因数分解の技法と既約性

方針：積の次数は次数の和であることを使って、一方の因数が $b$ を含まないことを示し、次に $b$ の係数を比べる。
段 1（一方は $b$ を含まない）。$0$ でない多項式の積の $b$ についての次数は、それぞれの $b$ についての次数の和である（最高次の項どうしの積が消えないため。剰余の定理と因数定理 の命題「積の次数」と同じ理由である）。$f$ の $b$ についての次数は $1$ なので、$g$ と $h$ の次数の和は $1$ である。次数は $0$ 以上の整数なので、一方が $0$、他方が $1$ である。次数 $0$ の方を $g$ とする。$g$ は $b$ を含まない。
段 2（係数を比べる）。$h$ は $b$ について 1 次なので、$b$ を含まない多項式 $h_1$、$h_0$ で $h=h_1\,b+h_0$ と書ける。すると
$$ f=gh=(g\,h_1)\,b+g\,h_0 $$
である。$f=P\,b+Q$ と $b$ の係数どうし、$b$ を含まない部分どうしを比べると（恒等式と未定係数法 の係数比較）、$P=g\,h_1$、$Q=g\,h_0$ である。$\square$

方針：1 ならば 2 は、分解を展開して係数を比べ、$D$ を $K$ の数の 2 乗の形に書き直す。2 ならば 1 は、平方完成してから平方の差の公式を使う。
段 1（1 ならば 2）。$f=(px+q)(rx+s)$、$p,q,r,s$ は $K$ に属するとする。右辺を展開すると $pr\,x^2+(ps+qr)\,x+qs$ なので、係数を比べて
$$ a=pr,\qquad b=ps+qr,\qquad c=qs $$
である。これを $D$ に代入すると
$$ D=(ps+qr)^2-4\,pr\,qs=p^2s^2+2psqr+q^2r^2-4psqr=p^2s^2-2psqr+q^2r^2=(ps-qr)^2 $$
となる。$d=ps-qr$ とおくと、$d$ は $K$ の数の積と差なので $K$ に属し、$d^2=D$ である。
段 2（2 ならば 1）。$d^2=D$、$d$ は $K$ に属するとする。平方完成すると
$$ ax^2+bx+c=a\left\{\left(x+\frac b{2a}\right)^2-\frac{b^2-4ac}{4a^2}\right\}=a\left\{\left(x+\frac b{2a}\right)^2-\left(\frac d{2a}\right)^2\right\} $$
である。平方の差の公式 $A^2-B^2=(A+B)(A-B)$ を使うと
$$ ax^2+bx+c=a\left(x+\frac{b+d}{2a}\right)\left(x+\frac{b-d}{2a}\right) $$
となる。$\frac{b+d}{2a}$ と $\frac{b-d}{2a}$ は $K$ の数の和・差・商なので $K$ に属する。よって $f$ は $K$ 係数の 1 次式 $a\bigl(x+\frac{b+d}{2a}\bigr)$ と $x+\frac{b-d}{2a}$ の積である。
段 3（3 つの場合）。$K=\mathbb{Q}$ のときは、2 がそのまま「$D$ はある有理数の 2 乗」である。$K=\mathbb{R}$ のときは、実数の 2 乗は $0$ 以上なので、$d^2=D$ となる実数 $d$ があるのは $D\ge0$ のとき（$d=\sqrt D$）であり、そのときに限る。$K=\mathbb{C}$ のときは、どの複素数も、ある複素数の 2 乗である（複素数と方程式：代数学の基本定理 の命題「複素数の $k$ 乗根」で $k=2$ としたもの。証明はそちらにある）。よっていつも 2 が成り立つ。$\square$

$D=0$ なら $D=0^2$ である。$D\ne0$ とし、$D=r^2$、$r$ は有理数とする。$r$ を既約分数 $\frac st$（$s,t$ は整数、$t>0$、$s$ と $t$ は互いに素）で表す。$r$ は整数係数の 2 次式 $x^2-D$ の根である。この多項式の最高次の係数は $1$、定数項は $-D\ne0$ なので、剰余の定理と因数定理 の命題「有理数の根の候補」により、分母 $t$ は最高次の係数 $1$ を割り切る。$t>0$ なので $t=1$ であり、$r=s$ は整数である。$\square$

