我们已经知道 , 域上的多项式环是唯一分解整环 ,

即域F上的多项式可以表示成F[x]中不可约元的乘积 ,

特别地 , 若f(x)是F[x]中的不可约元 , 则必有deg f(x)＞0 ,

但是 , 在一般整环R上的多项式环中 , 零次多项式有可能是R[x]中的不可约元

基于此 , 我们有必要考虑整环上多项式环的不可约元及因子分解等问题 ,

令R是唯一分解整环 , f(x)属于R[x] ,

若deg f(x)=0 , 则属于R的f(x)的因子分解问题已经解决 ,

若deg f(x)＞0 , 我们取r为f(x)所有系数的最大公因子 , 则f(x)=rg(x) ,

其中g(x)的系数的最大公因子为1 ,

此时 , f(x)的因子分解问题转化为r和g(x)的因子分解问题 ,

而属于R的r的因子分解问题已经解决 ,

因此 , 我们仅需要考虑g(x)的因子分解 ,

定义9.1令R是唯一分解整环 , f(x)=a_nxⁿ+⋯+a₁x+a₀属于R[x] , 且deg f(x)＞0 ,

若1是f(x)所有系数的最大公因子 , 则称f(x)是R[x]中的本原多项式 ,

R[x]中次数大于零的不可约元一定是本原多项式 ,

一般地 , 若f(x)是R[x]中的不可约元 , 且deg f(x)=n ,

则称f(x)是R[x]中的n次不可约元 ,

引理9.1令R是唯一分解整环 , 属于R[x]的f(x) , g(x)是本原多项式 ,

若af(x)=bg(x) , 其中a , b属于R , a , b≠0 ,

则存在属于U(R)的u , 使得f(x)=ug(x)

证: 因为等式af(x)=bg(x)的左右两端多项式系数的最大公因子分别为a和b ,

因此a和b相伴 , 即存在属于U(R)的u , 使得b=au , 从而f(x)=ug(x) ,

引理9.2(高斯引理)设R是唯一分解整环 ,

则R[x]中两个本原多项式的乘积仍然是本原多项式 ,

证: 若属于R[x]的f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₀ , g(x)=b_mx^m+b_m‒1x^m‒1+⋯+b₀

是两个本原多项式 ,

则f(x)g(x)=c_n+mx^n+m+⋯+c_i+jx^i+j+⋯+c₁x+c₀ ,

其中c_i+j=a₀b_i+j+a₁b_i+j‒1+⋯+a_ib_j+⋯+a_i+jb , 0⩽i+j⩽n+m ,

下面我们用反证法证明 ,

如果f(x)g(x)不是本原多项式 ,

那么存在属于R的不可约元p , 使得p|c_n+m , ⋯ , p|c_i+j , ⋯ , p|c_{1 ,} p|c₀ ,

但是f(x) , g(x)是本原的 , 所以p不能整除所有的a_i和b_j ,

于是 , 不妨假设p|a₀ , p|a₁ , ⋯ , p|a_i‒1 , p∤a_i⋯ , p|b₀ , p|b₁ , ⋯ , p|b_j‒1 , p∤b_j ,

