第 $1$ 章 附 記
$\S\ 16.$ 円周等分方程式の既約性
$\S\ 9$ において $x^n-1$ を因数に分解して $1$ の原始 $n$ 乗根のみを根とする多項式 $F_n\left(x\right)$ を求めた．この多項式は有理数体において既約である，すなわち有理係数の因数に分解されない．
これは有名な定理で，いろいろ証明法があるが，ここでは Eisenstein の定理を用いる簡単な証明を紹介する．一般の $n$ に関して証明をするから，重複になるけれども，初めに $n=p$ または $n=p^h$ が素数または素数巾である場合を述べておく．
$n=p$ のとき，$F_p\left(x\right)$ を略して $F\left(x\right)$ と記せば\[F\left(x\right)=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots\cdots+1.\]$x=y+1$ とすれば\[F\left(y+1\right)=\frac{\left(y+1\right)^p-1}{y}=y^{p-1}+\binom{p}{1}y^{p-2}+\binom{p}{2}y^{p-3}+\cdots\cdots+\binom{p}{1}.\] $y$ に関するこの多項式が既約であることを示せばよい．係数 $\dbinom{p}{1}$，$\dbinom{p}{2}$，$\cdots\cdots$ は素数 $p$ で割り切れ，最後の係数は $p$ だから，Eisenstein の定理によって，この多項式は既約である．
$n=p^h$ のときは\[\varPhi\left(x\right)=\frac{x^{p^h}-1}{x-1}=F_p\left(x\right)F_{p^2}\left(x\right)\cdots\cdots F_{p^h}\left(x\right).\]ここでも $x=y+1$ とすれば\[\varPhi\left(y+1\right)=y^{p^h-1}+\binom{p^h}{1}y^{p^h-2}+\binom{p^h}{2}y^{p^h-3}+\cdots\cdots+p^h.\] 係数 $\dbinom{p^h}{1}$，$\dbinom{p^h}{2}$，$\cdots\cdots$ は $p$ で割り切れ，最後の係数が $p^h$ であるから，$\varPhi$ は分解ができても $h$ よりも多くの因数には分かれない（代．$130$ 頁）．故に $F_p$，$F_{p^2}$，$\cdots\cdots$，$F_{p^h}$ は既約である．
さて一般の場合において $\rho$ を $1$ の原始 $n$ 乗根とし，$f\left(x\right)$ を $\rho$ を根とする既約な多項式とする．$f\left(x\right)$ は $F_n\left(x\right)$ またはその因数であるから\[f\left(x\right)=x^m+a_1x^{m-1}+\cdots\cdots+a_m\]とおけば，係数 $a_1$，$\cdots\cdots$，$a_m$ は整数である．
もしもそのとき $p$ を $n$ に含まれない任意の素数として $\rho^p$ がやはり $f\left(x\right)$ の根であることを示せば，問題は解決されるであろう．なぜならば，すべての原始根（$1$ の原始 $n$ 乗根の意）は $\rho^k$，$\left(n,\ k\right)=1$，に等しいから，$k$ を素因数に分解して $k=pqr\cdots\cdots$ とするとき，もしも上記のように $\rho^p$ が $f\left(x\right)$ の根ならば，$\rho$ に $\rho^p$ を代用すれば，$\rho^{pq}$ も $f\left(x\right)$ の根で，同様に $\rho^{pqr}\cdots\cdots$ も $f\left(x\right)$ の根，つまり $\rho^k$ が $f\left(x\right)$ の根，すなわちすべての原始根が $f\left(x\right)$ の根であることになって $f\left(x\right)$ は $F_n\left(x\right)$ と一致し，したがって $F_n\left(x\right)$ が既約であることとなる．
さて一般に整係数の多項式\begin{alignat*}{1}f\left(x\right)&=x^m+a_1x^{m-1}+\cdots\cdots+a_m\\[2mm]&=\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)\cdots\cdots\left(x-\lambda\right)\end{alignat*}が与えられているとするとき，その根の $p$ 乗巾なる $\alpha^p$，$\beta^p$，$\cdots\cdots$，$\lambda^p$（$p$ は素数）を根とする多項式を\begin{alignat*}{1}\varphi\left(x\right)&=x^m+A_1x^{m-1}+\cdots\cdots+A_m\\[2mm]&=\left(x-\alpha^p\right)\left(x-\beta^p\right)\cdots\cdots\left(x-\lambda^p\right)\end{alignat*}とすれば，$\varphi\left(x\right)$ の係数 $A_1$，$A_2$，$\cdots\cdots$，$A_m$ は対称式の計算によって求められる．すなわち\[-A_1={\textstyle\sum}\alpha^p,\ \ A_2={\textstyle\sum}\left(\alpha\beta\right)^p,\ \cdots\cdots\]で，上記仮定のもとにおいては $A_1$，$A_2$，$\cdots\cdots$，$A_m$ は整数である（代．定理 $5.\ 1$）．