方針：$gh$ のすべての係数を割り切る素数 $p$ があると仮定して、矛盾を導く（背理法）。
段 1（記号）。$g=a_0+a_1x+\dots+a_mx^m$、$h=b_0+b_1x+\dots+b_nx^n$ とする。$g$ は原始的なので、$p$ で割り切れない係数がある。そのうち添字が最小のものを $a_k$ とする。つまり $a_0,\dots,a_{k-1}$ は $p$ で割り切れ、$a_k$ は割り切れない。同じように、$b_0,\dots,b_{l-1}$ は $p$ で割り切れ、$b_l$ は割り切れないとする。
段 2（$x^{k+l}$ の係数）。$gh$ の $x^{k+l}$ の係数は、$i+j=k+l$ となるすべての組の積 $a_ib_j$ の和である。
$$ c_{k+l}=\sum_{i+j=k+l}a_ib_j=a_kb_l+\sum_{\substack{i+j=k+l\\ i< k}}a_ib_j+\sum_{\substack{i+j=k+l\\ i>k}}a_ib_j $$
2 つ目の和では $i< k$ なので $a_i$ が $p$ で割り切れる。3 つ目の和では $i>k$ なので $j=k+l-i< l$ となり、$b_j$ が $p$ で割り切れる。よって、2 つ目と 3 つ目の和は $p$ で割り切れる。
段 3（矛盾）。仮定により $c_{k+l}$ は $p$ で割り切れるので、段 2 から $a_kb_l=c_{k+l}-(\text{2 つ目と 3 つ目の和})$ も $p$ で割り切れる。素数 $p$ が積 $a_kb_l$ を割り切るなら、$a_k$ か $b_l$ の少なくとも一方を割り切る（素因数分解の一意性 から出る性質）。これは $a_k$、$b_l$ の選び方に反する。よって、$gh$ のすべての係数を割り切る素数はなく、$gh$ は原始的である。$\square$

方針：$g$、$h$ を「有理数 × 原始的な多項式」に書き、残った有理数の分母が $1$ であることを lem-fti-primitive-product で示す。
段 1（原始的な多項式を取り出す）。$g$ の係数の分母の公倍数である正の整数 $m$ をとると、$mg$ は整数係数である。$mg$ の係数の最大公約数を $k$（$k>0$）とし、$g_0=\frac{mg}k$ とおくと、$g_0$ は整数係数で原始的であり、$g=\frac km\,g_0$ である。同じように $h=\beta\,h_0$（$\beta$ は正の有理数、$h_0$ は原始的）と書く。$\alpha=\frac km$ とおく。
段 2（有理数を 1 つにまとめる）。$f=gh=\alpha\beta\,g_0h_0$ である。正の有理数 $\alpha\beta$ を既約分数 $\frac uv$（$u,v$ は互いに素な正の整数）で表すと、両辺に $v$ を掛けて
$$ v\,f=u\,g_0h_0 $$
である。
段 3（$v=1$ を示す）。$v>1$ と仮定し、$v$ の素因数を 1 つとって $p$ とする。左辺 $vf$ の係数はすべて $p$ で割り切れるので、右辺 $u\,g_0h_0$ の係数もすべて $p$ で割り切れる。$u$ と $v$ は互いに素なので $p$ は $u$ を割り切らない。素数 $p$ が積 $u\cdot c$（$c$ は $g_0h_0$ の係数）を割り切り、$u$ を割り切らないので、$p$ は $c$ を割り切る。よって $g_0h_0$ の係数はすべて $p$ で割り切れる。一方、lem-fti-primitive-product により $g_0h_0$ は原始的である。これは矛盾なので、$v=1$、つまり $\alpha\beta=u$ は整数である。
段 4（$\lambda$ を決める）。$\lambda=\frac u\alpha$ とおく。$\lambda g=\frac u\alpha\cdot\alpha g_0=u\,g_0$ は整数係数である。$\frac1\lambda h=\frac\alpha u\cdot\beta h_0=\frac{\alpha\beta}u\,h_0=h_0$ も整数係数である。$\square$

1 と 2：thm-fti-quadratic により、1 は「$D$ がある有理数の 2 乗」と同値である。lem-fti-square により、整数 $D$ についてこれは 2 と同値である（逆に整数の 2 乗は有理数の 2 乗でもある）。
1 ならば 3：1 の分解の 2 つの因数は有理数係数の 1 次式である。thm-fti-gauss により、それぞれを $\lambda$ 倍、$\frac1\lambda$ 倍して整数係数の 1 次式にできる。それを $px+q$、$rx+s$ とすればよい。
3 ならば 1：$p,q,r,s$ は有理数でもあり、$pr=a\ne0$ より $p\ne0$、$r\ne0$ なので、どちらの因数も次数 $1$ である。$\square$