现在考察f(x)g(x)中x^i+j的系数c_i+j=a₀b_i+j+a₁b_i+j‒1+⋯+a_ib_j+⋯+a_i+jb₀ ,

则除了a_ib_j项外 , p整除上式中的所有项 , 所以 , p|a_ib_j ,

又因为R是唯一分解整环 , 不可约元p也是素元 , 因此 , p|a_i或p|b_{j ,} 矛盾 ,

定理9.1令R是唯一分解整环 , F是R的分式域 ,

若f(x)属于R[x] ,

则当且仅当f(x)可以分解成F[x]中两个次数大于零的多项式乘积时 ,

f(x)可以分解成R[x]中两个次数大于零的多项式乘积

证: 因为R[x]⫅F[x] ,

所以若f(x)可以分解成R[x]中两个次数大于零的多项式乘积 ,

则f(x)可以分解成F[x]中两个次数大于零的多项式乘积 ,

反之 , 若f(x)可以分解成F[x]中两个次数大于零的多项式乘积 ,

则不妨设f(x)是本原多项式

且f(x)=g(x)h(x) , g(x) , h(x)属于F[x] , deg g(x) , deg h(x)⩾1 ,

进而 , 可令f(x)=$\ \frac{s}{t}\$g₀(x)h₀(x) , s , t属于R , (s , 1)~1 ,

其中属于R[x]的g₀(x) , h₀(x)是本原多项式 ,

由引理9.2和引理9.1 , 可知 ,

g₀(x)h₀(x)仍是本原多项式且存在属于U(R)的u , 使得f(x)=ug₀(x)h₀(x) ,

即f(x)可以分解成R[x]中两个次数大于零的多项式乘积 ,

上述定理告诉我们 , 在考虑因子分解问题时 ,

唯一分解整环上本原多项式的分解问题等价于其分式域上多项式的分解问题 ,

命题9.1设R是唯一分解整环 , 则多项式环R[x]也是唯一分解整环 ,

证: 设f(x)是R[x]中非零、不可逆元 , F是R的分式域 ,

首先 , 证明f(x)在R[x]中有唯一分解 ,

若deg f(x)=0 , 则由R是唯一分解整环可知f(x)有唯一分解 ,

若deg f(x)＞0 , 不妨设f(x)=rg(x) , 其中r属于R , g(x)是R[x]中的本原多项式 ,

从而g(x)是F[x]中的非零、不可逆元 ,

由于域上的多项式环F[x]是唯一分解整环 , 所以g(x)在F[x]中有唯一分解 ,

令g(x)=g₁(x)g₂(x)⋯g_m(x) , 其中g(x) , g₂(x) , ⋯ , g_m(x)是F[x]中的不可约元 ,

另外g_i(x)可以表示为g_i(x)=$\ \frac{s_{i}}{t_{i}}\$h_i(x) , 其中s_i , t_i属于R ,

h_i(x)是R[x]中的本原多项式

由本章命题7.3可知h_i(x)是F[x]中的不可约元 ,

再由定理9.1可知h_i(x)是R[x]中的不可约元 ,

令t=t₁⋯t_{m ,} s=s₁⋯s_{m ,} 则tg(x)=sh₁(x)h₂(x)⋯h_m(x) ,

由引理9.2和引理9.1可知 , h₁(x)h₂(x)⋯h_m(x)是本原多项式 ,

且存在属于U(R)的u , 使得g(x)=uh₁(x)h₂(x)⋯h_m(x) ,

若r是R中的可逆元 , 则f(x)在R[x]中有唯一分解f(x)=ruh₁(x)h₂(x)⋯h_m(x) ,

若r不是R中的可逆元 , 则r有唯一分解r=p₁p₂⋯p_n ,

其中p₁ , p₂ , ⋯ , p_n是R中的不可约元 ,

从而f(x)在R[x]中有唯一分解f(x)=up₁p₂⋯p_nh₁(x)h₂(x)⋯h_m(x) ,

其次 , 我们来证明分解的唯一性 ,

设f(x)=p₁p₂⋯p_sh₁(x)h₂(x)⋯h_m(x)=q₁q₂⋯q_tg₁(x)g₂(x)⋯g_n(x) ,

其中p₁ , ⋯ , p_s , q₁ , ⋯ , q_t是R中的不可约元 ,

h₁(x) , ⋯ , h_m(x) , g₁(x) , ⋯ , g_n(x)是R[x]中次数大于零的不可约元 ,

从而h₁(x) , ⋯ , h_m(x) , g₁(x) , ⋯ , g_n(x)是本原多项式 ,

根据引理9.1及引理9.2可知 ,

存在属于U(R)的u , 使得h₁(x) , ⋯ , h_m(x)= g₁(x) , ⋯ , g_n(x) ,

因为F[x]是唯一分解整环 , 所以m=n , h_i(x)~g_i(x)(i=1 , 2 , ⋯ , n) ,

将h₁(x)⋯h_m(x)=ug₁(x)⋯g_n(x)代入f(x) , 则有p₁⋯p_s u=q₁⋯q_t

又由R是唯一分解整环可知 , s=t , p_i~q_{i ,} 1⩽i⩽s

利用命题9.1 , 我们可以证明在第7节中提出的结论:

唯一分解整环不一定是主理想整环 ,

例9.1试证明Z[x]是唯一分解整环 , 但不是主理想整环 ,

证: 由命题9.1可知 , Z[x]是唯一分解整环 ,

但是其中的⟨{2 , x}⟩却不是Z[x]的主理想 ,

若不然 , ⟨{2 , x}⟩是Z[x]的主理想 , 则不妨令⟨{2 , x}⟩=⟨f(x)⟩ ,

因为2 , x属于⟨f(x)⟩ ,

所以存在属于Z[x]的g(x) , h(x) , 使得2=f(x)g(x) , x=f(x)h(x) ,

因而f(x)=±1 , ⟨f(x)⟩=Z[x] ,

而理想⟨{2 , x}⟩={2g(x)+xh(x) | g(x) , h(x)属于Z[x]}中的多项式的常数项为偶数

因此 , ⟨{2 , x}⟩≠⟨f(x)⟩ ,

所以 , ⟨{2 , x}⟩不是Z[x]的主理想 , 即Z[x]不是主理想整环 ,

下面介绍一个判断唯一分解整环上的多项式是不可约元的常用的判别法:

