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多项式的因式分解问题

## 多项式的因式分解问题
设 $R$ 是整环, $a, b \in R$, 如果存在 $c \in R$, 使得 $a=b c$, 则称 $a$ 被 $b$ 整除, 或者说 $b$ 是 $a$ 的因子. 一般地, 将其记为 $b \mid a$. 如果不存在这样的 $c$, 则称 $b$ 不是 $a$ 的因子,记为 $b \nmid a$. 特别地, 如果从 $a=b c$ 能够推出 $b, c$ 之一为可逆元素, 则称 $a$ 是不可约元素. 当然, 我们这里的 $a \neq 0$ 且不是可逆元素.

如果 $a, b \in R$, 并且 $b \mid a$ 和 $a \mid b$ 同时成立, 则称 $a, b$ 是相伴的. 实际上, 在整环中, 两个元素相伴的充分必要条件是 $a=b u$, 其中 $u$ 是环中的可逆元素. 在讨论因式分解问题时, 我们认为相伴的两个元素是一样的.
另一个与不可约元素有关的概念是素元素. 令 $0 \neq p \in R$, 且 $p$ 是整环 $R$ 中的非可逆元素，如果从 $p \mid a b$ 能够推出 $p \mid a$ 或 $p \mid b$ ，则称 $p$ 为素元素。本书涉及的环基本上都是主理想整环，而在主理想整环中，不可约元素与素元素的概念是等价的。

为证明不可约元素与素元素的等价性，我们先指出一个事实：如果 $R$ 是整环，。则 $p$ 是素元素的充分必要条件是 $p$ 生成的理想 $(p)$ 是素理想。

首先，假设 $p$ 是素元素， $a b \in(p)$ ，则 $p \mid a b$ 。所以 $p \mid a$ 或 $p \mid b$ ，即 $a \in(p)$ 或 $b \in(p)$ 。于是 $(p)$ 是素理想.

反之, 假设 $(p)$ 是素理想. 令 $p \mid a b$, 则 $a b \in(p)$ ，所以 $a \in(p)$ 或 $b \in(p)$ 。进而 $p \mid a$ 或 $p \mid b$ ，于是 $p$ 是素元素。

引理1.4.1 设 $R$ 是有 1 的交换环，则 $N$ 是素理想的充分必要条件是商环 $R / N$ 是整环.

证明 首先, 假设 $N$ 是素理想. 我们考察 $(a+N)(b+N)=a b+N=0$, 则 $a b \in N$, 所以 $a \in N$ 或 $b \in N$, 即 $a+N=0$ 或 $b+N=0$. 这就是说; 商环 $R / N$ 是整环.

其次, 假设商环 $R / N$ 是整环. 考虑 $a b \in N$, 则 $a b+N=0$. 所以 $(a+N)(b+N)$ $=a b+N=0$, 进而 $(a+N)=0$ 或 $(b+N)=0$, 即 $a \in N$ 或 $b \in N$. 这就是说, $N$是素理想.

引理 1.4.2 设 $R$ 是有 1 的交换环, 则 $N$ 是极大理想的充分必要条件是商环 $R / N$ 是域。

证明 首先, 假设 $N$ 是极大理想. 我们考察 $(a+N) \neq 0$, 即 $a \notin N$, 则 $(a)+$ $N \supset N$, 所以 $(a)+N=R$. 即存在 $b \in R$, 使得 $a b+n=1,(a+N)(b+N)=1+N$.这就是说, $(a+N)$ 是商环 $R / N$ 中的可逆元素, 于是商环 $R / N$ 是域.

其次，假设商环 $R / N$ 是域. 考虑 $R \supseteq M \supseteq N, M \neq N$ ，则存在 $a \in M \backslash N$ 。所以 $(a+N) \neq 0$, 进而存在 $b \in R$, 使得 $(a+N)(b+N)=1$, 所以 $1-a b \in N \subseteq M$.但是 $a \in M$, 于是 $a b \in M,(1-a b)+a b=1 \in M$, 即 $M=R$. 这就是说, $N$ 是极大理想。

由引理 1.4.1, 1.4.2 及域是整环, 一定有极大理想是素理想. 但是, 反之不成立.例如, 在整数环 $Z$ 中, 0 理想是素理想, 但它不是极大理想.

