$ の指数が $3$ の倍数でないことを正確に検出している。
• 仮定の使用箇所：有理係数の仮定は，$u,v$ が有理数であること，およびそれによって (ii) が適用できることの2点でのみ用いられる。$u,v$ を実数とすると $\alpha^2=u\alpha+v$ は無数の解（たとえば $u=0$，$v=\alpha^2$）をもち，係数の分離 $u^2+v=0$，$uv=2$ は導けない。実際，この連立方程式の唯一の実数解 $(u,v)=(-\alpha,-\alpha^2)$ は $u\alpha+v=-2\alpha^2\neq\alpha^2$ を与える。係数の分離は有理数の範囲でのみ正当である。
• 符号と帰着先：$v=-u^2$ のとき $uv=-u^3$ であるから，$uv=2$ は $u^3=-2$ を与える。$u=-b/a$ を戻すと $(b/a)^3=2$ であり，(2) の矛盾は (1) で否定した「有理数の3乗が $2$ になる」という形に帰着している（ 3.7 節 の直接消去も同じ式に至る）。
• 具体例：$P(x)=x^6-4$ は $P(\alpha)=4-4=0$ を満たし，実際 $x^6-4=(x^3-2)(x^3+2)$ である。$P(x)=x^4-2x$ についても $P(\alpha)=2\alpha-2\alpha=0$，$x^4-2x=x(x^3-2)$ である。

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3. 別解と参考解

3.1 (1) の別証：7 を法とする立方剰余

着想・方針

素因数の指数ではなく，有限個の剰余類の中で立方数を調べる。$7$ を法とすると整数の3乗は $0,\pm1$ のいずれかに限られ，$\pm2$ にはならない。

解答

$\alpha$ が有理数であると仮定し，互いに素な正の整数 $a,b$ により $\alpha=a/b$ とすると $a^3=2b^3$ である。
$7\mid b$ なら $7\mid a^3$ であり，$7$ は素数であるから $7\mid a$ となって，$a,b$ が互いに素であることに反する。よって $7\nmid b$ である。
整数 $n$ の3乗を $7$ を法として調べる。$(-n)^3=-n^3$ に注意すると次の表を得る。

したがって $n^3\equiv0,\pm1\pmod7$ であり，$7\nmid n$ なら $n^3\equiv\pm1\pmod 7$ である。ゆえに $b^3\equiv\pm1$，$a^3=2b^3\equiv\pm2\pmod 7$ となるが，これは $a^3\equiv0,\pm1\pmod 7$ に反する。
よって $\sqrt[3]{2}$ は無理数である。

検証・検算

• $7$ を法とする剰余は $0,\pm1,\pm2,\pm3$ の7通りに分かれるので，$\pm2\not\equiv0,\pm1\pmod7$ である。表は $2^3=8\equiv1$，$3^3=27\equiv-1$ から確認できる。
• 法の選び方は本質的である。$p=3$ または $p\equiv2\pmod3$ を満たす素数 $p$ では3乗写像が $p$ を法とする剰余類の上で全単射となり，すべての剰余が立方数であるから，この論法は使えない。$p\equiv1\pmod3$ でも成功するとは限らず，$p=31$ では $4^3=64\equiv2\pmod{31}$ となって失敗する（ 5.6 節 ）。$p=13$ では3乗の剰余は $0,\pm1,\pm5$ であり，同じ論法が通る。
• 素数でない法 $9$ でも，整数の3乗は $0,\pm1\pmod9$ に限られるので同様に示せる（$3\mid b$ なら $3\mid a$ となる）。

3.2 余りの他の導出：指数を 3 で割った余りによる分類

着想・方針

$x^3$ を $2$ に置き換える操作は，$x$ の指数を $3$ で割った余りを保つ。そこで $P$ の項を指数の $3$ を法とする類で分類すれば，除法を実行せずに余りを書き下せる。これは本解の還元段階の別表示であり，(B) の証明を代替するものではない。

解答

$P(x)$ の項を，指数が $3$ を法として $0,1,2$ のいずれに合同かで分類して集めると，
$$ P(x)=A(x^3)+xB(x^3)+x^2C(x^3)\qquad(A,B,C\ \text{は有理係数多項式}) $$
と書ける。因数定理より $A(t)-A(2)=(t-2)\tilde A(t)$（$\tilde A$ は有理係数多項式）であり，$t=x^3$ を代入すると $A(x^3)-A(2)=(x^3-2)\tilde A(x^3)$ となる。$B,C$ についても同様であるから
$$ P(x)=(x^3-2)\bigl(\tilde A(x^3)+x\tilde B(x^3)+x^2\tilde C(x^3)\bigr)+A(2)+B(2)\,x+C(2)\,x^2. $$
除法の一意性より，$P(x)$ を $x^3-2$ で割った余りは $A(2)+B(2)\,x+C(2)\,x^2$ である。$P(\alpha)=0$ なら $A(2)+B(2)\alpha+C(2)\alpha^2=0$ であり，本解で示した (B) により $A(2)=B(2)=C(2)=0$ となる。したがって余りは $0$ である。