艾森斯坦判别法 ,

定理9.2(艾森斯坦)令R是唯一分解整环 ,

f(x)=a_nxⁿ+⋯+a₁x+a₀(a_n≠0)是R[x]中次数大于零的本原多项式 ,

若存在属于R的不可约元p , 使得p∤a_n , p²∤a_{0 ,} p|a_{i ,} 0⩽i⩽n‒1 ,

则f(x)是R[x]中的不可约元 ,

证: 用反证法 , 若f(x)有真因子g(x) , 则存在h(x) , 使得f(x)=g(x)h(x) ,

因为f(x)是本原多项式 , 所以deg g(x)⩾1 , deg h(x)⩾1 ,

令g(x)=b_kx^k+⋯+b₁x+b_{0 ,} h(x)=c_lx^l+⋯+c₁x+c₀ , 这里b_k≠0 , c_l≠0 , k , l＜n

因为a₀=b₀c₀ , p|a₀ , p²∤a₀ , 所以只能存在b₀ , c₀之一被p整除 , 可令p|c₀ , p∤b₀

又因a_n=b_kc_l , p∤a_{n ,} 所以p∤c_l ,

而p|c₀ , 所以 , 我们可以取到最小的下标r＞0 , 使得p∤c_r , 0＜r⩽l＜n ,

于是 , 我们考察a_r=b₀c_r+b₁c_r‒1+⋯+b_rc₀

在上式右端中p∤b₀c_r , 而p整除其余各项 , 因此p∤a_r

这与已知假设p|a_i , 0⩽i⩽n‒1矛盾 , 因此 , f(x)是R[x]中的不可约元 ,

例9.2令p是素数 , 证明属于Z[x]的多项式f(x)=$\frac{x^{p} - 1}{x - 1}$=x^p‒1+⋯+x+1是不可约元

证: 因为多项式f(x)的不可约性等价于f(x+1)的不可约性 ,

所以 , 我们考察属于Z[x]的f(x+1)=$\frac{(x + 1)^{p} - 1}{(x + 1) - 1}$=x^p‒1+$C_{p}^{1}$x^p‒2+$C_{p}^{2}$x^p‒3+⋯+p ,

利用艾森斯坦判别法(Z中的不可约元取为素数p) , f(x+1)是Z[x]中的不可约元 , 因此f(x)是Z[X]中的不可约元 ,

例9.3证明属于Q[x]的多项式f(x)=$\ \frac{3}{2}\$x⁵‒18x³+3x+3是Q[x]中不可约元

证: 因为f(x)=$\ \frac{3}{2}\$(x⁵‒12x³+2x+2) ,

所以若令g(x)=x⁵‒12x³+2x+2 , 则g(x)是Z[x]中的本原多项式 ,

由定理9.1可知 , g(x)在Q[x]中的不可约性等价于g(x)在Z[x]中的不可约性 ,

利用艾森斯坦判别法(Z中的不可约元取为2)可知 , g(x)是Z[x]中的不可约元 ,

从而g(x)是Q[x]中的不可约元 , 进而f(x)是Q[x]中的不可约元 ,

我们知道有理数域上的多项式不一定能分解成一次因子的乘积 ,

但是 , 复数域上的多项式可以分解成一次因子的乘积 ,

那么对于一般域上的多项式 , 是否可以找到一个扩域 ,

使该多项式在此扩域上能分解成一次因子的乘积呢?

命题9.2设F是一个域 , 如果属于F[x]的f(x)是次数大于零的多项式 ,

则存在F的一个扩域 , 使得f(x)在此扩域中有根 ,

证: 因为F[x]是唯一分解整环 , 所以f(x)有不可约因子 , 设为p(x) ,

又因为F[x]是主理想整环 , 所以p(x)生成的理想是极大理想 ,

因此F[x]/⟨p(x)⟩是域 ,

考虑自然同态π: F[x]→F[x]/⟨p(x)⟩ , g(x)→g(x)+⟨p(x)⟩=$\overline{g(x)}$

因为对属于F的a , 当π(a)=0时 , 有a属于⟨p(x)⟩ , 从而a=0 ,

即可以将F视为F[x]/⟨p(x)⟩的一个子域 ,

从而p($\overline{x}$)=$\overline{p(x)}$=0 , 即$\overline{x}$是p(x)的一个根 , 也是f(x)的根 ,

推论9.1设F是一个域 , 如果属于F[x]的f(x)是次数大于零的多项式 ,

则存在F的扩域E , 使得f(x)可以表示为E中一次因子的乘积 ,

既然 , 在F的某个扩域上 , f(x)有一次因子 , 那么一次因子能出现多少次呢?

