アイゼンシュタインの判定条件

質問

fn(x)=Σ[j=0,n]x^jについて
n=偶数なら既約、（アイゼンシュタインの判定条件を用いて）
n=奇数なら可約、（因数分解を用いて）
であることを証明したいのですがわかりません。
括弧書きをしましたのはおそらくそれを用いるのではないかという
私の推測です。
どなたかわかる方がおられましたらお答え頂きたいです。
よろしくお願いします。

回答No.2

yoikagari · ベストアンサー

ちょっと待ってください。
nは偶数でも、n+1が合成数ならf_n(x)は可約です。

n+1が合成数なら
n+1=ab(ただし、a,bは1より大きい整数)と書けます。
alkantalaさんの記号を拝借して、F_n(x)を
(x-1)f_n(x)=x^(n+1)-1=F_n(x)
F_n(x)=(x-1)f_n(x)=x^(ab)-1=(x^a-1)*{(x^a)^(b-1)+(x^a)^(b-2)+・・・+1}
=(x-1)f_a(x)*{(x^a)^(b-1)+(x^a)^(b-2)+・・・+1}
したがって、
f_n(x)=f_a(x)*{(x^a)^(b-1)+(x^a)^(b-2)+・・・+1}
となり、f_n(x)は可約になります。

回答No.5

alkantala

yoikagariさんのおっしゃる通り。不覚でした。
蛇足的尻拭いをさせて頂きます。半分私的な復習ですが。

x^n - 1 = nの約数d全てに渡るΦ_d(x)の積
（Φ_d(x)は円分多項式。Φ_d(x)の根全体は1の原始d乗根全体。）
だから n が偶数でも n+1 が合成数ならf_n(x) は可約ですね。
n+1 が素数のときアイゼンシュタインの判定条件から既約性を
証明する方法は♯3の通りですね。

私の回答は
> f_n(x) が有理整数上可約であるためには
> f_n(x) は (x+1) で割り切れなくてはならない。
が間違い。どう間違っているかは、x^n-1を円分多項式に分解する
さまを眺めれば分るので、一応大筋をば。

・x^n - 1 の根全体は１のｎ乗根全体。
・ここで１のｎ乗根全体を１の原始ｄ乗根毎に仕分けする。
・このときｎの各約数ｄに対して、１の原始ｄ乗根全てが現われる。
・１の原始ｄ乗根全体を根とする多項式はガロア理論により
　有理数係数の多項式。これがΦ_d(x)。
・Φ_d(x) は φ(d)-次の多項式。（φ は Euler関数)
・１のn乗根全体はｎの約数ｄ全てを渡る原始ｄ乗根全体の合併。
・従ってx^n-1 は有理数係数多項式 Φ_d(x)の積。

お礼

alkantalaさん、まとめて頂きありがとうございます。
間違いの理由まで的確に教えて頂きまして感謝しています。
ここまで親切に解説して頂きましたので、何とか自分の頭で
整理していきます。

回答No.4

yoikagari

他の掲示板で同様の質疑応答があったようです。
参考にしてみてください。

参考URL：

http://www1.ezbbs.net/cgi/reply?id=dslender2&dd=19&re=23986

お礼

yoikagariさん、参考ＵＲＬを教えて頂きありがとうございます。
同様の問題ですのでこちらのホームページと照らし合わせて
考えていきます。

回答No.3

yoikagari

n+1が素数であれば、
n+1=p(素数)とおけ
f_n(x)={x^(n+1)-1}/(x-1)=(x^p-1)/(x-1)
y=x-1とおくと、x=y+1だから
(x^p-1)/(x-1)={(1+y)^p-1}/y={1+Σ[i=1,p]C(p,i)y^i-1}/y=Σ[i=1,p]C(p,i)y^(i-1)}
(ただし、C(p,i)は二項係数でC(p,i)=p!/{i!(p-i)!}である)
Σ[i=1,p]C(p,i)y^(i-1)}=y^(p-1)+p*y^(p-2)+・・・+{p(p-1)/2}y+p

よって、アイゼンシュタインの判定条件を用いて、f_n(x)は既約となります。

お礼

白熱した議論をありがとうございます。
アイゼンシュタインの判定条件が出てきて嬉しいです。
私の乏しい頭が付いていってませんので詳しいコメントが
できませんが取り急ぎお礼申し上げます。

回答No.1

alkantala

アイゼンシュタインの判定条件は必要ないかと思います。

(x-1)f_n(x) = x^{n+1} - 1 =:F_n(x)
とします.
● n=1 のときは f_1(x) = x+1 なので既約.
● n が３以上の奇数なら n=2m+1 (m≧1) とおくと
F_n(x) = x^{2m+2} - 1 = (x^{m+1} - 1)(x^{m+1} + 1)
= (x-1)f_m(x)(x^{m+1})+1)
従って
f_{2m+1}(x) = f_m(x)(x^{m+1}+1)
となり有理数上可約。
● F_n(x) の根は１のｎ乗根（原始的とは限らない）
全てであることに注意すると, f_n(x) が有理整数上可約
（有理数上可約と同値）であるためには
f_n(x) は (x+1) で割り切れなくてはならない。
（１のn乗根は単位円上等間隔に並んでいる。
単位円上の有理整数は 1,-1のみ）
従って因数定理により f_n(-1)=0 でなくてはならないが,
n が偶数の場合は f_n(-1)=1 だからこれは不可能。
故にｎが偶数の場合は f_n(x) は既約。

これでいかがでしょうか？

お礼

alkantalaさん早速お答え頂きありがとうございます。
正直、只今alkantalaさんの回答を解読しているところです。
アイゼンシュタインの判定条件を用いないということで
私の思い違いだったようです。
また、何か分からなければ質問します。
まずはお礼申し上げます。