検証・検算

$P(x)=x^5+x^4+1$ では $A(t)=1$，$B(t)=t$，$C(t)=t$ であり，公式は余り $1+2x+2x^2$ を与える。これは実際の除法
$$ x^5+x^4+1=(x^3-2)(x^2+x)+2x^2+2x+1 $$
と一致する。$P(x)=x^7-4x$ では $A=C=0$，$B(t)=t^2-4$ であり，$B(2)=0$ より余りは $0$ である。実際 $x^7-4x=x(x^3-2)(x^3+2)$ である。

3.3 別解1：逆向きの多項式除法（Euclid 型の次数降下）

着想・方針

$R(\alpha)=0$ を係数の関係として解くのではなく，「$R$ と $x^3-2$ が共通根 $\alpha$ をもつ」という二つの多項式の関係として読む。共通根をもつ二つの多項式では，一方を他方で割った余りもその根をもつので，割り算を繰り返して次数を下げられる（Euclid の互除法）。次数が1以下になった段階で (1) を適用する。

解答

1. は本解と同じである。
2. について，除法の原理により
   $$ P(x)=(x^3-2)Q(x)+R(x)\qquad(Q,R\ \text{は有理係数多項式},\ R=0\ \text{または}\ \deg R\leqq2) $$
   と書け，$R(\alpha)=P(\alpha)=0$ である。$R\neq0$ と仮定して矛盾を導く。
   まず，$T(x)=rx+s$（$r,s\in\mathbb{Q}$）の形の多項式が $T(\alpha)=0$ を満たせば $T=0$ である。実際，$r\neq0$ なら $\alpha=-s/r$ が有理数となり (1) に反するので $r=0$，したがって $s=0$ である。
   これと $R\neq0$ より $\deg R=2$ である。$x^3-2$ を $R(x)$ で割ると
   $$ x^3-2=S(x)R(x)+T(x)\qquad(S,T\ \text{は有理係数多項式},\ T=0\ \text{または}\ \deg T\leqq1) $$
   と書け，$x=\alpha$ を代入して $T(\alpha)=0$ を得る。上で示したことにより $T=0$，すなわち $x^3-2=S(x)R(x)$ である。次数を比較して $\deg S=1$ であるから，$S(x)=s_1x+s_0$（$s_1\neq0$）と書ける。$r=-s_0/s_1$ は有理数であり，
   $$ r^3-2=S(r)R(r)=0. $$
   すなわち有理数 $r$ が $r^3=2$ を満たし，実数の立方根の一意性より $r=\alpha$ となって (1) に反する。
   よって $R=0$ であり，$P(x)$ は $x^3-2$ で割り切れる。

検証・検算

• 実数係数で同じ手順をたどると $x^3-2=(x-\alpha)(x^2+\alpha x+\alpha^2)$ であり，1次因子 $x-\alpha$ の根 $\alpha$ は有理数でない。矛盾は「1次因子の根が有理数になる」という一点から生じており，有理係数の仮定の使用箇所が明確である。
• 2回目の除法で $\deg T < \deg R=2$，また $\deg S=\deg(x^3-2)-\deg R=1$ となることを確認する。$R\neq0$ から直ちに $\deg R=2$ とせず，1次以下の場合を (1) で除外している。

3.4 参考解1：最小次数の消滅多項式と既約性

着想・方針

$\alpha$ を根にもつ有理係数多項式全体を一つの集合として扱う。この集合は和と有理係数多項式との積で閉じており，その中の次数最小の元がすべての元を割り切る（ 補題3 ）。この最小元が $x^3-2$ に一致することを，$x^3-2$ の既約性（ 補題1 (e) または 定理4 ）から導く。

解答

補題3 より，$x^3-2=m(x)L(x)$（$L\in\mathbb{Q}[x]$）と書ける。$0$ でない定数は $\alpha$ を根にもたないので $\deg m\geqq1$ であり，また $\deg m\leqq3$ である。

• $\deg m=1$ なら，$m$ の根 $\alpha$ は有理数となり，(1) に反する。
• $\deg m=2$ なら $\deg L=1$ であり，$L$ の根は有理数で $x^3-2$ の根となる。これは (1)（ 補題1 (d)）に反する。
  よって $\deg m=3$ であり，$L$ は $0$ でない定数である。したがって $I=\lbrace (x^3-2)G\mid G\in\mathbb{Q}[x]\rbrace$ となり，これは (2) の主張である。
  上の二つの場合分けは，$x^3-2$ が $\mathbb{Q}$ 上既約であること（ 補題1 (e)）の確認そのものである。既約性は，(1) を経由せずに次の判定法からも得られる。

$x^3-2$ は $p=2$ について条件を満たす（$c_3=1$，$c_2=c_1=0$，$c_0=-2$，$4\nmid -2$）。したがって $x^3-2$ は $\mathbb{Q}$ 上既約である。 補題1 (e)$\Rightarrow$(a) により (1) が従い，$m\mid x^3-2$ かつ $\deg m\geqq1$ と既約性から $m$ は $x^3-2$ の定数倍となって (2) も従う。

