九州大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験 整数・数と式文系数学 第3問(a)

以下では、係数を2で割った余りだけを考える。すなわち、係数の計算では $1+1=0$ とみなしてよい。

(1) $x^2+x+1$ が可約であるとすると、2次式であるから1次のM多項式を因数にもつ。1次のM多項式は $x,x+1$ だけである。

ところが、$x=0$ を代入すると $0^2+0+1=1$ であり、$x=1$ を代入すると $1^2+1+1=1$ である。したがって $x$ も $x+1$ も因数ではない。よって $x^2+x+1$ は既約である。

(2)
1次のM多項式は $x,x+1$ であり、これらは1次以上の2つの多項式の積には分解できないので既約である。

2次のM多項式を調べる。定数項が0なら $x$ を因数にもつので可約である。また $x^2+1=(x+1{)}^2$ で可約である。残る $x^2+x+1$ は(1)より既約である。したがって2次の既約なものは $x^2+x+1$ だけである。

3次のM多項式が可約なら、次数の分け方は1次と2次であるから、必ず1次因数をもつ。したがって $x=0$ または $x=1$ を代入して0になるものは可約であり、どちらでも0にならないものが既約である。定数項は1でなければならないので候補は $x^3+1,x^3+x+1,x^3+x^2+1,x^3+x^2+x+1$ である。このうち $x^3+1\text{と}{x}^3+x^2+x+1$ は $x=1$ で0になるので可約である。一方 $x^3+x+1,x^3+x^2+1$ は $x=0,1$ のどちらを代入しても0にならない。よって既約である。

以上より、1次から3次までの既約なM多項式は $x,x+1,x^2+x+1,x^3+x+1,x^3+x^2+1$ である。

(3) $F(x)=x^4+x+1$ とおく。まず $$F(0)=1,F(1)=1+1+1=1$$ であるから、$F(x)$ は1次因数をもたない。

もし $F(x)$ が可約なら、4次式で1次因数をもたないので、2次の既約M多項式どうしの積と合同でなければならない。2次の既約M多項式は $x^2+x+1$ だけである。そこで $$(x^2+x+1{)}^2=x^4+2x^3+3x^2+2x+1$$ を係数の偶奇で見ると $$(x^2+x+1{)}^2\equiv x^4+x^2+1$$ である。これは $x^4+x+1$ と一致しない。

したがって $x^4+x+1$ は可約ではない。すなわち既約なM多項式である。

次数ごとに候補を列挙し、可約ならどの次数の因子が必要かを先に固定する。
1次因子は $x,x+1$ の2個しかない。4次で1次因子がなければ、
2次既約式どうしの積だけを調べればよい。

係数の偶奇だけを計算する。

(1)
2次式が可約なら1次因子をもつ。1次M多項式は $x,x+1$ だけであるが、$$(x^2+x+1){\mid }_{x=0}=1,(x^2+x+1){\mid }_{x=1}=1$$なので、どちらも因子ではない。従って $x^2+x+1$ は既約である。

(2)
1次式 $x,x+1$ は既約である。2次では定数項0の式は $x$ を因子にもち、$$x^2+1\equiv (x+1{)}^2$$だから、既約なのは $x^2+x+1$ だけである。

3次式が可約なら1次因子をもつ。定数項1の4候補を $x=1$ で調べると、$$x^3+1,x^3+x^2+x+1$$は可約であり、$$x^3+x+1,x^3+x^2+1$$は $x=0,1$ のどちらでも0にならないので既約である。従って答は$$x,x+1,x^2+x+1,x^3+x+1,x^3+x^2+1$$である。

(3)
$F(x)=x^4+x+1$ は $F(0)=F(1)=1$ なので1次因子をもたない。
可約なら2次既約式2個の積であるが、2次既約式は $x^2+x+1$ だけである。$$(x^2+x+1{)}^2\equiv x^4+x^2+1\mathrm{\ne }{x}^4+x+1.$$従って $x^4+x+1$ は既約である。