高次式の完全な因数分解(平方の差を二段階)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 項が $3$ つ($x^8,x^4,1$)で、和や差の公式が直接は効かない。こういうときは「平方の差」に持ち込むのが定石だ。

$x^8+x^4+1$ に $x^4$ を足して引くと、$(x^8+2x^4+1)-x^4=(x^4+1{)}^2-(x^2{)}^2$。平方の差ができた。

因数分解すると $(x^4+x^2+1)(x^4-x^2+1)$。前の因子 $x^4+x^2+1$ にも同じ手が使えて、さらに割れる。

① 平方の差を作る。 $x^8+x^4+1$ は $2x^4$ があれば $(x^4+1{)}^2$ になる。そこで $x^4$ を足して引く。

$$x^8+x^4+1=(x^8+2x^4+1)-x^4=(x^4+1{)}^2-(x^2{)}^2$$

これで平方の差になった。

$$=(x^4+x^2+1)(x^4-x^2+1)$$

② もう一段割れないか調べる。 左の $x^4+x^2+1$ にも同じ手が使える。$2x^2$ があれば $(x^2+1{)}^2$ だから、$x^2$ を足して引く。

$$x^4+x^2+1=(x^2+1{)}^2-x^2=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$$

③ 残りを見極める。 右の $x^4-x^2+1$ に同じ手を試すと $(x^2+1{)}^2-3x^2$ となり、$3x^2$ は有理数係数の平方 $(qx{)}^2$ にできない($q=\sqrt{3}$ が必要)。よってこれ以上は有理数の範囲では分解できない。以上より

$$x^8+x^4+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1)$$

まとめ:項が $3$ つの高次式は「$2$ 乗の項を補って平方の差」を作るのが突破口。$1$ 回で終わりと思わず、出てきた因数にも同じ手が使えないか必ず試す。$x^4-x^2+1$ で手が止まるのは、そこが有理数では既約という「割り切れない壁」だから。

発展 — 一歩先へ。 $x^4-x^2+1$ は円分多項式 ${\Phi }_{12}$ で、有理数の範囲では既約(それ以上割れない)。一般に $x^{2^k}+x^{2^{k-1}}+1$ 型は「平方の差」を繰り返して円分多項式の積に分かれる。因数分解の“終点”が円分多項式で決まる、という整数論の入り口だ。

別解

別解 — $1$ の原始 $6$ 乗根を代入して因数を突き止める(得意な人向けの高い視点)。 $x^8+x^4+1=\frac{x^{12}-1}{x^4-1}$($x^4\ne 1$)と書ける($x^4$ を公比とする等比の和)。だから根は「$1$ の $12$ 乗根のうち $4$ 乗根でないもの」。

$1$ の $12$ 乗根で $4$ 乗根でないのは、位数 $12,6,3$ のもの。位数 $3$ の根(原始 $3$ 乗根 $\omega$)を根にもつ因子は $x^2+x+1$、位数 $6$ の根は $x^2-x+1$、位数 $12$ の根は $x^4-x^2+1$。

$$x^8+x^4+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1).$$

これらは円分多項式 ${\Phi }_3,{\Phi }_6,{\Phi }_{12}$ そのもの。「どの $1$ の累乗根が根か」を数えると、因数分解が根の言葉で説明できる。平方の差を$2$回とる(本解)のは、この根の分類を代数の操作で実現したものだ。