検証・検算

• 補題3 の証明は $\alpha$ の具体形を用いないので，$\alpha$ を任意の実数（複素数）に替えても，$I\neq\lbrace0\rbrace$ である限り成り立つ。$\sqrt[3]{8}=2$ に適用すれば $m=x-2$ であり，$I$ は $x-2$ の倍数全体となって $x^3-8$ は $I$ を生成しない。これは 1.6 節 の反例と整合する。
• 定理4 は高校数学の範囲外であり，その証明には Gauss の補題（整数係数多項式の $\mathbb{Q}[x]$ における分解は整数係数の分解に取り替えられる）を要する。 補題3 と 補題1 による経路は除法の原理のみで完結する。

3.5 参考解2：三次恒等式（ノルム）と無限降下

着想・方針

$a+b\alpha+c\alpha^2=0$ から無理数 $\alpha$ を完全に消去し，整数 $a,b,c$ だけの方程式に移す。恒等式
$$ x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) $$
に $x=a$，$y=b\alpha$，$z=c\alpha^2$ を代入すると，左辺の各項は $\alpha^3=2$ により有理数となる。得られる3次形式を偶奇で解析する。この方法は (1) を用いず，(1) と (2) を同時に示す。

解答

補題2 により (B) を示せばよい。$a,b,c\in\mathbb{Q}$ が $a+b\alpha+c\alpha^2=0$ を満たし，すべてが $0$ ではないと仮定する。両辺に分母の公倍数を掛け，さらに3数の最大公約数で割ることにより，$a,b,c$ は最大公約数が $1$ の整数であるとしてよい。
恒等式に $x=a$，$y=b\alpha$，$z=c\alpha^2$ を代入すると $x+y+z=0$ であるから，$\alpha^3=2$，$\alpha^6=4$ を用いて
$$ a^3+2b^3+4c^3-6abc=0 \tag{iii} $$
を得る。(iii) より $a^3$ は偶数であるから $a$ は偶数である。$a=2a_1$ を代入して $2$ で割ると
$$ 4a_1^3+b^3+2c^3-6a_1bc=0 $$
となり，$b$ も偶数である。$b=2b_1$ を代入して $2$ で割ると
$$ 2a_1^3+4b_1^3+c^3-6a_1b_1c=0 $$
となり，$c$ も偶数である。これは $a,b,c$ の最大公約数が $1$ であることに反する。
よって $a=b=c=0$ であり，(B) が成り立つ。 補題2 より (2) が従い，(B) の $c=0$ の場合として (1) も従う（ 補題1 (c)）。

検証・検算

• 代入した各項は $(b\alpha)^3=2b^3$，$(c\alpha^2)^3=4c^3$，$3\cdot a\cdot b\alpha\cdot c\alpha^2=3abc\alpha^3=6abc$ である。
• $N(a,b,c)=a^3+2b^3+4c^3-6abc$ とおく。$N(1,1,1)=1$，$N(-1,1,0)=1$ であり，実際 $(1+\alpha+\alpha^2)(\alpha-1)=\alpha^3-1=1$ である。これは $N$ が乗法的であること（ 5.4 節 ）と整合する。また $N(0,1,0)=2$ は $\alpha$ の三つの共役の積 $\alpha\cdot\omega\alpha\cdot\omega^2\alpha=\alpha^3$ に等しい。
• 降下の論法は (1) の偶奇論法の3変数版であり，$c=0$ とおけば $a^3+2b^3=0$ に対する (1) の論法に一致する。

3.6 参考解3：α 倍写像の行列式と次元

着想・方針

$\alpha$ を数として計算する代わりに，$\alpha$ を掛ける操作を有理数体上の線形写像とみる。$1,\alpha,\alpha^2$ の張る空間 $V$ は $\alpha$ 倍で閉じ，その写像 $T$ は $T^3=2\,\mathrm{id}_V$ を満たす。行列式をとると $(\det T)^3=2^{\dim V}$ となり，左辺が有理数の3乗であることから次元が $3$ に決まる。一次独立性を仮定せず，次元を未知数として出発することが要点である。

解答

実数全体を有理数体上のベクトル空間とみて，
$$ V=\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}\lbrace1,\alpha,\alpha^2\rbrace,\qquad d=\dim_{\mathbb{Q}}V $$
とおく。$V$ は $0$ でない元 $1$ を含み，3個の元で張られるから $1\leqq d\leqq3$ である。
$a,b,c\in\mathbb{Q}$ に対し $\alpha(a+b\alpha+c\alpha^2)=2c+a\alpha+b\alpha^2\in V$ であるから，$T(v)=\alpha v$ は $\mathbb{Q}$ 線形写像 $T:V\to V$ を定め，$\alpha^3=2$ より $T^3=2\,\mathrm{id}_V$ である。$V$ の $\mathbb{Q}$ 上の基底に関する $T$ の表現行列は有理数を成分とするので $\det T\in\mathbb{Q}$ であり，
$$ (\det T)^3=\det(T^3)=\det(2\,\mathrm{id}_V)=2^d. $$
$\det T\neq0$ であるから，$v_2$（ 1.1 節 ）をとると $3v_2(\det T)=d$ となる。よって $3\mid d$，すなわち $d=3$ である。
したがって $1,\alpha,\alpha^2$ は $\mathbb{Q}$ 上一次独立であり，これは (B) にほかならない。 補題2 より (2) が従い，その特別な場合として (1) も従う。

