抽象代數/因式分解

該研究的主要動機之一是確定多項式在域上的根。很明顯，多項式乘積的根只是它們的並集（事實上，重數之和）。因此，第一步是確定給定的多項式是否為較低次數多項式的乘積。

回想一下，我們說一個非零常數多項式$f(x)\in F[x]$ 是可約的，如果存在非零常數多項式$g(x)$ 和$h(x)$ 使得$f(x)=g(x)h(x)$。否則，該多項式被稱為不可約。線性多項式（即次數為1的多項式）顯然是不可約的。對於低次數的多項式，很容易確定它們是否不可約。

引理 4.2.1

如果$f(x)\in F[x]$ 是一個二次或三次多項式，則它可約當且僅當它有一個根。

證明：這僅僅意味著如果$f(x)$ 的次數最多為3，那麼任何形式為$f(x)=g(x)h(x)$ 的分解必須至少有一個$g(x)$ 或$h(x)$ 是線性的。 $\blacksquare$

請注意，該陳述不適用於更高次數的多項式。例如，$x^{4}-4$ 在有理數中沒有根，但是$x^{4}-4=(x^{2}-2)(x^{2}+2)$ 因此它是可約的。

我們特別感興趣的一種情況是關於有理數的多項式。一個非常有用的定理是關於有理數的根定理，它是高斯引理的推論。

定理 4.2.2（高斯引理）

設 $f(x)\in \mathbb {Z} [x]$ 為一個本原多項式。那麼 $f(x)$ 在 $\mathbb {Z} [x]$ 上不可約當且僅當它在 $\mathbb {Q} [x]$ 上不可約。

Proof. First we show that if $f(x)$ is reducible over $\mathbb {Q} [x]$ then it must be reducible over $\mathbb {Z} [x]$. Suppose we have $f(x)=g(x)h(x)$ where $g(x)$ and $h(x)$ are non-constant polynomials in $\mathbb {Q} [x]$. Suppose $d$ is the lowest common multiple of the denominators coefficients of the right hand side. Then$$df(x)=a(x)b(x)$$with $a(x),b(x)\in \mathbb {Z} [x]$. If $d=1$, we are done. So suppose $d>1$. We can write $d$ as a product of primes $d=p_{1}p_{2}\cdots p_{n}$. Modding out by $p_{1}$ we get$$0={\overline {a}}(x){\overline {b}}(x)$$where ${\overline {a}}(x),{\overline {b}}(x)$ are the corresponding polynomials in $\mathbb {Z} /p_{1}\mathbb {Z} [x]$ (in other words we mod each of the coefficients by $p_{1}$). Since $\mathbb {Z} /p_{1}\mathbb {Z} [x]$ is an integral domain, this means that at least one of the factors is 0. Without loss of generality we can assume that ${\overline {a}}(x)=0$. But this means that all of its coefficients are a multiple of $p_{1}$. Therefore we can cancel out $p_{1}$from both sides of the equation $df(x)=a(x)b(x)$. This leaves $n-1$ primes on the left hand side. We can apply the same argument and conclude via induction that $f(x)$ is reducible over $\mathbb {Z} [x]$.

反過來很容易看出，因為在 $\mathbb {Z} [x]$ 上的分解，特別是是在 $\mathbb {Q} [x]$ 上的分解。由於係數沒有公因子，這意味著分解成非常數多項式的乘積（特別地，我們避免了像 $7x-7=7(x-1)$ 這樣的情況，它在 $\mathbb {Z} [x]$ 上是非平凡分解，但在 $\mathbb {Q} [x]$ 上是平凡分解，因為 $7$ 在後一個環中只是一個單位）。    $\blacksquare$

特別地，這使得確定有理數上的多項式何時有有理根變得容易。給定 $f(x)\in \mathbb {Q} [x]$，假設它是首一且係數為整數。那麼如果 $f(x)$ 有根，我們可以寫成 $f(x)=(x-\alpha )(x^{n-1}+\cdots +\beta )$，其中兩個因子根據高斯引理都有整數係數。因此特別地 $\alpha$ 是一個整數，並且必須是常數項的因子。如果 $f(x)$ 不是首一，並且它有一個有理根 $p/q$，那麼我們可以寫成

$$f(x)=(px-q)(a_{n-1}x^{n-1}+\dots +a_{0})$$

特別是 $p$ 是 $f(x)$ 的首項係數的因數，而 $q$ 是常數項的因數。這被稱為有理根定理。透過嘗試所有這些可能性，可以立即確定給定多項式在有理數域上是否存在有理根。(即使係數是有理數，也可以將多項式乘以一個整數，得到一個具有整數係數的多項式，然後使用這個按比例放大的多項式，它與原多項式具有相同的根)。

