抽象代数习题(25) -- 多项式因式分解

抽象代数习题(25) – 多项式因式分解

Sat Jan 29, 2022

《抽象代数》第二十五章研究多项式的因式分解。常见的多项式环 ℚ[x]、ℝ[x] 和 ℂ[x] 都可以放到一般的 F[x] 中研究，其中 F 是域。

和整数类似，域上的多项式也可以做带余除法：a(x) = b(x)q(x) + r(x)，其中 r(x)=0 或者 deg r(x) < deg b(x)。因此，F[x] 和整数环 ℤ 有很多类似的性质；它们属于同一类特殊的环，按特殊到一般的顺序列举如下：

可以做带余除法的整环是欧几里得整环 (Euclidean domain)，由此可以推出任意理想都由其中次数最小的元素生成，因此是主理想。
理想都是主理想的整环是主理想整环 (Principal ideal domain, PID)。主理想整环中可以推导出 Bézout 引理和欧几里得引理，进一步可以证明唯一分解定理。
唯一分解定理成立的整环是唯一分解整环 (Unique factorization domain, UFD)。

A. 分解为不可约因式的例子

A.1 将 x4−4 在 Q、R 和 C 中分解因式。

解 x4−4=(x2+2)(x2−2)(Q)=(x2+2)(x+2)(x−2)(R)=(x+−2)(x−−2)(x+2)(x−2)(C)

A.2 将 x6−16 在 Q、R 和 C 中分解因式。

解 x6−16=(x3+4)(x3−4)(Q)=(x+α)(x−αx+α2)(x−α)(x+αx+α2)(R)=(x+α)(x−αω)(x−αω¯)(x−α)(x+αω)(x+αω¯)(C) 其中 α=43,ω,ω¯=1±−32

A.4 证明 x2+2 在 Z5[x] 中不可约。然后将 x4−4 在 Z5[x] 中分解为不可约多项式。

解假设 x2+2=(x+a)(x+b)，比较两边系数得 a+b≡0(mod5)ab≡2(mod5) 消去 b 得 a2≡3(mod5)。这是不可能的，因为平方数模 5 只可能是 0, 1 或 4。所以 x2+2 在 Z5[x] 中不可约。

同理，x2+3 在 Z5[x] 中也不可约。因此有 x4−4=(x2+2)(x2+3)

A.5 在 Z5[x] 中分解 2x3+4x+1。

解 2x3+4x+1=(x+3)(x+1)2

C. 有限域上的不可约二次多项式的个数

C.1 不通过枚举，确定 Z5[x] 上有多少个可约二次首一多项式。

解可约二次首一多项式一定可以分解为 (x+a)(x+b)，其中 a,b∈Z5。因为因子的次序不改变多项式，所以不失一般性，设 a≤b。这样的组合 (a,b) 共有 1+2+3+4+5=15 个。

C.2 在 Z5[x] 中有多少个可约二次多项式？多少个不可约二次多项式？

解可约二次多项式都可以写成非零元素乘某个可约二次首一多项式，而非零元素有 4 个，所以可约二次多项式共有 4×15=60 个。二次多项式共有 4×52=100 个，因此不可约的有 100−60=40 个。

C.3 推广：n 元有限域上的多项式环里有多少个不可约二次多项式？

解二次首一多项式共有 n2 个。其中，可约的有 (n+12) 个，不可约的有 (n2) 个。

因此可约的二次多项式共有 (n−1)(n+12) 个；不可约的有 (n−1)(n2) 个。

C.4 n 元有限域上的多项式环里有多少个不可约三次多项式？

解可约的三次首一多项式有两种情况：

(x+a)(x+b)(x+c)，其中 a,b,c∈Fn。即在 n 个元素中取 3 个（可以重复）构成不计顺序的组合。根据计数原理的知识，共有 (n+3−13)=(n+23) 个。
(x+a)(x2+bx+c)，其中 x2+bx+c 是不可约的首一多项式，由 C.2 知共有 (n2) 个。而 a 有 n 种选择，因此这种情况下共有 n(n2) 个可约三次多项式。

因此，可约的三次首一多项式共有 (n+23)+n(n2) 个。因此不可约的三次多项式的个数为 (n−1)[n3−(n+23)−n(n2)]=2(n−1)(n+13)