検証・検算

• 一次独立性を示す前に $(1,\alpha,\alpha^2)$ を「基底」と呼ぶと，示すべきことを仮定する循環論法になる。上の解答は $d$ を未知数とすることでこれを避けている。
• $d=3$ が確定した後，基底 $(1,\alpha,\alpha^2)$ に関する $T$ の表現行列は
  $$ C=\begin{pmatrix}0&0&2\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix} $$
  であり，$\det C=2$，$C^3=2I$，$(\det C)^3=8=2^3$ と整合する。さらに $a+b\alpha+c\alpha^2$ を掛ける写像の行列は
  $$ aI+bC+cC^2=\begin{pmatrix}a&2c&2b\\b&a&2c\\c&b&a\end{pmatrix},\qquad \det(aI+bC+cC^2)=a^3+2b^3+4c^3-6abc $$
  であり，参考解2 の3次形式と一致する（ 5.4 節 ）。
• $d=2$ なら $(\det T)^3=4$，$d=1$ なら $(\det T)^3=2$ となり，いずれも「$2$，$4$ は有理数の3乗でない」ことに反する。$d$ の候補を一つずつ消す形に書き直せば，$v_2$ を用いずに (1) の偶奇論法だけで完結する。

3.7 同じ系列に属する変形

以下は独立の解法とは数えず，既出の解法の表現違いまたは部分的な変形として扱う。

(1) の系列：素因数 2 の指数

• 素因数分解の一意性・$2$ 進付値：$3v_2(a)=1+3v_2(b)$ の矛盾（ 1.5 節 ）。本解 (1) はこれを偶奇で実現したものである。
• 無限降下法：$a^3=2b^3$ が正の整数解 $(a,b)$ をもてば $a,b$ はともに偶数で，$(a/2,b/2)$ もまた解となる。正の整数の無限降下は起こり得ない。本解 (1) の「互いに素」の仮定をこの形に置き換えたものである。
• 有理根定理：$x^3-2$ の有理数の根を既約分数 $p/q$（$q\geqq1$）とすると，$p^3=2q^3$ より $q\mid p^3$ であり，$\gcd(p,q)=1$ から $q=1$ となる。整数 $p$ が $p^3=2$ を満たすことは $1^3 < 2 < 2^3$ に反する。$q\mid p^3\Rightarrow q=1$ の部分に素因数の議論が含まれており，同じ核の圧縮である。
• 法 $9$ による証明： 3.1 節 の変形である。

本解 (2) の系列：2次元で閉じるという仮定の否定

• 直接消去：$a\alpha^2+b\alpha+c=0$ に $\alpha$ を掛けると $b\alpha^2+c\alpha+2a=0$ である。$\alpha^2$ を消去すると
  $$ b(a\alpha^2+b\alpha+c)-a(b\alpha^2+c\alpha+2a)=(b^2-ac)\alpha+(bc-2a^2)=0 $$
  であり，(1) より $b^2=ac$，$bc=2a^2$ である。$a\neq0$ なら $c=b^2/a$ を代入して $b^3=2a^3$，すなわち $(b/a)^3=2$ となり (1) に反する。$a=0$ なら $b^2=0$ より $b=0$，さらに $c=0$ である。正規化を経ない形であるが，到達する方程式 $b^3=2a^3$ は (1) の方程式と同形である。
• Vieta の関係式：$\alpha$ が $x^2-sx+p=0$（$s,p\in\mathbb{Q}$）の解であると仮定し，$\alpha^2=s\alpha-p$ から $\alpha^3=(s^2-p)\alpha-sp$ を得る。本解で $u=s$，$v=-p$ としたものに等しい。
• $2\times2$ の行列式：$\alpha^2=u\alpha+v$ なら $W=\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}\lbrace1,\alpha\rbrace$ は $\alpha$ 倍で閉じ，(1) より $(1,\alpha)$ は $W$ の基底である。$\alpha$ 倍写像の表現行列は $\begin{pmatrix}0&v\\1&u\end{pmatrix}$，その行列式は $-v$ であり，$(-v)^3=\det(2I_2)=4$ を得る。$v\neq0$ であり $\left(\dfrac{2}{-v}\right)^3=\dfrac84=2$ となって (1) に反する。参考解3 の $d=2$ の場合を初等化したものである。

別解1 の系列：共通根と互除法

• 最大公約多項式と Bézout の等式：$P\neq0$，$P(\alpha)=0$ とし，$D=\gcd(P,\,x^3-2)$ を $\mathbb{Q}[x]$ でとる。$D=AP+B(x^3-2)$（$A,B\in\mathbb{Q}[x]$）より $D(\alpha)=0$，ゆえに $\deg D\geqq1$ である。$D\mid x^3-2$ と $x^3-2$ の既約性（ 補題1 (e)）から $D$ は $x^3-2$ の定数倍であり，$x^3-2\mid P$ を得る。別解1 の除法の連鎖を一般化したものである。
• 終結式：$\mathrm{Res}(R,\,x^3-2)=0$ と共通根の存在との同値を用いる方法は，同じ互除法を行列式で表示したものである。

