9-1 多項式環とGaussの補題

$fg$ が原始的でないと仮定します。その全係数を割る非単元があり、その既約因子として素元 $p\in R$ を取れます。UFDでは既約元は素元です。
$p$ は $f$ の全係数を割るわけではありません。そうなら $f$ が原始的であることに反します。同様に $g$ にも $p$ で割れない係数があります。
商環 $R/(p)$ を考えます。$p$ は素元なので $(p)$ は素イデアルで、$R/(p)$ は整域です。係数をmod $p$ で写した多項式を $\overline f,\overline g$ とすると、どちらも零多項式ではありません。整域上の多項式環も整域なので
$$ \overline f\,\overline g\ne0. $$
しかし $p$ が $fg$ の全係数を割るという仮定は、$\overline{fg}=0$ を意味し、
$$ \overline{fg}=\overline f\,\overline g $$
に矛盾します。従って $fg$ は原始的です。□

$f=c(f)f_0,g=c(g)g_0$ と原始部分へ分けます。すると
$$ fg=c(f)c(g)f_0g_0. $$
Gaussの補題から $f_0g_0$ は原始的なので、右辺の係数全体の最大公約元は $c(f)c(g)$ と同伴です。□

$K[x]$ で既約なら、$R[x]$ での非自明な分解はそのまま $K[x]$ での分解になるので $R[x]$ でも既約です。
逆向きの対偶を示します。$f$ が $K[x]$ で可約とし
$$ f=gh, \qquad g,h\in K[x], \qquad \deg g,\deg h>0 $$
と書きます。係数の分母をまとめて払うと、非零 $a,b\in R$ と $G,H\in R[x]$ があり
$$ g=G/a, \qquad h=H/b. $$
従って
$$ abf=GH. $$
$G=c(G)G_0,H=c(H)H_0$ と原始部分へ分けると
$$ abf=c(G)c(H)G_0H_0. $$
内容を比較します。$f,G_0,H_0$ は原始的で、原始多項式の積も原始的なので
$$ ab\sim c(G)c(H). $$
したがってある単元 $u\in R^\times$ により
$$ ab=u\,c(G)c(H) $$
と書けます。整域 $R[x]$ で非零定数を消去すると
$$ f=u^{-1}G_0H_0. $$
$u^{-1}G_0$ と $H_0$ は正次数の $R[x]$ の多項式なので、$f$ は $R[x]$ でも可約です。対偶により主張を得ます。□

$f(p/q)=0$ に $q^n$ を掛けると
$$ a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n=0. $$
最後の項を右辺へ移すと、右辺の各項は $p$ の倍数なので $p\mid a_0q^n$。$\gcd(p,q)=1$ だから $p$ は $q^n$ と互いに素で、Euclidの補題から $p\mid a_0$。
同様に最初の項を残して他を右へ移すと $q\mid a_np^n$。$q$ と $p^n$ は互いに素なので $q\mid a_n$ です。□

まず既約分解の存在を示します。非零多項式 $f$ を
$$ f=c(f)f_0 $$
と内容と原始部分へ分けます。$c(f)$ はUFD $R$ で既約分解できます。一方、$K[x]$ はEuclid整域なのでUFDで、$f_0$ は $K[x]$ で既約多項式の積に分解できます。
各 $K[x]$ の因子について分母を払い、その係数の内容を除けば、$K^\times$ 倍を除いて原始な $R[x]$ の多項式 $P_i$ になります。従って
$$ f_0=\lambda P_1\cdots P_m \qquad(\lambda\in K^\times). $$
$\lambda=a/b$ と既約な分数で書いて分母を払うと
$$ bf_0=aP_1\cdots P_m. $$
両辺の内容を比較すると、$f_0$ と $P_1\cdots P_m$ は原始的なので $b\sim a$。$a,b$ は互いに素だから両方とも単元で、$\lambda$ は $R$ の単元です。Gaussの既約性補題により、$K[x]$ で既約な原始因子 $P_i$ は $R[x]$ でも既約です。従って $R[x]$ で既約分解が存在します。
一意性のため、$R[x]$ の既約元が素元であることを示します。定数既約元 $p\in R$ については、UFDで既約元は素元なので $R/(p)$ は整域。従って
$$ R[x]/(p)\cong(R/(p))[x] $$
も整域で、$(p)$ は素イデアル、すなわち $p$ は $R[x]$ でも素元です。
非定数既約元 $P\in R[x]$ は原始です。$P\mid FG$ が $R[x]$ で成り立つと、$K[x]$ でも $P\mid FG$。$K[x]$ はPIDなので既約元 $P$ は素元で、$P\mid F$ または $P\mid G$ が $K[x]$ で成り立ちます。
たとえば $F=PH$、$H\in K[x]$ とします。$F=c(F)F_0$ と原始部分へ分け、$H$ の分母を払って $H=H_1/d$（$H_1\in R[x],d\ne0$）と書き、さらに $H_1=c(H_1)H_0$ とします。すると
$$ dc(F)F_0=c(H_1)PH_0. $$
両辺の内容を比較すると
$$ dc(F)\sim c(H_1), $$
なぜなら $F_0,P,H_0$ は原始的だからです。定数部分を消去すれば
$$ F_0=uPH_0 $$
となる単元 $u\in R^\times$ を得ます。従って $P\mid F_0$、ゆえに $P\mid F$ が $R[x]$ でも成り立ちます。よって $P$ は $R[x]$ の素元です。
すべての既約元が素元なら、二つの既約分解の一方の先頭因子は他方のどれかを割り、既約性から同伴になります。消去を繰り返せば順序と単元倍を除く一意性が従います。よって $R[x]$ はUFDです。□

$(x,y)=(f)$ と仮定します。$x,y\in(f)$ なので $f\mid x$ かつ $f\mid y$。UFD $K[x,y]$ で $x,y$ は互いに同伴でない既約元なので、共通因子 $f$ は単元でなければなりません。すると $(f)=K[x,y]$ です。
しかし $(x,y)$ は真のイデアルです。実際、評価写像
$$ K[x,y]\to K, \qquad F(x,y)\mapsto F(0,0) $$
の核が $(x,y)$ なので $1\notin(x,y)$。矛盾。従って単項ではありません。□

$$ c(f)=3,qquad c(g)=5. $$
積は
$$ fg=60x^3+0x^2-105x-45. $$
非零係数の最大公約数は
$$ \gcd(60,105,45)=15. $$
従って
$$ c(fg)=15=c(f)c(g). $$
□

係数の最大公約数は1なので原始的です。二次多項式が $\mathbb Q[x]$ で可約なら有理根をもちます。有理根定理による候補は
$$ \pm1,\pm3,\pm\frac12,\pm\frac32. $$
代入しても0になりません。あるいは判別式
$$ 3^2-4\cdot2\cdot3=-15 $$
は $\mathbb Q$ の平方でないため有理根をもちません。従って $\mathbb Q[x]$ で既約。Gaussの補題から $\mathbb Z[x]$ でも既約です。□

$(2,x)=(f)$ と仮定します。$f\mid2$ なので $f$ は定数で、その絶対値は1または2です。$f=\pm1$ なら $(f)=\mathbb Z[x]$ ですが、$(2,x)$ は写像
$$ \mathbb Z[x]\to\mathbb F_2, \qquad F\mapsto[F(0)] $$
の核なので真のイデアルです。$f=\pm2$ なら $f$ は $x$ を割りません。どちらも矛盾なので $(2,x)$ は単項でなく、$\mathbb Z[x]$ はPIDではありません。□