現在我們知道嘗試在 $\mathbb {Q}$ 上簡化多項式 (本質上) 等效於在 $\mathbb {Z}$ 上簡化它們，因此從後一種情況下獲得一些不可約性標準是有用的。一個非常有用的結果是艾森斯坦判別法。

引理 4.2.3 (艾森斯坦判別法)

設 $p$ 是 $\mathbb {Z}$ 中的一個素數，而 $f(x)=x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ 是 $\mathbb {Z} [x]$ 中的一個多項式。假設 $p$ 整除所有 $a_{i}$，而 $p^{2}$ 不整除常數項 $a_{0}$。那麼 $f(x)$ 在 $\mathbb {Z} [x]$ 上和在 $\mathbb {Q} [x]$ 上是不可約的。

證明。假設$f(x)$ 是可約的。那麼存在非常數、首一多項式$g(x),h(x)$ 使得$f(x)=g(x)h(x)$。考慮商環$\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 中的多項式。我們發現$$x^{n}={\overline {g}}(x){\overline {h}}(x)$$

其中 ${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 分別是模 $p$ 的多項式（換句話說，${\overline {g}}(x)=\pi _{*}(g(x))$，其中 $\pi :\mathbb {Z} \to \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 是標準投影對映）。由於 $g(x)$ 和 $h(x)$ 被認為是首一的，我們知道它們的約化 ${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 也是首一的，因此是非常數的。特別地，${\overline {g}}(x){\overline {h}}(x)$ 是 $x^{n}$ 的一個非平凡分解。

透過比較上面的係數，我們可以看到上面的乘積沒有常數項。因此，${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 中至少有一個沒有常數項（這就是我們使用$p$ 是素數這一事實，因此特別是 $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 是一個整環）。假設其中一個確實有一個非零常數項。那麼它們的乘積將包含更低階項，但我們知道它們的乘積恰好是 $x^{n}$。因此，${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 都沒有常數項。但這意味著 $g(x)$ 和 $h(x)$ 的常數項都是 $p$ 的倍數，因此，它們的乘積 $a_{0}$ 是 $p^{2}$ 的倍數，從而導致矛盾。     $\blacksquare$

例：根據艾森斯坦判別法，很容易得出 $x^{n}-2$ 在 $\mathbb {Z}$ 上是不可約的，因此在 $\mathbb {Q}$ 上也是不可約的（根據高斯引理）。這是一種表明 ${\sqrt[{n}]{2}}$ 對於 $n\geq 1$ 都是無理數的方法。

示例： 以下是一個更復雜的例子。考慮多項式 $$f(x)={\frac {x^{p}-1}{x-1}}=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots +x+1$$其中 $p$ 是一個素數。我們觀察到 $$f(x+1)={\frac {(x+1)^{p}-1}{x}}={\frac {1}{x}}\sum _{k=1}^{p}{\binom {p}{k}}x^{k}=\sum _{k=0}^{p-1}{\binom {p}{k+1}}x^{k}$$ 特別地，則 $f(x+1)$ 是一個首一多項式，其中每個非首項係數都是 $p$ 的倍數，常數項恰好是 $p$。因此根據艾森斯坦判別法，$f(x+1)$ 是不可約的，反過來意味著 $f(x)$ 是不可約的。

一旦我們得到了一個不可約多項式，我們就知道我們不能再把它分解了，所以我們需要開始處理域擴張和分裂域。

練習

1. 證明 $x^{2}+x+1$ 在 $\mathbb {F} _{2}$ 上不可約。
2. 找出 $\mathbb {F} _{2}$ 和 $\mathbb {F} _{3}$ 上所有度數不超過 3 的不可約多項式。
3. 證明 $x^{2}+2$ 在 $\mathbb {Q} (i)$ 上不可約。
4. 證明如果 ${\frac {x^{n}-1}{x-1}}$ 不可約，則 $n$ 為素數。 提示：證明逆否命題。