解説

問題は次の定理(事実)を問題化したものである。

(1)　代数的整数である有理数は整数である。

　複素数 α が次の条件を満たすとき
　α を代数的整数であるという。
　適当な最高次の係数が 1 の整数係数の多項式
　f(x) = xn+a1xn-1+a2xn-2 + ... +an-1x+an
　をうまく選べば f(α) = 0 となる。

最高次の係数が 1 の多項式をモニックな多項式という。

モニックな整数係数の多項式に代入すると 0 となる数を
代数的整数という。

(2)　p を素数とする。
　　最高次の係数が 1 の整数係数の多項式
　f(x) = xn+a1xn-1+a2xn-2 + ... +an-1x+an
において a1, a2, ..., an-1, an がすべて p の倍数であり an が p^{2} の倍数でないとき
　f(x) は有理数係数の多項式として既約である。
　　(次数の低い二つの多項式の積に因数分解できない)。
　　(入試の問題は一番易しい部分を問題化している。)

　　　　　　　　(証明は下段にて)
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(1)　 　f(x) = xn+a1xn-1+a2xn-2 + ... +an-1x+an 　を最高次の係数が 1 の整数係数の多項式として q を f(q) = 0 を満たす有理数とする。
q が整数でないと仮定すると, r と m は互いに素、m > 1 を満たす整数の組　r､ m を使って q = r/m と表すことができる。このとき
　0 = mnf(r/m) = rn+ a1rn-1m+ a2rn-2m2+ ... + +an-1rmn-1+anmn が成り立っている。
m > 1 なので m には素因数がある。 p を m の素因数の一つとすると p は m を割り切る。
r と m は互いに素なので r は p で割り切れない。p は素数なので rn も p で割り切れない。
rn が p で割り切れないなくて a1rn-1m+ a2rn-2m2+ ... + +an-1rmn-1+anmn が p で割り切れる。これは
rn+ a1rn-1m+ a2rn-2m2+ ... + +an-1rmn-1+anmn = 0 に矛盾する。
よって q は整数である。

(2)　これは代数的整数全体のなす集合が環であることを使わないと示せない。
少し難なので、入試問題に対応する易しい部分、つまり次ぎを示すことにする。

(2)’p を素数とする。
　　最高次の係数が 1 の整数係数の 2 次以上の多項式
　f(x) = xn+a1xn-1+a2xn-2 + ... +an-1x+an
において a1, a2, ..., an-1, an がすべて p の倍数であり an が p^{2} の倍数でないとき
方程式 f(x) = 0 は有理数を解にもたない。

q を有理数として f(q) = 0 と仮定すると、(1) より q は整数である。
qn+ a1qn-1+a2qn-2 + ... +an-1q+ an = f(q) = 0　であり
a1qn-1+a2qn-2 + ... +an-1q+an が p で割り切れるので qn も p で割り切れる。 p は素数なので q は p で割り切れることになる。
qn+ a1qn-1+a2qn-2 + ... +an-1q が p2 で割り切れ qn+ a1qn-1+a2qn-2 + ... +an-1q+ an = 0　なので　n が p2 で割り切れることになるがこれは条件に矛盾する。
よって f(x) = 0 は有理数を解に持たない。

以上の証明においては、次の定理を用いた。

定理　p を素数、 a, b を整数とする。このとき
　ab が p で割り切れるとき、a または b は p で割り切れる。

上の定理は、高校レベルでは証明なしで認めて使うが本当は証明の必要がある。
証明はユークリッドの互除法、または、次の1 を作る定理を用いて示される。

1 を作る定理　m, n を互いに素な整数の組とすると
　ma + nb = 1 を満たす整数の組 a, b が存在する。