多项式环是数学中重要的研究对象之一

在高等代数中 , 我们讨论了数域上多项式的性质 ,

本节我们不仅将数域上多项式的概念推广到环上 ,

而且推广了数域上多项式的带余除法 ,

假定本节涉及的环都是有1的非零交换环 ,

若$\overline{R}$是R的扩环 , 则假定$\overline{R}$与R有相同的单位元 ,

定义8.1设R是环$\overline{R}$的子环 ,

若存在属于$\overline{R}$的x , 使得对属于N的任意的n及属于R的a₀ , a₁ , ⋯ , a_n ,

当a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀=0时 , 必有a₀=a₁=⋯=a_n=0 ,

则称x是环R的未定元 ,

我们知道 , Z[i]是Z的扩环 ,

但对属于Z[i]任意α=a+bi , 有α²+(‒2a)α+(a²+b²)=0 ,

即Z[i]的任意元素都不是Z的未定元 ,

那么 , 在有1的交换环上是否有未定元呢?

定理8.1若R是环 ,

则存在R的某个扩环$\overline{R}$及属于$\overline{R}$的x , 使得x是环R的未定元

证: 我们采用构造的方法来证明本定理 ,

(1)构造有单位元的交换环$\overline{R}$ ,

为此令$\overline{R}$={(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n , ⋯)|a_i ∈ R , i=0 , 1 , ⋯}其中只有有限个a_i不为0 ,

并且在$\overline{R}$中规定:

(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n , ⋯)=(b₀ , b₁ , ⋯ , b_n , ⋯)⟺a_i=b_{i ,} i=0 , 1 , ⋯ , n , ⋯

(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n , ⋯)+(b₀ , b₁ , ⋯ , b_n , ⋯)=(a₀+b_{0 ,} a₁+b₁ , ⋯ , a_n+b_n , ⋯) ,

(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n , ⋯)⦁(b₀ , b₁ , ⋯ , b_n , ⋯)=(c₀ , c₁ , ⋯ , c_n , ⋯) ,

其中c_k=a₀b_k+a₁b_k‒1+⋯+a_kb₀ , k=0 , 1 , ⋯ , n , ⋯

则容易验证 , {R;+ , ⦁}是有单位元的交换环 , 而且单位元为(1 , 0 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯)

(2)$\overline{R}$是R的扩环 ,

事实上 , 若令φ: R→$\overline{R}$ , a→(a , 0 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯) , 则易知φ是R到$\overline{R}$的单同态 ,

从而 , 我们可以视$\overline{R}$是R的扩环 ,

当然 , 我们可以把R中的元素a等同于$\overline{R}$中的元素(a , 0 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯) ,

因此 , $\overline{R}$与R有相同的单位元 ,

(3)$\overline{R}$中的元素(0 , 1 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯)是环R的未定元 ,

事实上 , 若令x=(0 , 1 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯) , 则x^k=(0 , ⋯ , 0 , 1 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯)

a_kx^k=(a_k , 0 , ⋯ , 0 , ⋯)(0 , ⋯ , 0 , 1 , 0 , ⋯ , 0 , ⋯)=(0 , ⋯ , 0 , a_k , 0 , ⋯ , 0 , ⋯) ,

因此 , a₀+a₁x+⋯+a_n‒1x^n‒1+a_nxⁿ=(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n , 0 , ⋯) ,

那么若a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀=0 , 则(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n , 0 , ⋯)=0 ,

从而a₀=a₁=⋯=a_n=0 , 即x是R的未定元 ,

定理8.2设R是环 , $\overline{R}$是R的扩环 ,

若属于$\overline{R}$的x是R的未定元 ,

则R[x]={a₀+a₁x+⋯+a_nxⁿ|a₀ , a₁ , ⋯ , a_n ∈ R , n ∈ N}

是包含R和x的环$\overline{R}$的最小子环 ,

证: 由子环的判定定理可知 , R[x]是$\overline{R}$的子环 ,

事实上 , 令f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀ , g(x)=b_mx^m+b_m‒1x^m‒1+⋯+b₀属于R[x]

不妨设n⩽m

(若n＜m , 根据a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀=0⦁xⁿ⁺¹+a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀

可设a_m=a_m‒1=⋯=a_n+1=0) ,

则f(x)‒g(x)=(a_m‒b_m)x^m+(a_m‒1–b_m‒1)x^m‒1+⋯+(a₁‒b₁)x+a₀‒b₀属于R[x] ,

f(x)g(x)=c_m+nx^m+n+c_m+n‒1x^m+n‒1+⋯+c₁x+c₀属于R[x] ,

其中c_k=a₀b_k+a₁b_k‒1+⋯+a_kb₀ , k=0 , 1 , ⋯ , m+n ,

因此 , R[x]是$\overline{R}$的子环 ,

如果存在$\overline{R}$的子环R₀使关系R⊆R₀成立 , 其中x属于R₀ , 则有R[x]包含于R₀ ,

即R[x]是包含R和x的环$\overline{R}$的最小子环 ,

由定理8.1 , 我们知道 , 环R一定有未定元x ,

那么 , 若R还有另外一个未定元y , 则环R[x]与R[y]又有什么关系呢?

