单变元多项式
令 \(A=\{(a_0,a_1,\cdots)\mid a_i\in R\},\alpha=(a_0,a_1,\cdots),\beta=(b_0,b_1,\cdots)\). 定义 \(\alpha=\beta\Leftrightarrow a_i=b_i,(i=0,1,2,\cdots),\) \(\alpha+\beta=(a_0+b_0,a_1+b_1,\cdots),\) \(\alpha\beta=(c_0,c_1,c_2,\cdots),c_k=\displaystyle\sum_{i=0}^{k}a_ib_{k-i}\). 则 \((A,+,\cdot)\) 是一个环且 \(0_A=(0_R,0_R,\cdots),1_A=(1_R,0_R,0_R,\cdots)\). 考虑 \(\phi:R\rightarrow A,a\mapsto (a,0,0,\cdots)\) 则 \(\phi\) 是单同态, 因此 \(R\cong\phi(R)\). 故可将 \(R\) 看成 \(A\) 的子环, 由同构关系, \(a\in R\) 可等同地视作 \((a,0,0,\cdots)\in\phi(R)\subset A\). \(\forall a_0\in R,(b_0,b_1,\cdots)\in A,\) \(a_0(b_0,b_1,\cdots)=(a_0,0,\cdots)\cdot(b_0,b_1,\cdots)=(a_0b_0,a_0b_1,\cdots)\).
Lem 1
令 \(x=(0,1,0,0,\cdots)\in A\) 则 \(x\) 是 \(R\) 上的超越元且 \(xa=ax,\forall a_i\in R\) 则 \((a_0,a_1,a_2,\cdots)=\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}a_ix^i\).
Proof
首先考虑 \(x\), 显然我们有 \(x^0=(1,0,0,\cdots),\)\(x^2=(0,1,0,0,\cdots)\cdot(0,1,0,0,\cdots)=(0,0\cdot1+1\cdot0,0\cdot0+1\cdot1+0\cdot0)=(0,0,1,0,\cdots),\)\(x^i=(0,\cdots,0,1,0,\cdots)\) 其中 \(1\) 前有 \(i\) 个 \(0\). 则 \(\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}a_ix^i=a_0(1,0,\cdots)+a_1(0,1,0,\cdots)+\cdots+a_i(0,\cdots,0,1,0,\cdots)+\cdots=(a_0,a_1,a_2\cdots)\). 设 \(f(y)=a_0+a_1y+\cdots a_ny^n\in R[y]\) 则 \(f(x)=a_0+a_1x+\cdots a_nx^n=(a_0,a_1\cdots a_n,0,0,\cdots)\). 令 \(f(x)=0\) 则 \(a_i=0\). 因此 \(x\) 是 \(R\) 上的超越元. \(A\cong R[[x]]=\left\{\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}a_ix^i\mid a_i\in R\right\}\) 称为形式幂级数.
根据上述, 设 \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots,g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots\) 则有 \(f(x)+g(x)=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)x+(a_2+b_2)x^2+\cdots,\)\(f(x)g(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots\) 其中 \(c_k=\displaystyle\sum_{i=0}^{k}a_ib_{k-i}\).
e.g.
\(\mathbb F_2=\mathbb Z/(2)\) 是一个二元域, 在 \(\mathbb F_2[x]\) 中, \(f(x)=x(x-1)\) 则 \(f(x)\) 是 \(\mathbb F_2\) 上的非零多项式. 但作为多项式函数, \(f:\mathbb F_2\rightarrow\mathbb F_2\) 是一个零映射.
Lem 2
\(R[x]=\left\{a_0+a_1x+\cdots a_nx^n\mid a_i\in R\right\}\subseteq R[[x]]\). 设 \(R_1,R_2\) 是两个环, \(R_1[x],R_2[x]\) 分别是 \(R_1,R_2\) 上的多项式环, 则对任一环同态 \(\phi:R_1\rightarrow R_2\) 则存在唯一的环同态 \(\overline{\phi}:R_1[x]\rightarrow R_2[x]\ \mathrm{s.t.}\ \overline{\phi}(x)=y,\overline{\phi}(a)=\phi(a),\forall a\in R_1\). 即 \(\overline{\phi}\) 是环同态当且仅当 \(\phi\) 是环同态. 同构亦然.