定义9.2设F是一个域 , α属于F , f(x)属于F[x] ,

若(x‒α)^k|f(x) , (x‒α)^k+1∤f(x) , 则称α是f(x)的k重根 ,

特别地 , 当k=1时 , 称α是f(x)的单根 , 当k＞1时 , 称α是f(x)的重根 ,

下面我们先规定形式导数 ,

然后 , 借用形式导数的性质来判断一个多项式是否有重根 ,

令F是域 , f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₁x+a₀属于F[x] ,

则定义其形式导数为f'(x)=na_nx^n‒1+(n‒1)a_n‒1x^n‒2+⋯+a₁

容易验证 , 形式导数具有与导数一样的“加、减、乘”等性质 ,

即如果f(x) , g(x)属于F[x] ,

那么(f(x)±g(x))'=f'(x)±g'(x) , (f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)

定理9.3设F是域 , f(x)属于F[x]

则f(x)在F的某个扩域上有重根的充分必要条件是f(x) , f'(x)在F[x]中不互素 ,

证: 首先 , 如果属于E(⊇F)的α是f(x)的k重根(k＞1)

则在E[x]上有f(x)=(x‒α)^kg(x) , (x‒α)∤g(x) ,

所以 , f'(x)=k(x‒α)^k‒1g(x)+(x‒α)^kg'(x)=(x‒α)^k‒1‒[kg(x)+(x‒α)g'(x)] ,

又因k＞1 , 于是x‒α是f(x) , f'(x)的公因子 ,

若属于E[x]的d(x)是f(x)和f'(x)的最大公因子 , 则deg d(x)＞0 ,

另外 , 我们可以通过多项式的辗转相除法求出f(x)和f'(x)的最大公因子d₀(x) ,

那么d₀(x)~d(x) , 即deg d₀(x)＞0 ,

而在辗转相除的过程中涉及的多项式的系数必定属于F , 所以 , d₀(x)属于F[x] ,

即f(x)与f'(x)在F[x]中不互素 ,

其次 , 如果f(x)和f'(x)在F[x]中不互素 , 不妨令(f(x) , f'(x))=d(x)属于F[x] ,

则由命题9.2可知 , d(x)在某个扩域E上有根 ,

若设α属于E , d(α)=0 , 则α是f(x) , f'(x)的根 ,

事实上 , x还是f(x)的重根 , 如若不然 , 则f(x)=(x‒α)g(x) , (x‒α)∤g(x) ,

又因f'(x)=g(x)+(x‒α)g'(x) , 所以 , (x‒α)∤f'(x) , 即α不是f'(x)的根 , 矛盾 ,

因此 , α一定是f(x)的重根 ,

实际上 , 我们很容易知道;

如果属于F[x]的f(x)是不可约元 ,

则f(x)在F的扩域上有重根的充分必要条件是f'(x)=0 ,

事实上 , 若f'(x)≠0 , 则deg f'(x)＜deg f(x) ,

又因为f(x)是不可约元 , 所以(f(x) , f'(x))~1 , 从而 , f(x)没有重根 ,

若f'(x)=0 , 则f(x)和f'(x)不互素 , 进而 , f(x)有重根 ,

定理9.4设F是域 , 属于F[x]的f(x)是不可约元 , 则

(1)当Char F=0 , 时f(x)没有重根;

(2)当Char F=p(素数) , 当且仅当f(x)是关于x^p的多项式 ,

即存在属于F[x]的g(x) , 使得f(x)=g(x^p)时 , f(x)有重根 ,

证明: (1)的结论是显然的 ,

(2)令f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₁x+a₀属于F[x] ,

则形式导数为f'(x)=na_nx^n‒1+(n‒1)a_n‒1x^n‒2+⋯+a₁ ,

因为f(x)有重根的充分必要条件是f'(x)=0 ,

所以的na_n=0 , (n‒1)a_n‒1=0 , ⋯ , a₁=0 ,

又因Char F=p , 所以由ia_i=0 , 1⩽i⩽n , 可以知道p|i或p|a_i ,

于是 , 不可约元f(x)的形式为

f(x)=a_kpx^kp+a_(k‒1)px^(k‒1)p+⋯+a_px^p+a₀=a_kp(x^p)^k+a_(k‒1)p(x^p)^k‒1+⋯+a_p(x^p)+a₀

若令g(x)=a_kpx^k+a_(k‒1)px^k‒1+⋯+a_px+a₀ , 则当然有f(x)=g(x^p)

反之 , 若f(x)=g(x^p) , 则f'(x)=0 , 因此f(x)有重根 ,

习题