近世代数理论基础26：多项式环

2019-03-04 本文已影响18人溺于恐

多项式环

多项式

定义：设R是有单位元的交换环,x是一个文字,和式 $a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n+\cdots$ 称为环R上的多项式,简称x的多项式,其中每个 $a_i\in R$ ,且只有有限多个 $a_i\neq 0$ ,即 $\exists n\in N$ ,使 $\forall i\gt n,a_i=0$ ,其中x也称为不定元

$a_i$ 称为 $x^i$ 的系数,所有的 $a_i$ 都称为多项式的系数

若 $a_n\neq 0,a_i=0,\forall i\gt n$ ,则上述定义中的多项式简写成 $a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$

零多项式

若多项式f(x)的每一个系数都为0,则称为零多项式,记作 $f(x)=0$

多项式相等

设 $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n+\cdots$ , $g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots+b_nx^n+\cdots$

若 $\forall i$ ,有 $a_i=b_i$ ,则称f(x)与g(x)相等,记作 $f(x)=g(x)$

多项式次数

设 $f(x)$ 为R上的非零多项式, $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$ ,其中 $a_n\neq 0,n\ge 0$ ,非负整数n称为f(x)的次数,记作 $deg(f(x))$ , $a_n$ 称为首项系数

当 $f(x)=0$ 时,对 $f(x)$ 不定义次数

$deg(f(x))=0\Leftrightarrow f(x)为R中的非零元$

加法和乘法

$R[x]$ 中定义加法和乘法

设 $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$

$g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots$

则 $f(x)+g(x)=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)x+(a_2+b_2)x^2+\cdots$

$f(x)g(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots$

其中 $c_n=a_0b_n+a_1b_{n-1}+a_2b_{n-2}+\cdots+a_{n-1}b_1+a_nb_0,n=1,2,\cdots$

两个多项式相加即对应系数相加, $f(x)+g(x)$ 是 $R[x]$ 中一个确定的多项式

若 $f(x)$ 中 $a_i=0,\forall i\gt m$ , $g(x)$ 中 $b_0=0,\forall i\gt l$ ,取 $n=m+l$

若 $k\gt n$ ,则 $f(x)g(x)$ 的表达式中 $c_k=\sum\limits_{i+j=k}a_ib_j$ ,其中 $i+j=k\gt m+l$

故每一项 $a_ib_j$ 中,或者 $i\gt m$ ,或者 $j\gt l$

故 $a_i=0$ 或 $b_j=0$ ,从而 $c_k=0$

定理： $R[x]$ 对以上定义的加法和乘法作成一个环,且若R为整环,则 $R[x]$ 也是一个整环

证明：

$显然,R[x]对定义的加法和乘法作成一个环$

$设R是整环,1是R的单位元$

$则R[x]有单位元1+0x+0x^2+\cdots(a_i=0,i\ge 1)$

$记该多项式为1$

$设f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$

$g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots$

$为R[x]中任意两个多项式$

$在f(x)g(x)中x^n的系数为$

$a_0b_n+a_1b_{n-1}+\cdots+a_{n-1}b_1+a_nb_0$

$g(x)f(x)中x^n的系数为$

$b_0a_n+b_1a_{n-1}+\cdots+b_{n-1}a_1+b_na_0$

$若R是交换环$

$则以上两式显然相等$

$由n的任意性$

$f(x)g(x)=g(x)f(x)$

$\therefore R[x]是交换环$

$下证R中若无零因子,则R[x]中也无零因子$

$设f(x),g(x)是R[x]中任意两个非零多项式$

$deg\;f(x)=n,deg\;g(x)=m$

$f(x)的首项系数为a_n,g(x)的首项系数为b_m$

$则f(x)g(x)的首项系数,即x^{n+m}的系数为a_nb_m$

$\because R中无零因子$

$\therefore a_n\neq 0,b_m\neq 0$

$\therefore a_nb_m\neq 0$

$\therefore f(x)g(x)\neq 0$

$\therefore R[x]中无零因子$

$\therefore 若R为整环,则R[x]也是整环\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：设R是一个整环, $f(x),g(x)$ 是 $R[x]$ 中的非零多项式,则 $deg(f(x)g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))$

注：

1.两个定理中 $R$ 是一个整环很重要,例如 $\Z/6\Z=\Z_6$ ,则 $\Z_6[x]$ 中, $2x\neq 0,3x+3\neq 0$ ,但 $(2x)(3x+3)=0$

