有理数係数での既約多項式が次数の低い有理数係数の多項式と複素数の因数も共有しない不思議

（２つの多項式の最大公約多項式を求める問題）

　次数の大きい方の多項式 ｆ を、次数の小さい方の多項式 ｇ で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 ｇ を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。

　この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。

【例題１】
有理数係数では因数分解できない、有理数係数の（既約）多項式 ｆ と、それより次数の低い他の有理数係数の多項式 ｇ との、複素数係数の最大公約多項式を求めよ。

【解説】
　このｆの式１は係数が有理数の式です。この式１は無理数を使わないと因数分解できません。
ｆ の式は、有理数係数の式には因数分解できない多項式＝（有理数係数における）既約多項式です。
ｆ の式は無理数を使えば、以下の式に因数分解できます。

更に複素数も使えば、４つの１次式の積に因数分解できます。

ｇ の式２も係数が有理数の多項式です。
ここで、ｇの式の係数が有理数で、かつ、ｆの式１より次数が低い式であるならば、
そのｇの式は、無理数の因数についても、決してｆの式の因数を持ちません。

その理由は、（有理数係数の）既約多項式ｆと、それより次数の低い（有理数係数の）任意の多項式ｇとの間には以下の関係があるからです。

（関係３）
有理数係数のある多項式ｈと、ある多項式ｋを使って、
ｆ・ｈ＋ｇ・ｋ＝１　（３）
という恒等式を作ることができるからです。
（この式３が成り立つ事については、この例題の解答の後に説明します）

この場合に、以下の仮定１をしてみます。
（仮定１）多項式ｆと式ｇは、複素数のαであらわした共通する因数ｍ＝（ｘ－α）を持つと仮定する。

すると、式３は、以下の式に変形される。
ｍ・ｆ２・ｈ＋ｍ・ｇ２・ｋ＝１，
ここでｆ２とｇ２は、それぞれ、複素数係数の多項式。
ｍ（ｆ２・ｈ＋ｇ２・ｋ）＝１，
（ｘ－α）（ｆ２・ｈ＋ｇ２・ｋ）＝１，　（４）
上の式４のｘにαを代入すると左辺は０になり、右辺は１のままであるので矛盾する。
よって、この式３の形をした恒等式は有り得ない。

このように、仮定１が矛盾を生むので、仮定１は成り立たちません。
よって、恒等式３が成り立つならば、
多項式ｆと式ｇは、複素数の範囲で因数分解して比較しても、共通する因数ｍ＝（ｘ－α）を持つことができない。

　このように、（有理数の係数だけの式には因数分解できない）既約多項式ｆと、他の有理数係数の多項式ｇとの間には、複素数の因数も共有しないという不思議な関係があります。

【例題１の解答】
　式３を証明するのは、計算量が多すぎますので、
例題１の解答の最大公約多項式を計算します。
そして、その解答の計算を利用して、例題１の場合に式３が成り立つことを示します。

（解答開始）
ユークリッドの互除法で多項式ｆとｇの次数をどんどん下げていきます。

こうして、最大公約多項式は、－１１／８＝定数であることが分かりました。
最大公約多項式＝定数。
（解答おわり）

例題１の解答はこれでおわりですが、
次に、以上の計算を利用して、例題１の場合に式３が成り立つことを示します。
先ず、式７による、ユークリッド互除法による余りの式（定数）を左辺に出した式から始める。

この式９が、例題１の場合における式３です。

　例題１の場合には、式３の恒等式（式９）が成り立つことがわかりました。
　この恒等式９（式３）は、（有理数の範囲での）既約多項式 ｆ （式１）と多項式 ｆ より次数の低い（有理数の範囲での）任意の多項式 ｇ （式２）の間に、いつも成り立ちます。

　その理由は、（係数が有理数の）既約多項式 ｆ というものは、 ｆ より次数が低い（係数が有理数の）公約多項式が定数、すなわち０次の式になる多項式のことだからです。