Proof
\(\Leftarrow:\) 令 \(\overline{\phi}(a_0+a_1x+\cdots a_nx^n)=\phi(a_0)y+\cdots+\phi(a_n)y^n\) 即 \(\overline{\phi}\) 是环同态.
\(\Rightarrow:\) \(\overline{\phi}(x)=y,\overline{\phi}(a)=\phi(a),\forall a\in R_1\) 则 \(\overline{\phi}(a_ix^i)=\phi(a_i)y^i\) 即唯一.
当 \(\phi\) 是同构时, 设 \(f(x)\in R_1[x]\ \mathrm{s.t.}\ \overline{\phi}(f(x))=0\) 则 \(f(x)\equiv0\). 反之亦然.
Lem 3
设 \(R\) 无零因子, 则 \(\deg (f\cdot g)=\deg f+\deg g\).
Cor
若 \(R\) 无零因子则 \(U(R[x])=U(R)\).
e.g.
- \(U(\mathbb Z[x])=U(\mathbb Z)=\{\pm 1\}\).
- 设 \(R\) 是一个整环, \(p\in R\) 不可约, 则 \(p\in R[x]\) 不可约. \(\forall a\in R,x-a\in R[x]\) 不可约.
Def 1
设 \(R\) 是 UFD, \(f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in R[x]\). 令 \(d(f)=\gcd(a_n,\cdots,a_0)\). 若 \(d(f)\backsim 1\) 即 \(d(f)\in U(R)\) 则称 \(f(x)\) 为本原多项式.
Lem 4 (高斯 (Gauss) 引理)
设 \(R\) 是 UFD, \(f(x),g(x)\in R[x]\) 则 \(d(f\cdot g)=d(f)\cdot d(g)\). 特别地, 本原多项式的乘积仍是本原多项式.
Proof 1
令 \(f(x)=d(f)\cdot f_0(x),g(x)=d(g)\cdot g_0(x)\), 则 \(f_0(x),g_0(x)\in R[x]\) 本原. 因此 \(f(x)\cdot g(x)=(d(f)d(g))\cdot[f_0(x)g_0(x)]\). 只需证明 \(f_0(x)g_0(x)\) 是本原多项式. 不妨设 \(f_0(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0,\)\(g_0(x)=b_mx^m+\cdots+b_1x+b_0\). 若 \(f_0(x)g_0(x)\) 不本原. 令 \(p\in R\) 不可约使得 \(p\mid d(f_0\cdot g_0)\). 由 \(f_0(x),g_0(x)\) 均本原, 故存在 \(s\) 使得 \(s\) 是满足 \(p\mid a_0,\cdots,p\mid a_{s-1}\) 但 \(p\nmid a_s\) 的最小正整数. 同理, 令 \(l\) 是满足 \(p\mid b_0,\cdots,p\mid b_{l-1}\) 但 \(p\nmid b_l\) 的最小正整数. 而 \(c_{s+l}=a_0b_{s+l}+a_1b_{s+l-1}+\cdots+a_sb_l+\cdots+a_{s+l}b_0\). 则 \(p\mid c_{s+l}\) 即 \(p\mid a_sb_l\). 由上一节 Thm 2 有 \(p\mid a_s\) 或 \(p\mid b_l\), 矛盾.
Proof 2
以 \(R=\mathbb Z\) 为例, \(f(x),g(x)\in\mathbb Z[x]\) 本原则 \(f(x)g(x)\) 本原. 否则取 \(p\in\mathbb Z\ \mathrm{s.t.}\ p\mid d(f\cdot g)\). 考虑 \(\phi:\mathbb Z[x]\rightarrow\mathbb Z/(p)\mathbb Z[x]=\mathbb F_p[x]\), 则 \(0=\phi(f\cdot g)=\phi(f)\cdot\phi(g)\), 即 \(\phi(f)\equiv 0\) 或 \(\phi(g)\equiv 0\), 与 \(f(x),g(x)\) 均本原矛盾.
Cor
设 \(R\) 是 UFD, \(K\) 是 \(R\) 的分式域, \(f(x)\in R[x]\) 且 \(\deg f(x)\geqslant 1\). 如果 \(f(x)\) 在 \(R[x]\) 中不可约则 \(f(x)\) 在 \(K[x]\) 中也不可约.