$\Z_6$ 是一个有零因子的环,2和3都是 $\Z_6$ 的零因子

2. $(R[x],+,\cdot)$ 称为R上的多项式环

本原多项式

定义：设D是一个UFD, $f(x)$ 是 $D[x]$ 中一个次数 $\ge 1$ 的多项式, $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ ,若系数 $a_0,a_1,\cdots,a_n$ 的最大公因子是D中的单位,则称f(x)是一个本原多项式

例： $\Z[x]$ 中, $4x^2+3x+2$ 是本原多项式, $4x^2+6x+2$ 不是本原多项式

易知, $D[x]$ 中的次数 $\ge 1$ 的不可约多项式一定是本原多项式,反之不一定成立

例： $\Z[x]$ 中, $x^2+3x+2$ 是本原多项式, $x^2+3x+2=(x+2)(x+1)$ 是可约的

引理：设D是一个UFD,则 $D[x]$ 中任一次数 $\ge 1$ 的多项式都可写成 $f(x)=cg(x)$ ,其中 $c\in D$ , $g(x)$ 为 $D[x]$ 中的本原多项式,且c和 $g(x)$ 在相差一个D中的单位因子的意义下唯一确定

证明：

$设f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in D[x]$

$且deg\;f(x)=n\ge 1$

$\because D是UFD$

$\therefore f(x)的系数有最大公因子,设为c$

$令a_0=ca’_0,a_1=ca’_1,\cdots,a_n=ca’_n$

$则a’_0,a’_1,\cdots,a’_n互素$

$\therefore g(x)=a’_0+a’_1x+\cdots+a’_nx^n即为所求$

$设f(x)有另一种分解$

$f(x)=dh(x),d\in D,h(x)为D[x]中一个本原多项式$

$则cg(x)=dh(x)$

$设p为c的任一不可约因子$

$此时p也为D的一个素元$

$\because h(x)是本原多项式$

$\therefore p不可能整除h(x)的每一个系数$

$\therefore p|d$

$\therefore c|d$

$同理可得d|c$

$\therefore c=du,u为D中的一个单位$

$\therefore g(x)和h(x)也只相差一个单位因子\qquad\mathcal{Q.E.D}$

高斯引理

引理：设D是一个UFD,则 $D[x]$ 中的两个本原多项式的乘积还是本原多项式

推广：有限多个本原多项式的乘积依然是一个本原多项式

引理：设D是一个UFD,F是D的分式域, $f(x)\in D[x]$ ,且 $deg\; f(x)\ge 1$ ,若f(x)是D[x]中的不可约多项式,则f(x)在F[x]中也是不可约的,若 $f(x)$ 是 $D[x]$ 中的本原多项式,且 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中是不可约的,则 $f(x)$ 在 $D[x]$ 中也是不可约的