D. 多项式整环的理想

设 F 是域，并设 J 是 F[x] 的理想。证明 1–4。

D.1 J 的任意两个生成元都相伴 (are associates)。

证明设 J = ⟨a(x)⟩ = ⟨b(x)⟩。因为 F[x] 的理想都是主理想，所以 J 中的每个元素都可以被 a(x) 和 b(x) 整除。由此可知 a(x) | b(x) 并且 b(x) | a(x)，即 a(x) 和 b(x) 相伴。

D.2 J 有唯一的首一生成元 m(x)。任意多项式 a(x) ∈ F[x] 在 J 中当且仅当 m(x) | a(x)。

证明这里不考虑零理想的情况。

（存在性）设 a(x) 是 J 的生成元，并且最高次项系数是 an ≠ 0。那么令 m(x) = (1/an)a(x) 就得到了首一生成元。

（唯一性）设 m(x) 和 m'(x) 都是 J 的首一生成元。根据 D.1 知它们相伴。于是存在 c ∈ F 使得 m(x) = cm'(x)。比较最高次项系数得 c = 1，所以 m(x) = m'(x)。

D.3 J 是素理想当且仅当它有一个不可约生成元。

证明 F[x] 中的不可约多项式对应 ℤ 中的素数。仿照第二十二章习题 G.1 的证明即可。

D.4 如果 p(x) 不可约，那么 ⟨p(x)⟩ 是 F[x] 的极大理想。

证明仿照第二十二章习题 G.2 的证明即可。

D.5 设 S 是多项式环 F[x] 中所有系数和等于 0 的多项式构成的集合。第二十四章习题 E.5 已经证明了 S 是 F[x] 的理想。证明 x-1 ∈ S，并解释为什么 S = ⟨x-1⟩。

证明因为多项式 x-1 的系数和为零，所以 x-1 ∈ S。有本章定理 1 可知当 S 有非零元时，其中次数最小的就是生成元。因为次数为 0 的多项式都是非零常数，所以都不在 S 中。所以，x-1 是一次多项式，一定是 S 中次数最小的。所以 x-1 是 S 的生成元，即 S = ⟨x-1⟩。

D.6 根据 D.5 做出结论 F[x] / ⟨x-1⟩ ≅ F。

证明存在同态 h: F[x]→F，定义为 h(a₀+a₁x+…+anxn) = a₀+a₁+…+an。因为 S = ⟨x-1⟩ 是 h 的核，根据同态基本定理即可得到 F[x] / ⟨x-1⟩ ≅ F。

F. 一个计算最大公因式的方法

设 a(x) 和 b(x) 是正次数的多项式。根据带余除法，有 a(x)=b(x)q1(x)+r1(x)

F.1 证明每个 a(x) 和 b(x) 的公因式都是 b(x) 和 r1(x) 的公因式。

证明设公因式 u(x) 满足 k1(x)u(x)=a(x) 且 k2(x)u(x)=b(x)，那么 r1(x)=(k1(x)−q1(x)k2(x))u(x)。因此 u(x)∣r1(x)。这说明 u(x) 是 b(x) 和 r1(x) 的公因式。

由 F.1 可知，a(x) 和 b(x) 的最大公因式等于 b(x) 和 r1(x) 的最大公因式。这个过程可以对 b(x) 和 r1(x) 重复： b(x)=r1(x)q2(x)+r2(x) 然后 r1(x)=r2(x)q3(x)+r3(x)⋮rn−1(x)=rn(x)qn+1(x)+0 也就是说，我们可以不断地用前一次的余式除以后一次的余式。因为余式的次数是递减的，它最终会变为零。但已经知道 gcd[a(x),b(x)]=gcd[b(x),r1(x)]=⋯=gcd[rn−1(x),rn(x)] 并且因为 rn(x) 是 rn−1(x) 的因式，它一定是 rn(x) 和 rn−1(x) 的最大公因式。于是， rn(x)=gcd[a(x),b(x)] 这个方法称为寻找最大公因式的欧几里得算法 (euclidean algorithm)。

F.2 寻找 x3+1 和 x4+x3+2x2+x−1 的最大公因式。用这两个多项式的线性组合表达最大公因式。

解采用欧几里得算法： (1)x4+x3+2x2+x−1=(x3+1)(x+1)+2(x2−1)(2)x3+1=(x2−1)(x)+(x+1)x2−1=(x+1)(x−1)+0 联立 (1)(2) 并消去 x2−1 得 x+1=(12x2+12x+1)(x3+1)−(12x)(x4+x3+2x2+x−1)