アイゼンシュタインの定理

$(x-a)$ を因数に持つならば $a$ は $12$ の約数である（→方程式の有理数解）ので全部調べればよいのだが，めんどうなのでアイゼンシュタインの定理を使う。 $p=3$ とする。

• $a_0=12$ は $3$ の倍数だが $9$ の倍数でない。
• $a_1=3, a_2=6$ は $3$ の倍数。
• $a_3=1$ は $3$ の倍数でない。

よってアイゼンシュタインの定理より因数分解できない。

これは，因数分解公式（n乗の差，和）で紹介したように，$$x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$$ と分解できる。

ここで， 厳密には $$f(x)=x^4+x^3+x^2+x+1=\dfrac{x^5-1}{x-1}$$ がこれ以上因数分解できないことを証明しないといけない。

しかしこのままではアイゼンシュタインの定理が使えないので，平行移動して $f(x+1)$ が因数分解できないことを示す。($f(x)$ が因数分解できるかどうかと $f(x+1)$ が因数分解できるかどうかは同値)

$f(x+1)=\dfrac{(x+1)^5-1}{x}\\=x^4+5x^3+10x^2+10x+5$

これは $p=5$ とするとアイゼンシュタインの定理より因数分解できないことが分かる。

$p=3$ としてアイゼンシュタインの定理を使う。

• $a_0$ は $3$ の倍数だが $9$ の倍数でない。
• $a_1=a_2=\cdots =a_{n-2}=0$ は $3$ の倍数。
• $a_{n-1}=5$ は $3$ の倍数でない。

よって $k=n-1$ の場合のアイゼンシュタインの定理が使えて， $f(x)$ は $n-1$ 次以上の既約な因数を持つことが分かる。

よって，因数分解できるなら（$1$ 次式）×（$n-1$ 次式）となる，つまり $f(x)=0$ が整数解を持つ。しかし $x=1,3,-1,-3$ どれも解でないことが簡単に分かるので $f(x)$ は因数分解できない。

ある素数 $p$ に対して3つの条件を満たし， $$f(x)=a_nx^n+\cdots +a_1x+a_0$$ が $$g(x)=b_mx^m+\cdots +b_1x+b_0$$ と $$h(x)=c_{n-m}x^{n-m}+\cdots +c_1x+c_0$$ の積に因数分解できたとする（$1\leqq m \leqq n-1$）。

$a_0=b_0c_0$ は $p$ で1回のみ割り切れるので $b_0, c_0$ のどちらかのみが $p$ の倍数。

$b_0$ が $p$ の倍数としても一般性を失わない。

次に $1$ 次の係数を比較すると，

$a_1=b_0c_1+b_1c_0$

で $a_1, b_0$ が $p$ の倍数なので $b_1$ も $p$ の倍数。

以下同様に，係数比較により $b_2, b_3,\cdots b_{k-1}$ も $p$ の倍数であることが分かる。

最後に $a_{k}$ が $p$ の倍数でないことと，

$$a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots +b_1c_{k-1}+b_0c_k$$

より，$b_k$ が $p$ の倍数でないことがわかる。すなわち $b_k\neq 0$ が分かる。

すなわち $g(x)$ は $k$ 次以上である。