（式３の簡易な証明の開始）
　以下の様に有理数係数の既約多項式ｆ（ｘ）と、それより次数の低い有理数係数の多項式ｇ（ｘ）を、以下の様に交互に引き算していって、ｆ（ｘ）よりもｇ（ｘ）よりも次数の低い多項式ｆ_１（ｘ）とｇ_２（ｘ）を作るとします。
ｆ_１（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｈ_１（ｘ）ｇ（ｘ）
ｇ_２（ｘ）＝ｇ（ｘ）－ｈ_２（ｘ）ｆ_１（ｘ）
ｆ_３（ｘ）＝ｆ_１（ｘ）－ｈ_３（ｘ）ｇ_２（ｘ）
ｇ_４（ｘ）＝ｇ_２（ｘ）－ｈ_４（ｘ）ｆ_３（ｘ）
ｆ_５（ｘ）＝ｆ_３（ｘ）－ｈ_５（ｘ）ｇ_４（ｘ）
・・・
最後に、定数の最大公約多項式を得る；
定数＝ｇ_ｎ－２（ｘ）－ｈ_ｎ（ｘ）ｆ_ｎ－１（ｘ）
または、
定数＝ｆ_ｎ－２（ｘ）－ｈ_ｎ（ｘ）ｇ_ｎ－１（ｘ）
が得られます。

その最後の式の右辺の項にある多項式ｆ_ｎ－２（ｘ）や、ｇ_ｎ－１（ｘ）は、
上の方の行の式に、等式で書かれていますので、その等式の右辺を、多項式ｆ_ｎ－２（ｘ）や、ｇ_ｎ－１（ｘ）に代入すれば、
定数＝（ｆ_ｎ－４（ｘ））＊（ある多項式）＋（ｇ_ｎ－３（ｘ））＊（ある多項式）
という式が得られます。
その右辺の項にある多項式ｆ_ｎ－４（ｘ）や、ｇ_ｎ－３（ｘ）も、
上の方の行の式に、等式で書かれていますので、その等式の右辺を、それらの多項式に代入すれば良いです。
これを繰り返せば、最終的に、
定数＝（ｆ（ｘ））＊（ある多項式）＋（ｇ（ｘ））＊（ある多項式）
という式が得られます。
その式から、
１＝（ｆ（ｘ））＊（ある多項式）＋（ｇ（ｘ））＊（ある多項式）　　（式３）
が得られます。 
（証明おわり） 

　（係数が有理数の）既約多項式 ｆ と、それより次数が低く（係数が有理数の）多項式ｇとの最大公約多項式は定数になる。

　それゆえ、（係数が有理数の範囲の）既約多項式 ｆ と、多項式 ｆ より次数が低い（係数が有理数の範囲の）任意の多項式 ｇ の間で、いつも恒等式３が成り立ちます。

　恒等式３が成り立つ結果、先に示したように、
（有理数の係数だけの式には因数分解できない）既約多項式 ｆ は、他の ｆ より次数の低い任意の有理数係数の多項式ｇとは、複素数の因数も共有しない。

　また、別の視点から考えると、
既約多項式 ｆ の複素数の範囲の因数の少なくとも１つを含む多項式であって、有理数係数の多項式 ｐ がある場合、
その多項式 ｐ は、 ｆ によって割り切られる。
　それゆえ ｐ は ｆ の全ての因数を含む。
（この証明）
　（仮定）その有理数係数の多項式ｐが ｆ の全ての因数を含まなかったと仮定すると、その多項式ｐと既約多項式ｆとにユークリッド互助法を適用すると、多項式ｐと既約多項式ｆの共通因数のみを含む式が有理数係数の多項式で抽出されることになる。
　そのようなことになると、その抽出された多項式で多項式ｆを割り切れることになり、多項式ｆが既約多項式であることに反する。そのため、仮定が成り立たない。
　よって、その多項式  ｐ は ｆ の全ての因数を含む。

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