域上多项式的因式分解
域上多项式的因式分解
本章主要就是讲述域上多项式的因式分解。这里用到的方式很类似于带余除法的结构。即有一个多项式$f(x)$和$g(x)$。我们尝试用整除的方式用$f(x)$除以$g(x)$，将$f(x)$表示为$f(x)=g(x)h(x)+s(x)$的样式。针对这种方式的研究，我们可以得到一些多项式环上至关重要的结论。而这种性质在后面可以看到，本质来自于环结构上的各种特性。
现在来看求值同态与因式分解的关系。设$E$和$F$是域，且$F\leq E$。对$f(x)\in F[x]$来说，求值同态$\phi(\alpha)$有
$$f(\alpha)=\phi_\alpha(f(x))=\phi_\alpha(g(x)h(x))=\phi_\alpha(g(x))\phi_\alpha(h(x))=g(\alpha)h(\alpha)$$因此如果$f(\alpha)=0$当且仅当$g(\alpha)=0$或$h(\alpha)=0$。这个结论一部分来自于同态结构，如上。还有一部分来自于$F[X]$整环结构，消除率成立。
引理 28.1
设$F$是一个域，$f(x),g(x),s(x)\in F[x]$且$g(x)\ne 0$。如果
$$deg(f(x)-g(x)s(x))\ge deg(g(x))$$则存在多项式$s_1(x)\in F[x]$，使得
$$deg(f(x)-g(x)s_1(x))\lt deg(f(x)-g(x)s(x))$$或
$$f(x)-g(x)s_1(x)=0$$这个引理看起来表述比较繁琐，实际上在描述这样一件事情。就是我们可以定义多项式上的除法操作，使得$f(x)=g(x)h(x)+s(x)$的样式。其中$s(x)$的次数一定是小于$g(x)$的次数的。这个引理将这件事情明确化，并且实际上给出了这个除法的算法操作过程。
简略证明：
思路就是假设$deg(f(x)-g(x)s(x))\ge deg(g(x))$可以构造出一个次数小于$g(x)$的$s_1(x)$。加上$n=deg(f(x)-g(x)s(x))$则对应可以表示为$f(x)-g(x)s(x)=a_nx^n+r(x)$。其中$a_n\ne 0$。因为$g(x)\ne 0$。所以$g(x)$可以表示为$g(x)=b_kx^k+g_1(x)$，且$n\ge k$。
构造的基本想法就是使得$a_nx^n+r(x)-g(x)s_1(x)$可以消除$n$次方项。显然可以让$s_1(x)$包含一个$\frac{a_n}{b_k}x^{n-k}$即可。令$s_1(x)=s(x)+\frac{a_n}{b_k}x^{n-k}$。验证
$$ \begin{equation} \begin{split} f(x)-g(x)s_1(x)&=f(x)-g(x)s(x)-g(x)\frac{a_n}{b_k}x^{n-k} \\ &=a_nx^n+r(x)-b_kx^k\frac{a_n}{b_k}x^{n-k}-g_1(x)\frac{a_n}{b_k}x^{n-k} \\ &=r(x)-g_1(x)\frac{a_n}{b_k}x^{n-k} \end{split} \end{equation} $$这个多项式次数一定是小于$n$的。这就完成了证明。
由这个引理以及其证明流程可以给出多项式上的除法算法流程。如果$deg(g(x))\le deg(f(x))$，可以假设$f(x)-g(x)0=f(x)$逐步按照上述流程找到对应的$f(x)=g(x)h(x)+s(x)$。由此可以给出如下定理
定理 28.2 $F[x]上的带余除法$/p>
设
$$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$$和
$$g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0$$是$F[x]$的两个元素，其中$a_n$和$b_m$都是$F$的非零元，且$m\gt 0$。则在$F[x]$中存在唯一的多项式$q(x)$和$r(x)$，使得$f(x)=g(x)q(x)+r(x)$，其中$r(x)=0$或$r(x)$的次数小于$g(x)$的次数$m$。
这个定理主要是想说明，上面的多项式除法在$r(x)$最小次数的情况下给出的结果是唯一的。
简略证明：
简略说明就是考虑整个集合$S=\{f(x)-g(x)s(x)|s(x)\in F[x]\}$中最小元素的情况。如果$0\in S$那么就是存在$s(x)$有$f(x)-g(x)s(x)=0$。这部分是简单的明确的。
假设$r(x)$是$S$中次数最小的多项式。则对于某个$q(x)\in F[x]$有
$$f(x)=g(x)q(x)+r(x)$$根据引理28.1，$r(x)$的次数必小于$q(x)$的次数。现在说明唯一性。如果存在两个余数$r_1(x),r_2(x)$。有