命题8.1设x , y是R的两个未定元 , 则环R[x]与R[y]同构 ,

$$\mathbf{证:}只需证明映射\varphi:R\lbrack x\rbrack \rightarrow R\lbrack y\rbrack\ ,\ \sum_{i = 1}^{n}{a_{i}x^{i}}\ \rightarrow \sum_{i = 1}^{n}{a_{i}y^{i}}\ 是环同构即可$$

命题8.1说明 , 环R[x]与未定元的选取无关 ,

因此 , 我们在谈论多项式环时 , 不需要强调未定元所在的环 ,

定义8.2若x是环R的未定元 ,

则称a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀ , 是R上(关于未定元x)的一元多项式 ,

其中n属于N , a_i属于R , i=0 , 1 , ⋯ , n ,

称R[x]={a₀+a₁x+⋯+a_nxⁿ|a₀ , a₁ , ⋯ , a_n ∈ R , n ∈ N}是环R上的一元多项式环 ,

一般地 , 我们用符号f(x) , g(x) , ⋯表示R上(关于未定元x)的一元多项式 ,

若f(x)属于R[x] , 若f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀ ,

则称a_ixⁱ是f(x)的i次项 , 并称a_i是i次项的系数 ,

当a_n≠0时 , 称a_nxⁿ是f(x)的首项 , n是f(x)的次数 , 并记为deg f(x)=n ,

系数全为零的多项式称为零多项式 , 零多项式不规定次数 ,

在多项式环R[x]中 , 通过比较首项系数易知:

deg(f(x)+g(x))⩽max{deg f(x) , deg g(x)} ,

deg(f(x)g(x))⩽deg f(x)+deg g(x) ,

并且若R是整环 , 则deg(f(x)g(x))=deg f(x)+deg g(x) ,

此时 , R[x]的单位群就是U(R) ,

实际上 , 一元多项式环的概念可以推广到多元多项式环 ,

设R是有1的交换环 , 则由于R有未定元x₁ , 从而有一元多项式环R[x₁] ,

又因R[x₁]是有1的交换环 , 所以R[x₁]有未定元x₂ ,

从而有二元多项式环R[x₁][x₂]=R[x₁ , x₂] , ⋯

不断重复这个过程 ,

则可以得到一个n元多项式环R[x₁][x₂]⋯[x_n]=R[x₁ , x₁ , ⋯ , x_n] ,

命题8.2若R是整环 , 则多项式环R[x]是整环 ,

证: 因为R[x]是有1的交换环 , 且对属于R[x]的任意f(x) , g(x)

若令f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀ , g(x)=b_mx^m+b_m‒1x^m‒1+⋯+b₀ ,

则有f(x)g(x)=a_nb_mx^n+m+⋯ , 其中a_n≠0 , b_m≠0

因为R是整环 , 所以a_nb_m≠0 , 即在R[x]中没有零因子 , 从而 , R[x]是整环

定理8.3(带余除法)设R是有1的交换环 ,

令f(x) , g(x)属于R[x] , 若g(x)≠0 , 且g(x)的首项系数为R中的可逆元 ,

则存在唯一的属于R[x]的q(x) , r(x) , 使得f(x)=g(x)q(x)+r(x) ,

其中r(x)=0或deg r(x)＜deg g(x) ,

证: 首先证明存在性 ,

当f(x)=0或f(x)≠0且deg g(x)＞deg f(x)时 , 令q(x)=0 , r(x)=f(x)即可 ,

当f(x)≠0且deg g(x)⩽deg f(x)时 , 对deg f(x)用数学归纳法 ,

不妨令f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀ , g(x)=b_mx^m+b_m‒1x^m‒1+⋯+b₀

其中m⩽n , a_n , b_m≠0 , 而且b_m是可逆元 ,

易知 , 当deg f(x)=0时 , 结论成立 ,

假设存在性对次数小于deg f(x)的多项式成立 , 下面我们考虑多项式f(x) ,

因为f(x)‒g(x)a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m=(a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀)‒(b_m‒1x^m‒1+⋯+b₀)a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m

所以 , 若f(x)‒g(x)a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m=0 , 则令q(x)=a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m , r(x)=0即可 ,

若f(x)‒g(x)a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m≠0 , 则令f₁(x)=f(x)‒g(x)a_nb'x^n‒m , 有deg f₁(x)＜deg f(x)

由归纳假设可知 , 存在属于R[x]的q₁(x) , r₁(x) , 使得f₁(x)=g(x)q₁(x)+r₁(x)

其中r₁(x)=0或deg r₁(x)＜deg g(x) ,

进而 , f(x)=g(x)[a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m+q₁(x)]+r₁(x) ,