Proof
设 \(f(x)\) 在 \(K[x]\) 中可约. 不妨设 \(f(x)=h(x)g(x)\), 其中 \(\deg h\geqslant 1,\deg g\geqslant 1,g(x),h(x)\in K[x]\). 设 \(h(x)=\dfrac{a_m}{b_m}x^m+\cdots+\dfrac{a_1}{b_1}x+\dfrac{a_0}{b_0}\). 则可设 \(bh_0(x)=b_1b_2\cdots b_mh(x)\in R[x]\), 其中 \(b=d(b_1b_2\cdots b_mh(x))\in R\). 则 \(h_0\in R[x]\) 是本原多项式. 同理, 对 \(g(x)\) 得到本原多项式 \(g_0(x)\) 和 \(a\in R\). 则 \(\exists c\in R\) 使得 \(cf(x)=bh_0(x)\cdot ag_0(x)\), 即 \(d(cf)=ab\Rightarrow c\cdot d(f)=ab\). 由 \(f(x)\in R[x]\) 不可约得 \(d(f)=1\), 即 \(ab=u\cdot c,u\in U(R)\). 带入得 \(cf(x)=uc(g_0(x)h_0(x))\) 即 \(f(x)=ug_0(x)h_0(x)\) 是 \(R[x]\) 中的分解, 与 \(f(x)\) 在 \(R[x]\) 中不可约矛盾.
Thm 2 (艾森斯坦因 (Eisenstein) 判别法)
设 \(R\) 是 UFD, \(K\) 是 \(R\) 的分式域, \(f(x)\in R[x]\). \(f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\). 若存在不可约元 \(p\in R\) 使得 \(p\mid a_0,\cdots,p\mid a_{n-1}\) 但 \(p\nmid a_n,p^2\nmid a_0\) 则 \(f(x)\) 在 \(K[x]\) 中不可约 (同时也在 \(R[x]\) 中不可约).
Proof
设 \(f(x)=d(f)\cdot f_0(x),f_0(x)\in R[x]\) 本原. 注意到 \(f_0(x)\) 在 \(K[x]\) 中不可约 \(\Leftrightarrow\) \(f_0(x)\) 在 \(R[x]\) 中不可约, 故只需证明 \(f(x)\) 在 \(R[x]\) 中不可约即可. 若 \(f(x)\) 非本原即 \(d(f)\notin U(R)\), 取 \(p\mid d(f)\) 且 \(p\) 不可约, 得到了 \(p\mid a_0,\cdots,p\mid a_n\), 与题设不符. 因此不妨设 \(f(x)\) 本原. 假设 \(f(x)\) 在 \(R[x]\) 中可约, 即存在本原多项式 \(g(x)=b_mx^m+\cdots+b_1x+b_0,h(x)=c_rx^r+\cdots+c_1x+c_0.\) 其中 \(m,r<n\) 使得 \(f(x)=g(x)h(x)\). 则 \(a_n=b_mc_r\). 由 \(p\mid a_0\) 得 \(p\mid b_0c_0\), 即 \(p\mid b_0\) 或 \(p\mid c_0\). 不妨设 \(p\mid b_0,p\nmid c_0\). 与 Gauss 引理的证明类似, 我们令 \(s\) 是满足 \(p\mid b_0,\cdots,p\mid b_{s-1}\) 但 \(p\nmid b_s\) 的最小正整数. 其中 \(s\leqslant m<n\), 则 \(a_s=b_sc_0+\cdots+b_0c_s\). 由 \(p\mid a_s\) 得 \(p\mid b_s\) 或 \(p\mid c_0\). 由假设 \(p\nmid c_0\) 则 \(p\mid b_s\), 矛盾. 即 \(p\mid g(x)\Rightarrow p\mid f(x)\Rightarrow p\mid a_n\), 与题设矛盾.
e.g.
- \(p\in \mathbb Z\) 是素数, \(x^n-p\) 在 \(\mathbb Q[x]\) 不可约.
- \(f(x)=\dfrac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+\cdots+x+1\) 在 \(\mathbb Q[x]\) 中不可约. 注意到 \(f(x)\) 不可约当且仅当 \(g(x)=f(x+1)\) 不可约, \(g(x)=\dfrac{(x+1)^p-1}{x}=x^{p-1}+C_p^1x^{p-2}+\cdots+C_p^{p-1}\). 由 \(p\mid C_p^k,1\leqslant k\leqslant p-1,\)\(p^2\nmid C_p^{p-1}\) 故 \(g(x)\) 不可约.