$$f(x)=g(x)q_1(x)+r_1(x)=g(x)q_2(x)+r_2(x)$$两式相减有$g(x)[q_1(x)-q_2(x)]=r_2(x)-r_1(x)$。因为$r_1(x),r_2(x)$的次数都小于$g(x)$，所以右侧的次数一定小于左侧的。这导致$q_1(x)-q_2(x)$必须为$0$。即$q_1(x)=q_2(x)$，同时导致$r_2(x)-r_1(x)=0$。这说明上面的长除法分解时唯一的。
推论 28.4 因式分解定理
元素$a\in F$是$f(x)\in F[x]$的零点当且仅当$x-a$是$F[x]$中$f(x)$的因式。
简略证明：
根据定理28.2 可以使得$g(x)=x-a$。考察对应的多项式除法有
$$f(x)=(x-a)q(x)+r(x)$$其中$r(x)$的次数小于$1$，这说明$r(x)$为$F$上的元素，即存在$c\in F$使得$r(x)=c$。所以$f(x)=(x-a)q(x)+c$。现在考虑赋值同态$\phi_a(f(x))$。可以发现：
$$\phi_a(f(x))=0=0q(a)+c$$这说明$c=0$，所以$f(x)=(x-a)q(x)$，这说明$x-a$是$f(x)$的因式。
这是多项式中一个自然常用但很重要的定理。自然在，很多证明中，我们都已经直接使用了这个结论并且习以为常。如果一个值$a$为多项式零点，那么存在这个因子。如果知道$f(x)$的所有零点，那么这个多项式可以写成所有形如$x-a$形式的乘积。
推论 28.6
非零$n$次多项式$f(x)\in F[x]$在域$F$中最多有$n$个零点。
这个其实就是前面推论的应用。不断将对应零点的因式拆分出来，最后可以得出结论。假设$f(x)$存在一个零点$a_1$，那么$f(x)$必定可以拆分为$f(x)=(x-a_1)q_1(x)$。一直操作，可以得到如下公式：
$$f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_r)q_r(x)$$这个时候会出现几种情况，一是$q_r(x)$在$F$中不在有零点。一种是$q_r(x)$为一个$F$上的值。但不论什么情况。这个分解中一次因式的个数都不会超过$n$。所以最多有$n$个零点。
从这个说明过程也可以看到，这个推论并不像后面介绍的代数基本定理。因为无法确保$f(x)$在$F$上一定有$n$个零点。
推论 28.7
如果$G$式域$F$的乘法群$\lang F^*,\cdot\rang$的有限子群，则$G$是循环群。特别的有限域的所有非零元的乘法群是循环的。
这个说明需要用到有限生成交换群的定理。首先因为$F$为域，所以$\lang F^*,\cdot\rang$构成一个群。现在如果其为有限群。则$G$根据有限交换群定理一定同构于$\mathbb{Z}_{d_1}\times\mathbb{Z}_{d_2}\times\cdots\times\mathbb{Z}_{d_r}$这种结构。
设$m$为所有$d_i$的最小公倍数，即$m=lcm(d_1,d_2,\cdots,d_r)$。显然$m\le d_1d_2\cdots d_r$。现在考虑$x^m-1$的零点。现在这个零点最多有$m$个。对于每个单独属于$\mathbb{Z}_{d_i}$中的元素$a_i$。其必然有$a_i^{d_i}=1$，这个来自于群结论。这样的元素一共用$d_i$个。所以$x^m-1$的零点一共有$d_1d_2\cdots d_r$个。由前面推论可知$m\ge d_1d_2\cdots d_r$。这说明$m\ge d_1d_2\cdots d_r$。所以群$G$同构于$\mathbb{Z}_m$。即这些元素构成一个循环群。
不可约多项式
在前面已经看到了对于一个多项式$f(x)$来说其可能在$F$有不存在零点的可能性。这个时候由推论可知，$f(x)$无法因式分解。这种多项式一般称之为不可约多项式。
定义 28.8
非常数多项式$f(x)\in F[x]$在$F$上称为不可约的(irreducible)或$F[x]$上的不可约多项式(irreducible polynomial)，如果$f(x)$不能表示为$F[x]$中的两个次数低于$f(x)$的多项式$g(x)$和$h(x)$的乘积$g(x)h(x)$。
如果非常数多项式$f(x)\in F[x]$不是$F$上不可约的，则称$f(x)$为在$F$上的可约的(reducible)。
不可约多项式在后面的研究中有非常重要的地位。不过确定一个多项式$f(x)\in F[x]$在$F$上是否可约可能是困难的。我个人觉得，这可能与求解零点一样复杂，显然有零点的多项式是可约的。另一方面是判断多项式是否可约，并不完全等价于求解零点。一个多项式$f(x)$可能分解成$g(x)h(x)$。但是$g(x),h(x)$在$F$上都没有零点，$f(x)$也没有，不过$f(x)$是可约的。后面部分都是给出基本一些定理。可以快速判断某些多项式是不是克乐得。