仮定によって $p$ は素数だから，$p$ 乗に関する多項係数の性質（$\S\ 4$，問題 $12$）によって\[\left(\alpha+\beta+\cdots\cdots+\lambda\right)^p=\alpha^p+\beta^p+\cdots\cdots+\lambda^p+pS\tag{$\ 1\ $}\]で，$S$ は $\alpha$，$\beta$，$\cdots\cdots$，$\lambda$ に関する整係数の対称式である．したがって，この場合 $f\left(x\right)$ の係数に関する仮定によって $S$ は整数である．
故に\[\left(-a_1\right)^p\equiv-A_1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right).\]Fermat の定理によって $\left(-a_1\right)^p\equiv-a_1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)$ ，したがって\[a_1\equiv A_1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right).\] ついでながら，Fermat の定理が $\left(\ 1\ \right)$ から導かれる．$\left(\ 1\ \right)$ において $\alpha$，$\beta$，$\cdots\cdots$，$\lambda$ に $1$ を代入して，項数を $a$ とすれば，$a^p\equiv a\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)$ を得る．ここでは $a\gt0$ であるが，$p$ が奇数ならば，$\left(-a\right)^p=-a^p\equiv-a\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)$．$p=2$ ならばもちろん $a^2\equiv a\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 2\right)$．
同様に\[a_2\equiv A_2，\cdots\cdots，a_m\equiv A_m\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right),\]すなわち\[\varphi\left(x\right)=f\left(x\right)+pG\left(x\right)\tag{$\ 2\ $}\]と置けば $G\left(x\right)$ は $0$ または $m-1$ 次以下の整係数の多項式である．
上記の結果を原始 $n$ 乗根 $\rho$ を根とする既約多項式 $f\left(x\right)$ に応用して，$p$ が $n$ に含まれない素数であるときに，$f\left(x\right)=\varphi\left(x\right)$ を証明するのがわれわれの目標である．間接法を用いる．もしも $f\left(x\right)\neq\varphi\left(x\right)$ と仮定するならば，$f\left(x\right)$ は既約であるから，$f\left(x\right)$ と $\varphi\left(x\right)$ とは共通根を有しない，また $\varphi\left(x\right)$ の根はみな互いに相異なるものである（もしも $\alpha^p=\beta^p$ とすれば，$ps\equiv1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ n\right)$ とするとき $\alpha^{ps}=\beta^{ps}$．$\alpha$ も $\beta$ も $1$ の $n$ 乗根であるから，$\alpha^{ps}=\alpha$，$\beta^{ps}=\beta$．すなわち $\alpha=\beta$．$f\left(x\right)$ は既約だから，これは不可能である）．
故に $f\left(x\right)\neq\varphi\left(x\right)$ と仮定すれば，$f\left(x\right)$ と $\varphi\left(x\right)$ との根は全部相異なる $1$ の $n$ 乗根であって，したがって\[x^n-1=f\left(x\right)\varphi\left(x\right)\cdotp H\left(x\right).\]ただし $H\left(x\right)$ は整係数の多項式である．
ここへ $\left(\ 2\ \right)$ をもちこめば\[x^n-1=f\left(x\right)^2H\left(x\right)+p\varPhi\left(x\right)\]を得る．$\varPhi\left(x\right)$ は $n-1$ 次以下の整係数の多項式である．両辺の導函数をとれば\[nx^{n-1}=f\left(x\right)\varPsi\left(x\right)+p\varPhi^\prime\left(x\right).\]$\varPhi^\prime$ も $\varPsi$ も整係数の多項式で，$\varPsi^\prime$ は $n-2$ 次以下である．
よって\[nx^{n-1}-p\varPhi^\prime\left(x\right)=f\left(x\right)\varPsi\left(x\right).\] 左辺は $n-1$ 次以下の多項式で，$\left(n,\ p\right)=1$ だから，その最高次の項の係数だけが $p$ で割り切れないで，その他の係数は全部 $p$ で割れる．故に $f\left(x\right)$ の係数も同様でなければならない（$95$ 頁）．特に $f\left(x\right)$ の常数項が $p$ で割り切れることになるが，$f\left(x\right)$ の根は $1$ の $n$ 乗根ばかりだから，常数項の絶対値は $1$ に等しい．これは不合理である．
故に $f\left(x\right)=\varphi\left(x\right)$．これで証明が完了するはずであった．