参考解1 の系列：既約性と最小多項式

• 評価写像 $\varphi:\mathbb{Q}[x]\to\mathbb{R}$，$F\mapsto F(\alpha)$ の核が単項イデアル $(x^3-2)$ であるという表現（ 5.3 節 ）。 補題3 は，$\mathbb{Q}[x]$ のイデアルが一つの元で生成されることの，この核に対する証明である。
• $7$ を法とする既約性：$x^3\equiv2\pmod7$ は解をもたないので，$x^3-2$ は $7$ を法として1次因子をもたず既約である。最高次の係数が $1$ の整数係数多項式が $\mathbb{Q}$ 上で分解すれば，Gauss の補題により最高次の係数が $1$ の整数係数多項式の積に分解し，$7$ を法としても同じ次数で分解するので，$x^3-2$ は $\mathbb{Q}$ 上既約である。 3.1 節 と 定理4 の中間に位置する。

参考解2 の系列：ノルム

• 三次恒等式，共役における値の積 $(a+b\alpha+c\alpha^2)(a+b\omega\alpha+c\omega^2\alpha^2)(a+b\omega^2\alpha+c\omega\alpha^2)$，乗法の行列の行列式 $\det(aI+bC+cC^2)$，終結式 $\mathrm{Res}(a+bx+cx^2,\,x^3-2)$ は，いずれも同じ3次形式 $a^3+2b^3+4c^3-6abc$ を与える（ 5.4 節 ）。

検討したが採用しない候補

• 平均値の定理による有理数近似の評価：$\left\lvert\alpha-\dfrac pq\right\rvert\geqq\dfrac{C}{q^3}$ 型の評価は $\lvert p^3-2q^3\rvert\geqq1$，すなわち $p/q\neq\alpha$ を前提として導かれる。$\alpha=p/q$ の可能性そのものを排除しないので，(1) の証明にならない。
• 連分数展開の非停止性：展開が停止しないことの証明に $\alpha$ の無理性を用いれば循環し，用いない証明は与えられていない。
• 差分作用素による定式化：数列 $\alpha^n$ が $(E^3-2)\alpha^n=0$（$E$ はずらし作用素）を満たすことは正しいが，$E^3-2$ が最小の零化作用素であることは (B) と同値であり，言い換えにとどまる。
• 共役根の無条件の使用：$P(\alpha)=0$ から $P(\omega\alpha)=0$ を導くことは (2) と同値であり（ 5.4 節 ），証明すべきことの仮定である。
• $(1,\alpha,\alpha^2)$ を最初から基底とする行列表示：循環論法である。参考解3 は次元を未知数とすることでこれを修正している。

3.8 解法の比較

試験場での第一選択は本解である。除法という定石から出発し，(1) を道具として二度用いるだけで閉じる。係数の正規化が煩雑に感じられる場合は別解1 が安定しており，係数計算をほとんど要しない。参考解2 は高校数学の範囲で完結し，(1) に依存しない点で独立性が高いが，恒等式の選択に発想の跳躍がある（その動機は 5.4 節 のノルムである）。参考解1・参考解3 は答案としては過剰であるが，本問が最小多項式・拡大次数という一般理論の具体例であることを示す。

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4. 汎用的な探索手順

本問から抽出される，「代数的数を根にもつ多項式」および「無理数を含む関係式」に関する問題への探索手順を述べる。

4.1 意思決定の流れ

手順1（結論の形式から逆算する）

：「$A(x)$ が $B(x)$ で割り切れる」を示すには，まず $A=BQ+R$ と置き，目標を「余り $R$ が恒等的に $0$」に置き換える。
手順2（与えられた関係で次数を落とす）：$\beta^n=c$ のような関係があれば，$\beta$ の高いべきを $1,\beta,\ldots,\beta^{n-1}$ に還元する。指数を $n$ で割った余りによる分類で余りを明示できる（ 3.2 節 ）。
手順3（目標を一次独立性として書き直す）：$R(\beta)=0$ から $R=0$ を導くことは，$1,\beta,\ldots,\beta^{n-1}$ の一次独立性と同値である（ 補題2 ）。低い次数から順に否定する。1次の関係の否定は無理性そのものである（ 補題1 ）。
手順4（低次の関係を仮定したら演算を進める）：低次の関係 $\beta^k=(\text{低次の一次結合})$ を仮定すると，有限個の元の一次結合全体が $\beta$ 倍で閉じる。その中で $\beta$ 倍を繰り返して既知の高次の関係と衝突させ，係数を比較する（本解）。
手順5（係数計算が重ければ共通根に読み替える）：$R(\beta)=0$ を「$R$ と既知の多項式が共通根をもつ」と読み，互除法で次数を下げる（別解1）。次数が1以下になった時点で無理性を適用する。
手順6（既約性の判定手段を次数で選ぶ）：3次以下の多項式の既約性は，その体での根の有無で決まる。4次以上では成り立たないので，Eisenstein の判定法，素数を法とする還元，二項式に対する Capelli の定理など別の手段を用いる（ 5.5 節 ）。
手順7（整数の方程式は二方向から攻める）：$a^m=cb^m$ の形が現れたら，特定の素数の指数（付値）と，素数 $p$ を法とする $m$ 乗剰余の二方向を試す。後者では $m$ 乗写像が全単射にならない法，すなわち $\gcd(m,p-1) > 1$ を満たす素数（$m$ が素数なら $p\equiv1\pmod m$）から選ぶ（ 5.6 節 ）。
手順8（検算する）：完全べき（本問では立方数）に置き換えて論法が正しく破綻するか，有理係数の仮定をどこで用いたか，共役根や基底など証明すべき内容を先取りしていないかを確認する。

