抽象代数/因式分解

该研究的主要动机之一是确定多项式在域上的根。很明显，多项式乘积的根只是它们的并集（事实上，重数之和）。因此，第一步是确定给定的多项式是否为较低次数多项式的乘积。

回想一下，我们说一个非零常数多项式$f(x)\in F[x]$ 是可约的，如果存在非零常数多项式$g(x)$ 和$h(x)$ 使得$f(x)=g(x)h(x)$。否则，该多项式被称为不可约。线性多项式（即次数为1的多项式）显然是不可约的。对于低次数的多项式，很容易确定它们是否不可约。

引理 4.2.1

如果$f(x)\in F[x]$ 是一个二次或三次多项式，则它可约当且仅当它有一个根。

证明：这仅仅意味着如果$f(x)$ 的次数最多为3，那么任何形式为$f(x)=g(x)h(x)$ 的分解必须至少有一个$g(x)$ 或$h(x)$ 是线性的。 $\blacksquare$

请注意，该陈述不适用于更高次数的多项式。例如，$x^{4}-4$ 在有理数中没有根，但是$x^{4}-4=(x^{2}-2)(x^{2}+2)$ 因此它是可约的。

我们特别感兴趣的一种情况是关于有理数的多项式。一个非常有用的定理是关于有理数的根定理，它是高斯引理的推论。

定理 4.2.2（高斯引理）

设 $f(x)\in \mathbb {Z} [x]$ 为一个本原多项式。那么 $f(x)$ 在 $\mathbb {Z} [x]$ 上不可约当且仅当它在 $\mathbb {Q} [x]$ 上不可约。

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 $\mathbb {Z} [x]$.

反过来很容易看出，因为在 $\mathbb {Z} [x]$ 上的分解，特别是是在 $\mathbb {Q} [x]$ 上的分解。由于系数没有公因子，这意味着分解成非常数多项式的乘积（特别地，我们避免了像 $7x-7=7(x-1)$ 这样的情况，它在 $\mathbb {Z} [x]$ 上是非平凡分解，但在 $\mathbb {Q} [x]$ 上是平凡分解，因为 $7$ 在后一个环中只是一个单位）。    $\blacksquare$

特别地，这使得确定有理数上的多项式何时有有理根变得容易。给定 $f(x)\in \mathbb {Q} [x]$，假设它是首一且系数为整数。那么如果 $f(x)$ 有根，我们可以写成 $f(x)=(x-\alpha )(x^{n-1}+\cdots +\beta )$，其中两个因子根据高斯引理都有整数系数。因此特别地 $\alpha$ 是一个整数，并且必须是常数项的因子。如果 $f(x)$ 不是首一，并且它有一个有理根 $p/q$，那么我们可以写成

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

特别是 $p$ 是 $f(x)$ 的首项系数的因数，而 $q$ 是常数项的因数。这被称为有理根定理。通过尝试所有这些可能性，可以立即确定给定多项式在有理数域上是否存在有理根。(即使系数是有理数，也可以将多项式乘以一个整数，得到一个具有整数系数的多项式，然后使用这个按比例放大的多项式，它与原多项式具有相同的根)。

现在我们知道尝试在 $\mathbb {Q}$ 上简化多项式 (本质上) 等效于在 $\mathbb {Z}$ 上简化它们，因此从后一种情况下获得一些不可约性标准是有用的。一个非常有用的结果是艾森斯坦判别法。

引理 4.2.3 (艾森斯坦判别法)

设 $p$ 是 $\mathbb {Z}$ 中的一个素数，而 $f(x)=x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ 是 $\mathbb {Z} [x]$ 中的一个多项式。假设 $p$ 整除所有 $a_{i}$，而 $p^{2}$ 不整除常数项 $a_{0}$。那么 $f(x)$ 在 $\mathbb {Z} [x]$ 上和在 $\mathbb {Q} [x]$ 上是不可约的。

证明。假设$f(x)$ 是可约的。那么存在非常数、首一多项式$g(x),h(x)$ 使得$f(x)=g(x)h(x)$。考虑商环$\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 中的多项式。我们发现$$x^{n}={\overline {g}}(x){\overline {h}}(x)$$

其中 ${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 分别是模 $p$ 的多项式（换句话说，${\overline {g}}(x)=\pi _{*}(g(x))$，其中 $\pi :\mathbb {Z} \to \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 是标准投影映射）。由于 $g(x)$ 和 $h(x)$ 被认为是首一的，我们知道它们的约化 ${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 也是首一的，因此是非常数的。特别地，${\overline {g}}(x){\overline {h}}(x)$ 是 $x^{n}$ 的一个非平凡分解。

通过比较上面的系数，我们可以看到上面的乘积没有常数项。因此，${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 中至少有一个没有常数项（这就是我们使用$p$ 是素数这一事实，因此特别是 $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 是一个整环）。假设其中一个确实有一个非零常数项。那么它们的乘积将包含更低阶项，但我们知道它们的乘积恰好是 $x^{n}$。因此，${\overline {g}}(x)$ 和 ${\overline {h}}(x)$ 都没有常数项。但这意味着 $g(x)$ 和 $h(x)$ 的常数项都是 $p$ 的倍数，因此，它们的乘积 $a_{0}$ 是 $p^{2}$ 的倍数，从而导致矛盾。     $\blacksquare$

例：根据艾森斯坦判别法，很容易得出 $x^{n}-2$ 在 $\mathbb {Z}$ 上是不可约的，因此在 $\mathbb {Q}$ 上也是不可约的（根据高斯引理）。这是一种表明 ${\sqrt[{n}]{2}}$ 对于 $n\geq 1$ 都是无理数的方法。

示例： 以下是一个更复杂的例子。考虑多项式 $$f(x)={\frac {x^{p}-1}{x-1}}=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots +x+1$$其中 $p$ 是一个素数。我们观察到 $$f(x+1)={\frac {(x+1)^{p}-1}{x}}={\frac {1}{x}}\sum _{k=1}^{p}{\binom {p}{k}}x^{k}=\sum _{k=0}^{p-1}{\binom {p}{k+1}}x^{k}$$ 特别地，则 $f(x+1)$ 是一个首一多项式，其中每个非首项系数都是 $p$ 的倍数，常数项恰好是 $p$。因此根据艾森斯坦判别法，$f(x+1)$ 是不可约的，反过来意味着 $f(x)$ 是不可约的。

一旦我们得到了一个不可约多项式，我们就知道我们不能再把它分解了，所以我们需要开始处理域扩张和分裂域。

练习

1. 证明 $x^{2}+x+1$ 在 $\mathbb {F} _{2}$ 上不可约。
2. 找出 $\mathbb {F} _{2}$ 和 $\mathbb {F} _{3}$ 上所有度数不超过 3 的不可约多项式。
3. 证明 $x^{2}+2$ 在 $\mathbb {Q} (i)$ 上不可约。
4. 证明如果 ${\frac {x^{n}-1}{x-1}}$ 不可约，则 $n$ 为素数。 提示：证明逆否命题。