证明：

$设f(x)\in D[x],且deg\;f(x)\ge 1$

$若f(x)是D[x]中的不可约多项式$

$则f(x)也是本原多项式$

$若f(x)在F[x]分解成两个次数较低的多项式的乘积$

$即f(x)=r(x)s(x)$

$其中r(x),s(x)\in F[x]$

$且deg\;f(x)\gt deg\; r(x),\deg\;f(x)\gt deg\;s(x)$

$则\because F是D的分式域$

$\therefore r(x),s(x)的系数都取a/b(a,b\in D,b\neq 0)的形式$

$去掉系数的分母后,可写成df(x)=r_1(x)s_1(x)$

$其中d\in D,r_1(x),s_1(x)\in D[x]$

$且deg\;r(x)=deg\;r_1(x),deg\;s(x)=deg\;s_1(x)$

$又r_1(x)=c_1r_2(x),s_1=c_2s_2(x)$

$其中c_1,c_2\in D,r_2(x),s_2(x)为本原多项式$

$\therefore df(x)=(c_1c_2)r_2(x)s_2(x)$

$又c_1c_2=du,u为D中的单位$

$\therefore f(x)=ur_2(x)s_2(x)$

$与f(x)是D[x]中的不可约多项式矛盾$

$\therefore f(x)在F[x]中也是不可约的$

$设次数\ge 1的多项式f(x)\in D[x]$

$f(x)是本原多项式,且f(x)在F[x]中不可约$

$若f(x)在D[x]中可约$

$则f(x)=g(x)h(x)$

$其中g(x),h(x)\in D(x),g(x),h(x)不会是D中的元$

$否则与f(x)是本原多项式矛盾$

$\therefore deg\;f(x)\gt deg\;g(x)\ge 1,deg\;f(x)\ge deg\;h(x)\ge 1$

$\because D[x]\subseteq F[x]$

$\therefore f(x)在F[x]中可约$

$与假设矛盾$

$\therefore f(x)在D[x]中不可约\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：

1.若D是一个UFD,F是D的分式域,则D[x]中的不可约多项式只有两类：D中的不可约元和在F[x]中不可约的本原多项式

2.若取D为 $\Z$ ,则F为 $\Q$ ,即整数环上的本原多项式在整数环上不可约当且仅当它在有理数域上不可约

引理(推论)：设D是一个UFD,F是D的分式域,则D[x]中的一个次数 $\ge 1$ 的多项式f(x)能分解为两个次数较低的 $F[x]$ 中的多项式的乘积当且仅当f(x)能分解为两个次数较低的 $D[x]$ 中的多项式的乘积

定理：设D是一个UFD,则 $D[x]$ 也是一个UFD

证明：

$设f(x)\in D[x],f(x)\neq 0,f(x)不是单位$

$若deg\;f(x)=0,则f(x)\in D,结论成立$

$假设deg\;f(x)\ge 1,F是D的分式域$

$将f(x)看作F[x]中的多项$

$\because F[x]是一个UFD$

$\therefore f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_r(x)$

$其中p_i(x)为F[x]上不可约多项式,i=1,2,\cdots,r$

$\because F是D的分式域$

$\therefore p_i(x)的系数都取a/b的形式,a,b\in D,b\neq 0$

$去掉所有分母后可得$

$df(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_r(x)$

$其中d\in D,q_i\in D[x]$

$q_i由p_i(x)乘一个D中的非零元而来$

$D中的非零元在其分式域中是单位$

$\therefore F[x]中任一q_i(x)不可约$

$设f(x)=cg(x),q_i(x)=c_iq_i’(x)$

$c,c_i\in D,g(x),q’_i是D[x]中的本原多项式$

$则dcg(x)=(c_1c_2\cdots c_r)q’_1(x)q’_2(x)\cdots q’_r(x)$

$由高斯引理$

$q'_1(x)q'_2(x)\cdots q'_r(x)是本原多项式$

$又由分解的唯一性$

$c_1c_2\cdots c_r=dcu,u为D中的单位$

$\therefore f(x)=cg(x)=(cu)q’_1(x)q’_2(x)\cdots q’_r(x)$

$cu可在D中分解为不可约元的乘积$

$任一q’_i(x)是D[x]的本原多项式,且在F[x]上不可约$

$\therefore 它们是D[x]上不可约多项式$

$\therefore f(x)可分解为D[x]上不可约多项式的乘积$

$下证分解的唯一性$

$deg\;f(x)=0时,结论显然成立$

$deg\;f(x)\ge 1时$

$设f(x)=c_1\cdots c_mp_1(x)p_2(x)\cdots p_r(x)$

$f(x)=d_1\cdots d_nq_1(x)q_2(x)\cdots q_s(x)$

$是f(x)在D[x]中的两种不可约的分解$

$其中c_i和d_i为D中的不可约元$

$p_i(x),q_i(x)为D[x]中次数\ge 1的不可约多项式$

$\therefore 也是D[x]中的本原多项式$

$\therefore c_1\cdots c_m=ud_1\cdots d_n,u为单位$

$p_1(x)\cdots p_r(x)=vq_1(x)\cdots q_s(x),v为单位$

$\because D是一个UFD$

$\therefore 不可约分解是唯一的$

$即m=n,且适当调换因子顺序后有c_i\sim d_i,i=1,2,\cdots,m$

$又p_i(x),q_i(x)在F[x]中也是不可约的$

$p_1(x)\cdots p_r(x)=vq_1(x)\cdots q_s(x)看作F[x]中某一多项式的两种不可约分解$

$则由F[x]中多项式分解的唯一性$

$r=s,且适当调换因式顺序后,p_i(x)\sim q_i(x),i=1,2,\cdots,r$

$唯一性得证\qquad\mathcal{Q.E.D}$

例： $\Z$ 是一个UFD,故 $\Z[x]$ 是一个UFD,同时 $\Z[x]$ 不是一个PID

例如 $(2,x)$ 就不是一个主理想

唯一分解整环不一定是主理想整环