4.2 症状と有効な表現

4.3 一般化と適用範囲

$c$ を有理数の3乗でない有理数とし，$2$ を $c$ に替える。このとき (1) に相当する主張は「$r^3=c$ を満たす有理数 $r$ は存在しない」であり，本解・別解1・参考解1・参考解3 は，(1) をこの主張に読み替えればそのまま成り立つ。本解では $(-u)^3=c$ が現れる。参考解3 では $(\det T)^3=c^d$ が現れ，$d=1$ は $c$ が有理数の3乗となること，$d=2$ は $c^2$ が有理数の3乗となること（このとき $c=c^3/c^2$ も有理数の3乗）に反するので $d=3$ を得る。参考解2 も，$c$ を立方因子を含まない整数に正規化し（$\sqrt[3]{c}$ を有理数倍しても一次独立性は変わらない），偶奇の代わりに $c$ の素因数 $p$ による整除性を用いれば同様に進む。すなわち
$$ c\in\mathbb{Q},\ c\ \text{は有理数の3乗でない}\quad\Longrightarrow\quad x^3-c\ \text{は}\ \sqrt[3]{c}\ \text{の最小多項式} $$
である。一方，次数を上げると (1) から (2) への昇格は自明でなくなる。$x^n-c$ の既約性の完全な判定は 5.5 節 の Capelli の定理による。

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5. 発展事項

5.1 高校数学と一般理論の境界

本解，3.1 節，3.2 節，別解1，参考解2，および参考解1 のうち 補題3 を用いる経路は，すべて左欄の範囲で完結する。右欄は，それらの計算が成り立つ理由を説明する理論である。

5.2 最小多項式と拡大次数

複素数 $\beta$ が $\mathbb{Q}$ 上代数的であるとは，$\beta$ を根にもつ $0$ でない有理係数多項式が存在することをいう。そのうち次数最小で最高次の係数が $1$ のものを $\beta$ の最小多項式 $m_\beta$ という。 補題3 の証明は任意の代数的数に通用し，$m_\beta$ は $\beta$ を根にもつすべての有理係数多項式を割り切る。特に $m_\beta$ は一意であり，既約である（$m_\beta=GH$ と分解されれば $G(\beta)H(\beta)=0$ より一方が $\beta$ を根にもち，次数の最小性に反する）。逆に，$\beta$ を根にもつ既約で最高次の係数が $1$ の多項式は $m_\beta$ に一致する。
$\mathbb{Q}[\beta]=\lbrace F(\beta)\mid F\in\mathbb{Q}[x]\rbrace$ は体である。実際，$G(\beta)\neq0$ なら $m_\beta\nmid G$ であり，既約性から $G$ と $m_\beta$ の最大公約多項式は $1$ となる。Bézout の等式 $AG+Bm_\beta=1$ に $\beta$ を代入すれば $A(\beta)G(\beta)=1$ を得る。この体を $\mathbb{Q}(\beta)$ と書き，$\mathbb{Q}$ 上のベクトル空間としての次元を拡大次数 $[\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}]$ という。これは $\deg m_\beta$ に等しく，$1,\beta,\ldots,\beta^{\deg m_\beta-1}$ が基底となる。
本問は $\beta=\sqrt[3]{2}$ について $m_\beta=x^3-2$，$[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$ を示すものである。 補題2 の (A)(B)(C) は，それぞれ「$x^3-2$ はすべての消滅多項式を割り切る」「$1,\alpha,\alpha^2$ は一次独立（したがって基底）」「最小多項式の次数は $3$」に対応する。

5.3 評価写像と剰余環

写像 $\varphi:\mathbb{Q}[x]\to\mathbb{R}$，$F\mapsto F(\alpha)$ は和と積を保つ（環準同型）。その像は $\mathbb{Q}[\alpha]$，核は $I=\lbrace F\mid F(\alpha)=0\rbrace$ であり，(2) は
$$ \ker\varphi=(x^3-2) $$
と同値である。準同型定理より $\mathbb{Q}[x]/(x^3-2)\cong\mathbb{Q}(\alpha)$ が成り立ち，$x^3-2$ の既約性は右辺が体であることに対応する。
高校数学の範囲では，これは3乗根を含む分母の有理化として現れる。たとえば $(\alpha-1)(\alpha^2+\alpha+1)=\alpha^3-1=1$ より
$$ \frac{1}{\alpha-1}=1+\alpha+\alpha^2 $$
である。一般に，参考解2 の恒等式の第2因子を用いると
$$ (a+b\alpha+c\alpha^2)\bigl((a^2-2bc)+(2c^2-ab)\alpha+(b^2-ac)\alpha^2\bigr)=a^3+2b^3+4c^3-6abc $$
が成り立つ。参考解2 の降下は (iii) だけを用いているので，有理数 $a,b,c$ について右辺が $0$ となるのは $a=b=c=0$ のときに限る。したがって $(a,b,c)\neq(0,0,0)$ なら右辺は $0$ でない有理数であり，$a+b\alpha+c\alpha^2$ の逆数は再び $1,\alpha,\alpha^2$ の有理係数一次結合で表される。