定理 28.11
设$f(x)\in F[x]$，且$f(x)$的次数为$2$或$3$，那么$f(x)$在$F$上是可约的当且仅当它在$F$中有一个零点。
定理 28.12
如果$f(x)\in \mathbb{Z}[x]$，则在$\mathbb{Q}[x]$中$f(x)$能分解为两个更底次数$r$和$s$的因式乘积当且仅当它在$\mathbb{Z}[x]$中具有相同次数$r$和$s$的因式分解。
这个定理其实主要是说明，对于整系数多项，在有理数域上的多项式分解与在整数整环上的多项式分解时等价的。所以不用可以只有考虑那些$\mathbb{Z}$上的因式分解。
推论 28.13
如果在$\mathbb{Z}$中$f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,a_0\ne 0$，且$f(x)$在$\mathbb{Q}$中有零点，则它在$\mathbb{Z}$中有零点$m$，且$m$必整除$a_0$。
这个来自于因式分解。因为有零点所以存在因式$x-m$所以$f(x)=(x-m)(x^{n-1}+\cdots-a_0/m)$在$\mathbb{Z}$上。所以$a_0/m\in \mathbb{Z}$。所以$m$整除$a_0$。
定理 28.16 艾森斯坦准则
设$p\in \mathbb{Z}$为素数。假设$f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$在$\mathbb{Z}[x]$中。且$a\not \equiv 0(mod\space p)$，但对于所有$i\lt n,a_i\equiv 0(mod\space p)$，其中$a_0\not\equiv 0(mod\space p^2)$，则$f(x)$在$\mathbb{Q}$上不可约。
推论 28.18
多项式
$$\Phi_p(x)=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+^{p-2}+\cdots+x+1$$对于任何素数$p$在$\mathbb{Q}$上不可约。
这里的$\Phi_p(x)$称为分圆多项式。
$F[x]$中因式分解的唯一性
前面已经强调过对于$F[x]$中的多项式可以以某种唯一的方式分解为不可约多项式的乘积。这建立在前面的多项式除法基础上推出的结论。这部分主要说明针对这种唯一的分解乘积，有着类似于$\mathbb{Z}$上的一些性质。
定理 28.19
设$p(x)$是$F[x]$中的不可约多项式。如果对于$r(x),s(x)\in F[x]$,$p(x)$整除$r(x)s(x)$，则要么$p(x)整除$r(x)$，要么$p(x)$整除$s(x)$。
推论 28.20
设$p(x)$是$F[x]$中的不可约多项式。且对于$r_i(x)\in F[x]$，若$p(x)$整除乘积$r_1(x)r_2(x)\cdots r_n(x)$，则$p(x)$整除$r_i(x)$中至少一个。
这个证明见素理想和极大理想部分。
定理 28.21
如果$F$是一个域，那么每个非常数多项式$f(x)\in F[x]$都可以在$F[x]$中分解为不可约多项式的乘积，这些不可约多项式处理次序和$F$中的单位因子外，是唯一的。
问题思考
问题
证明当$p$为素数时，$\mathbb{Z}_p[x]$中的多项式$x^p+a$对于任何$a\in\mathbb{Z}_p$都是可约的。
如果$a=0$显然$x^p$是可约的。如果$a\ne 0$。那么因为$\mathbb{Z}_p$是一个域。所以存在对应的加法逆$-a$。由$\mathbb{Z}_p^*$构成乘法群可知(这个来自于费马定理证明部分)。必然有$(-a)^p\equiv -a(mod\space p)$。进而有$(-a)^p+a=0$。这说明对于任意的$a$来说，$x^p+a$都有零点$-a$。这说明其是可约的。
问题
如果$F$是域，$a\ne 0$是$F[x]$中$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$的零点，证明$1/a$是$a_n+a_{n-1}+\cdots+a_0x^n$的零点。
这个其实比较显然。因为$a\ne 0$为零点即，$f(a)=a_0+a_1a+\cdots+a_na^n=0$的零点。两边共同作用$(1/a)^n$那么显然有$a_0(\frac{1}{a})^n+a_1(\frac{1}{a})^{n-1}+\cdots+a_n=0$。左边等式等价于$\phi_{1/a}(a_n+a_{n-1}+\cdots+a_0x^n)$。这说明$1/a$为其零点。