段 1（可約ならば根がある）。$f=gh$、$g,h$ の次数は $1$ 以上とする。次数の和は $2$ または $3$ なので、分け方は $1+1$、$1+2$、$2+1$ のどれかであり、どの場合も一方は 1 次式である。それを $px+q$（$p\ne0$、$p,q$ は $K$ に属する）とすると、$x=-\frac qp$ は $K$ に属し、$f\bigl(-\frac qp\bigr)=0$ である。
段 2（根があれば可約）。$\alpha$ が $K$ に属し $f(\alpha)=0$ とする。剰余の定理と因数定理 の因数定理により、$f=(x-\alpha)\,g$ と書ける。$g$ は $f$ を $x-\alpha$ で割った商で、割り算の計算は係数の和・差・積・商だけで進むので、$g$ も $K$ 係数である。$g$ の次数は $f$ の次数より $1$ 小さいので $1$ 以上である。よって $f$ は $K$ の範囲で可約である。$\square$

$a^4+4b^4$ に $4a^2b^2$ を足して引く。
$$ a^4+4b^4=(a^4+4a^2b^2+4b^4)-4a^2b^2=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2 $$
である。平方の差の公式により、これは $(a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^2-2ab)$ に等しい。$b=1$、$a=x$ とすると 2 つ目の式になる。$\square$

方針：有理数の範囲での分解を、次数の分け方（$1+3$ と $2+2$）で場合分けして否定する。$2+2$ の場合は係数比較の連立方程式を解く。その解が 2 の実数の分解を与える。
段 1（1 次の因数はない）。実数 $x$ で $x^4+1\ge1>0$ なので、$x^4+1$ は実数の根をもたない。1 次の因数があれば根があることになる（prf-prop-fti-low-degree の段 1）ので、1 次の因数はない。よって分解があれば $2+2$ の形である。
段 2（係数比較）。$x^4+1=gh$、$g,h$ は有理数係数の 2 次式とする。最高次の係数の積は $1$ なので、$g$ の最高次の係数を $e$ とすると $h$ の最高次の係数は $\frac1e$ である。$g$ を $\frac1e$ 倍、$h$ を $e$ 倍しても積は変わらないので、$g=x^2+px+q$、$h=x^2+rx+s$（$p,q,r,s$ は有理数）としてよい。展開すると
$$ gh=x^4+(p+r)\,x^3+(q+s+pr)\,x^2+(ps+qr)\,x+qs $$
なので、$x^4+1$ と係数を比べて
$$ p+r=0,\qquad q+s+pr=0,\qquad ps+qr=0,\qquad qs=1 $$
である。
段 3（連立方程式を解く）。1 つ目から $r=-p$ である。3 つ目に代入すると $ps-pq=p(s-q)=0$ なので、$p=0$ または $s=q$ である。

• $p=0$ のとき：$r=0$ で、2 つ目は $q+s=0$、つまり $s=-q$ である。4 つ目に代入すると $-q^2=1$ となるが、有理数（実数）$q$ で $q^2\ge0$ なのでありえない。
• $s=q$ のとき：4 つ目は $q^2=1$ なので $q=1$ または $q=-1$ である。2 つ目は $2q-p^2=0$、つまり $p^2=2q$ である。$q=-1$ なら $p^2=-2$ でありえない。$q=1$ なら $p^2=2$ である。
  段 4（1 の結論）。段 3 から、有理数の解があるとすれば $p^2=2$ となる有理数 $p$ が必要だが、$\sqrt2$ は無理数なのでそのような $p$ はない（実数とは何か：無理数の証明）。よって $x^4+1$ は有理数の範囲で既約である。
  段 5（2 の分解）。段 2・段 3 の計算は実数の $p,q,r,s$ でもそのまま成り立つ。実数では $q=s=1$、$p=\sqrt2$、$r=-\sqrt2$ が 4 つの式をすべて満たすので、$x^4+1=(x^2+\sqrt2\,x+1)(x^2-\sqrt2\,x+1)$ である。2 つの 2 次式の判別式はどちらも $2-4=-2<0$ なので、thm-fti-quadratic により実数の範囲で既約である。
  段 6（3 の分解）。$\zeta=\frac{1+i}{\sqrt2}$ とすると $\zeta^2=\frac{1+2i+i^2}2=i$、$\zeta^4=i^2=-1$ なので、$\zeta$ は $x^4+1$ の根である。同じ計算で $\frac{\pm1\pm i}{\sqrt2}$ の 4 つがすべて根であることが分かる（$\bigl(\frac{\pm1\pm i}{\sqrt2}\bigr)^2=\pm i$ で、どれも 2 乗すると $-1$）。4 つは互いに異なるので、因数定理を 4 回使って、$x^4+1$ はこの 4 つの 1 次式の積になる（最高次の係数はどちらも $1$）。$\square$