5.4 ノルムと共役

$\omega=\dfrac{-1+\sqrt3\,i}{2}$ とする。$x^3-2$ の根は $\alpha,\omega\alpha,\omega^2\alpha$ であり，恒等式
$$ x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x+\omega y+\omega^2z)(x+\omega^2y+\omega z) $$
に $x=a$，$y=b\alpha$，$z=c\alpha^2$ を代入すると
$$ a^3+2b^3+4c^3-6abc=(a+b\alpha+c\alpha^2)(a+b\omega\alpha+c\omega^2\alpha^2)(a+b\omega^2\alpha+c\omega\alpha^2) $$
を得る。右辺は $\beta=a+b\alpha+c\alpha^2$ の三つの共役の積，すなわち $\beta$ のノルム $N(\beta)$ であり， 3.6 節 の乗法の行列の行列式，終結式 $\mathrm{Res}(a+bx+cx^2,\,x^3-2)$ とも一致する。ノルムは乗法的であり，$\beta\neq0$ なら $N(\beta)\neq0$ である。参考解2 は，この「ノルムが $0$ でない」ことを $2$ 進的な降下で直接示したものとみなせる。
ここで，共役を用いる議論には注意を要する。$P\in\mathbb{Q}[x]$ と $P(\alpha)=0$ から $P(\omega\alpha)=0$ を導くことは，(2) と同値である。実際，(2) が成り立てば $x^3-2\mid P$ より $P(\omega\alpha)=0$ である。逆に $P(\omega\alpha)=0$ なら，$P$ は実数係数であるから $P(\omega^2\alpha)=\overline{P(\omega\alpha)}=0$ でもあり，相異なる3根 $\alpha,\omega\alpha,\omega^2\alpha$ をもつので $(x-\alpha)(x-\omega\alpha)(x-\omega^2\alpha)=x^3-2$ で割り切れる（商が有理係数であることは 1.1 節 と同様に除法の一意性による）。したがって，「有理係数だから共役も根である」という主張を準備なしに用いて (2) を示すことは，結論の先取りである。ノルム $N$ が $\mathbb{Q}(\alpha)$ 上で整合的に定義されることも，同じく (2)（または既約性）に依存する。

5.5 既約性の判定法

• 次数3以下：体 $K$ 上の2次式・3次式は，$K$ に根をもたないことと $K$ 上既約であることが同値である（ 補題1 (d)(e)）。4次以上では成り立たない。
• Gauss の補題：整数係数の多項式が $\mathbb{Q}[x]$ において分解すれば，整数係数の多項式の積に分解する。 定理4 や素数を法とする還元はこれに基づく。
• Eisenstein の判定法（ 定理4 ）：$x^n-2$ は任意の $n\geqq1$ について $\mathbb{Q}$ 上既約であり，したがって $\sqrt[n]{2}$ の最小多項式は $x^n-2$ である。
• 素数を法とする還元：最高次の係数が $1$ の整数係数多項式は，ある素数を法として既約なら $\mathbb{Q}$ 上既約である。$x^3-2$ は $7$ を法として既約である（ 3.7 節 ）。
• 二項式の既約性（Capelli の定理）：体 $K$ と $c\in K$ に対し，$x^n-c$ が $K$ 上既約であるための必要十分条件は，$n$ を割り切る各素数 $p$ について $c$ が $K$ の元の $p$ 乗でないこと，かつ $4\mid n$ のときは $c$ が $-4k^4$（$k\in K$）の形でないことである。$n$ が素数なら「$c$ が $K$ の元の $n$ 乗でない」だけが条件となり，本問の $n=3$，$c=2$ はこの場合である。$x^4+4$ は $c=-4=-4\cdot1^4$ であるから可約であり，Sophie Germain の恒等式 $x^4+4y^4=(x^2+2xy+2y^2)(x^2-2xy+2y^2)$ がその分解を与える。