故若令q(x)=a_n$b_{m}^{- 1}$x^n‒m+q₁(x) , r(x)=r₁(x) , 则f(x)=g(x)q(x)+r(x) ,

其中r(x)=0或deg r(x)＜deg g(x) , 即存在性对f(x)成立 ,

再证明唯一性 ,

若另外存在q₁(x) , r₁(x)适合条件 , 并且q(x)≠q₁(x) , r(x)≠r₁(x) ,

则g(x)q(x)+r(x)=g(x)q₁(x)+r₁(x) , g(x)[q(x)‒q₁(x)]=r₁(x)‒r(x) ,

因为g(x)的首项系数是可逆元 , 所以上式左边的次数为

deg{g(x)[q(x)‒q₁(x)]}=deg g(x)+deg[q(x)‒q₁(x)]=deg g(x) ,

而右边的次数为deg[r₁(x)‒r(x)]＜deg g(x) , 矛盾 ,

因此 , 唯一性成立 ,

一般地 , 我们把上述定理中的q(x) , r(x)分别叫做f(x)除以g(x)的商式和余式 ,

若将定理8.3的结果应用到域上 ,

则可知在数域上的多项式环中成立的带余除法 , 在一般域上同样成立 ,

特别地 , 若F是域 , 则我们可以在F[x]中定义δ(f(x))=deg f(x) ,

那么F[x]是欧氏环 , 进而F[x]是主理想整环 , 是唯一分解整环 ,

例8.1在Z₆[x]中 , f(x)=$\overline{2}$x²+$\overline{3}$x+1 , g(x)=$\overline{3}$x+$\overline{5}$ , 试计算f(x)g(x) ,

解: f(x)g(x)=$\overline{6}$x³+($\overline{4}$+$\overline{9}$)x²+($\overline{3}$+$\overline{3}$)x+$\overline{5}$=$\overline{1}$x²+5=x²+$\overline{5}$ ,

例8.2求整环Z_p[x]的特征 , 其中p是素数 ,

解: 因为Z_p与Z_p[x]的单位元相同 , 且Z_p的特征是p , 所以Z_p[x]的特征也是p

注意 , Z_p与Z_p[x]的特征都是p , 但是Z_p是有限环 , Z_p[x]是无限环 ,

例8.3设f(x)=x³+x²+$\overline{1}$ , g(x)=x²+x+$\overline{1}$属于Z₂[x] ,

求Z₂[x]中多项式u(x)和v(x) , 使得f(x)u(x)+g(x)v(x)=(f(x) , g(x)) ,

解: 因为Z₂是域 , 所以Z₂[x]中有带余除法 ,

利用带余除法可得f(x)=g(x)x+($\overline{1}$‒x) , g(x)=($\overline{1}$‒x)(‒x)+$\overline{1}$ ,

因此 , f(x)x+g(x)(x²+$\overline{1}$)=$\overline{1}$ , 即u(x)=x , u(x)=x²+$\overline{1}$ ,

下面讨论多项式根的问题 ,

定义8.3设R是有1的交换环 , 若f(x)=a_nxⁿ+⋯+a₁x+a₀属于R[x] , r属于R

则称a_nrⁿ+⋯+a₁r+a₀为多项式f(x)在r点处的值 , 记为f(r) ,

特别地 , 如果f(r)=0 , 则称r为f(x)在R上的一个根 ,

推论8.1设R是有1的交换环 , 若f(x)属于R[x] , r属于R ,

则存在属于R[x]的唯一的q(x) , 使得f(x)=(x‒r)q(x)+f(r) ,

当且仅当存在属于R[x]的q(x) , 使得f(x)=(x‒r)q(x)时 ,

属于R的r是f(x)的根

例8.4证明整环R上n次多项式f(x)在R上最多有n个不同的根 ,

证: 设a₁ , a₂ , ⋯ , a_m是f(x)在R上的所有不同的根 ,

由a₁是f(x)的根可知 , 存在属于R[x]的q₁(x) , 使得f(x)=(x‒a₁)q₁(x) ,

因为R是整环 ,

所以由0=f(a₂)=(a₂‒a₁)q₁(a₂) , 可知q₁(a₂)=0 , 即a₂是q₁(x)的根 ,

进而 , 存在属于R[x]的q₂(x) , 使得q₁(x)=(x‒a₂)q₂(x) ,

那么f(x)=(x‒a₁)(x‒a₂)q₂(x) ,

如此继续下去⋯ , 可知f(x)=(x‒a₁)(x‒a₂)⋯(x‒a_m)q_m(x) , 因此 , m⩽n ,

例8.5判断多项式f(x)=$\overline{4}$x³‒$\overline{2}$x²+x+$\overline{3}$在Z₅中是否有根 ,

解: 因为f($\overline{0}$)=$\overline{3}$ , f($\overline{1}$)=f($\overline{3}$)=f($\overline{4}$)=$\overline{1}$ , f($\overline{2}$)=$\overline{4}$ , 所以f(x)在Z₅中没有根

例8.6试求多项式f(x)=x²+$\overline{3}$x+$\overline{2}$在Z₆中的所有异根 ,

解: 因为f($\overline{0}$)=$\overline{2}$ , f($\overline{1}$)=f($\overline{2}$)=f($\overline{4}$)=f($\overline{5}$)=$\overline{0}$ , f($\overline{3}$)=$\overline{2}$ ,

所以f(x)在Z₆中有4个不同的根 ,

习题