- \(p(x,y,z)=z^3+y^3+x^2y^2+x^2y+x\) 在 \(\mathbb R[x,y,z]\) 中不可约.
Thm 3
设 \(R\) 是 UFD 则 \(R[x]\) 也是 UFD.
Proof
存在性: 任取 \(f(x)\in R[x],\deg f(x)\geqslant 0,f(x)=d(f)\cdot f_0(x)\). 由 \(R\) 是 UFD 得 \(d(f)=p_1\cdots p_s\) 其中 \(p_i\in R\) 不可约, 故在 \(R[x]\) 中也不可约. 由 \(\deg f(x) < +\infty\) 得存在不可约元 \(q_i\in R[x]\) 使得 \(f_0(x)=q_1(x)\cdots q_t(x)\). 其中 \(q_i(x)\in R[x]\) 不可约. 因此得到 \(f(x)=p_1\cdots p_sq_1(x)\cdots q_t(x)\) 是 \(f(x)\) 在 \(R[x]\) 上不可约分解.
唯一性: 设 \(f(x)=p'_1\cdots p_{s'}'q'_1(x)\cdots q'_{t'}(x)\) 是 \(f(x)\) 在 \(R[x]\) 中另一个不可约分解. 由 \(q'_i(x)\in R[x]\) 不可约则 \(q'_i(x)\) 本原. 由 \(p'_1\cdots p_{s'}'q'_1(x)\cdots q'_{t'}(x)=p_1\cdots p_sq_1(x)\cdots q_t(x)\) 得 \(\exists u\in U(R)\) 使得 \(p'_1\cdots p_{s'}'=u\cdot p_1\cdots p_s\). 由 \(R\) 是 UFD 得 \(s'=s\) 且 \(p_i'\backsim p_i\). 因此 \(q_1(x)\cdots q_t(x)=u\cdot q'_1(x)\cdots q'_{t'}(x)\) 在 \(R[x]\) 中成立, 则也在 \(K[x]=Q(R)\) 中也成立. 注意到 \(K[x]\) 是 UFD, \(f_0(x)=q_1(x)\cdots q_t(x)=u\cdot q'_1(x)\cdots q'_{t'}(x)\) 是 \(f_0(x)\) 在 \(K[x]\) 中的两个不可约分解. 则有 \(t=t'\) 且存在 \(u_i=\dfrac{a_i}{b_i}\in K\), 其中 \(a_i,b_i\in R,(a_i,b_i)=1\) 使得 \(q'_i(x)=u_iq_i(x)=\dfrac{a_i}{b_i}q_i(x)\). 即有 \(b_iq'_i(x)=a_iq_i(x)\). 由 \(q_i(x),q'_i(x)\) 本原得 \(a_i\backsim b_i\) 即 \(u_i\in U(R)\) 即 \(R[x]\) 中 \(q_i(x)\backsim q'_i(x)\).
Thm 4 (代数基本定理)
若 \(p(x)\in\mathbb C[x]\) 不可约则 \(\deg p(x)=1\).
等价地, 若 \(p(x)\in\mathbb C[x]\) 且 \(p(x)\geqslant 1\) 则存在 \(\alpha\in\mathbb C\) 使得 \(p(\alpha)=0\).
Proof
\(\Leftarrow:\) 设 \(p(x)\in\mathbb C[x]\) 不可约, \(\deg p(x)\geqslant 1\) 则可设 \(p(x)=(x-\alpha)g(x)+C\). 由 \(p(\alpha)=0\) 得 \(C=0\), 因此 \(\deg g(x)=0\) 即 \(\deg p(x)=1\).
\(\Rightarrow:\) 考虑 \(p(x)\) 的不可约分解 \(p(x)=p_1(x)\cdots p_s(x)\), 则存在 \(i\) 使得 \(\deg p_i(x)=1\).
e.g.
- \(\mathbb R[x]\) 中不可约多项式次数小于等于 \(2\), 即 \(\deg p(x)=1\) 或 \(p(x)=ax^2+bx+c, \Delta <0\).
- \(K\) 是一个域, \(K[x]\) 中首一的多项式有无穷多个.
假设 \(p_1(x),\cdots,p_s(x)\) 是所有的首一不可约多项式, 令 \(q(x)=p_1(x)\cdots p_s(x)+1\), 则 \(q(x)\) 也是首一不可约多项式且不在 \(p_1(x),\cdots,p_s(x)\) 中.