5.6 3次剰余：なぜ 7 なのか

素数 $p$ を法とする $0$ でない剰余類全体は，乗法について位数 $p-1$ の巡回群をなす。$3\nmid p-1$（$p=3$ または $p\equiv2\pmod3$）なら3乗写像は全単射であり，すべての剰余が立方数となるので， 3.1 節 の論法は使えない。$p\equiv1\pmod3$ なら3乗写像の像は指数 $3$ の部分群であり，$0$ でない立方剰余は $(p-1)/3$ 個に限られる。$p=7$ ではそれが $\pm1$ の2個となる。
$p\equiv1\pmod3$ のとき $2$ が $p$ を法とする立方剰余であるための必要十分条件は，$p=x^2+27y^2$ を満たす整数 $x,y$ が存在することである。これは Euler が予想し，Gauss が証明した（証明は Gauss の死後に公表された）。$200$ 未満で $2$ が立方剰余となる $p\equiv1\pmod3$ の素数は
$$ 31=2^2+27\cdot1^2,\quad 43=4^2+27\cdot1^2,\quad 109=1^2+27\cdot2^2,\quad 127=10^2+27\cdot1^2,\quad 157=7^2+27\cdot2^2 $$
の5個であり，それ以外の $p=7,13,19,37,61,\ldots$ では 3.1 節 の論法が通る。Chebotarev の密度定理によれば，$2$ が立方剰余でない素数は全素数の中で密度 $1/3$ をもつ。3次剰余の一般的な規則は3次の相互法則として体系化され，最初に公表された証明は Eisenstein（1844）による。

5.7 作図不可能性：立方倍積問題

本問 (2) の内容 $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$ は，古典的な作図問題の不可能性証明の核心である。

作図の各段階は直線と円の交点を求める操作であり，新たな座標は既存の体の上の高々2次方程式の解となる。これが体の列の存在を与え，拡大次数の乗法性 $[K_n:\mathbb{Q}]=[K_n:\mathbb{Q}(\gamma)][\mathbb{Q}(\gamma):\mathbb{Q}]$ から後半が従う。体積 $1$ の立方体の2倍の体積をもつ立方体の一辺は $\sqrt[3]{2}$ であり，$[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$ は $2$ のべきでないから，立方倍積は定規とコンパスでは作図できない。

5.8 歴史的背景

立方倍積問題（デロス島の問題）は古代ギリシアに遡る。Hippocrates（キオス）はこれを二つの比例中項の作図に帰着させ，Menaechmus は円錐曲線の交点による解を与えた。定規とコンパスによる作図の不可能性は Wantzel（1837）によって初めて証明された。既約性判定法は Schönemann（1846）と Eisenstein（1850）による。体・拡大次数・最小多項式の概念は19世紀後半に Dedekind，Kronecker らによって整備された。本問は，これらの理論が交わる最小の具体例を，除法の原理と偶奇だけで扱わせる構成になっている。

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6. 最終整理

6.1 全体の構造マップ

• $\alpha=\sqrt[3]{2}$，$\alpha^3=2$
  • 1. $\alpha\notin\mathbb{Q}$ $\Leftrightarrow$ 1次以下の関係が存在しない $\Leftrightarrow$ $x^3-2$ は $\mathbb{Q}$ 上既約（ 補題1 ）
       • 素因数 $2$ の指数 → 本解（偶奇），付値，無限降下，有理根定理
       • 有限個の剰余類 → 3.1 節（法 $7$，法 $9$）
  • 2. $x^3-2\mid P$ $\Leftrightarrow$ (B) 2次以下の関係が存在しない（ 補題2 ）
       • 次数還元（除法，指数の剰余分類 3.2 節）→ $R(\alpha)=0$，$\deg R\leqq2$
         • 2次元閉包の否定 → 本解（$\alpha^2=u\alpha+v$ を $\alpha$ 倍），直接消去，Vieta，$2\times2$ 行列式
         • 共通根 → 別解1（逆向きの除法），最大公約多項式と Bézout，終結式
         • 消滅多項式全体 → 参考解1（次数最小の元，Eisenstein の判定法）
       • (B) を (1) によらず直接示す → 参考解2（ノルムと無限降下），参考解3（行列式と次元）。いずれも (1) を同時に与える。
  • 背後の理論 → 最小多項式 $x^3-2$，$[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$，立方倍積の作図不可能性

6.2 数学的教訓

• 「割り切れる」を示すには，実際に割って余りを調べる。任意次数の多項式に関する主張が，有限個の係数に関する主張に縮む。
• 本問の本体は $1,\alpha,\alpha^2$ の $\mathbb{Q}$ 上の一次独立性である。これを「係数比較」で済ませてはならない。
• 1. は (2) の部品である。小問の結論は「$r\alpha+s=0\Rightarrow r=s=0$」のように，使える形に言い換えてから用いる。
• 低次の関係を仮定したら，その関係が閉じる範囲で演算を一度進め，既知の高次の関係と衝突させる。
• 係数計算が重ければ，二つの多項式の共通根の問題に読み替え，互除法で次数を下げる。
• 3次以下の多項式の既約性は根の有無で決まる。本問が3乗根で設計されているのはこのためであり，4次以上では別の判定が必要になる。
• 共役根や基底を先取りすると循環論法になる。$P(\alpha)=0\Rightarrow P(\omega\alpha)=0$ は (2) と同値である。
• 同じ事実が，整数論（素因数の指数），多項式論（除法・既約性），線形代数（次元・行列式）の各言語で現れる。$(\det T)^3=2^d$ は，(1) の「3乗すると指数が $3$ の倍数になる」という原理の再来である。