定理1.4.3 令 $R$ 是主理想整环，则在 $R$ 中不可约元素与素元素是等价的。
证明 首先, 令 $p$ 是素元素, 则 $(p)$ 是素理想. 如果 $p=a b(a|p, b| p)$, 则 $a b \in(p)$, 所以 $a \in(p)$ 或 $b \in(p), p \mid a$ 或 $p \mid b$, 即 $p=a u$ 或 $p=b u, u$ 为 $R$ 中可逆元素. 如果 $p=a u$, 则 $a u=a b$, 所以 $b=u$, 即 $b$ 是可逆元素. 于是, 此时 $p$ 是不可约元素. 同理, 当 $p=b u$ 时, $p$ 仍是不可约元素.
其次, 令 $p$ 是不可约元素, 则如果 $(p)$ 是极大理想, 则它是素理想, 进而 $p$ 是素元素. 为此, 下面证明 $(p)$ 是极大理想. 假设存在一个理想 $N=(a) \neq R$, 满足
$(p) \subseteq(a)$, 则 $p \in(a)$. 所以, 存在 $b$, 使得 $p=a b$. 但是 $p$ 是不可约元素, 所以 $a, b$ 之一为可逆元素. 但是 $N=(a) \neq R$, 所以 $a$ 不是可逆元素, 于是 $b$ 是可逆元素. 从而 $p b^{-1}=a, a \in(p),(a) \subseteq(p),(a)=(p)$ 。这就是说, $(p)$ 是极大理想.

注意, 在一般的整环中, 素元素一定是不可约的 (参见定理1.4.3的前半部分证明), 但是, 不可约元素不一定是素元素. 例如, 在整环 $\{a+b \sqrt{-3} \mid a, b \in Z \}$ 中, 2 是不可约的元素, 并且 $2 \mid(1+\sqrt{-3})(1-\sqrt{-3})$, 但是 $2 \nmid(1 \pm \sqrt{-3})$, 即 2 不是素元素。

定义1.4.2 设 $R$ 是整环, $a \in R$. 如果对于元素 $a$ 满足以下条件:
（1） $a=p_1 p_2 \cdots p_r$ ，其中 $p_i(1 \leqslant i \leqslant r)$ 是不可约元素;
(2) 如果还有 $a=q_1 q_2 \cdots q_s$, 其中 $q_i(1 \leqslant i \leqslant s)$ 也是不可约元素,则 $r=s$, 并且经过适当调整 $q_i$ 的顺序之后, 有 $p_i$ 与 $q_i$ 相伴, $1 \leqslant i \leqslant s$, 则我们称 $R$ 为唯一分解环。

显然，整数环 $Z$ 就是一个唯一分解环。
定理1.4.4 令 $R$ 是整环, 则 $R$ 是唯一分解环的充分必要条件是 $R$ 满足:
(1) 如果 $R$ 中的元素列 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$ 满足 $a_{i+1} \mid a_i, i=1,2, \cdots$, 则存在某个 $n$, 使得 $a_n \sim a_{n+1} \sim a_{n+2} \sim \cdots$, 这里 " $\sim$ " 表示元素相伴;
(2) $R$ 中的不可约元素是素元素.

证明 首先, 假设 $R$ 是唯一分解环. 则 $R$ 中每个元素的真因子个数是有限的,所以不可能出现满足 $a_{i+1} \mid a_i(i=1,2, \cdots)$ 的无穷元素列 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$. 否则,一定有某个元素有无穷多个真因子, 矛盾. 另外, $R$ 中的不可约元素一定是素元素.

事实上, 如果 $c \in R$ 是不可约元素, 则从 $c \mid a b$, 能得到 $a b=c t$. 又由于 $R$ 是唯一分解环, 所以 $a, b$ 可以分解成不可约元素的乘积, 即有

$$
a_1 a_2 \cdots a_n b_1 b_2 \cdots b_m=c t
$$

其中 $a_i, b_j$ 是不可约元素. 进而, $c \sim a_i$ 或 $c \sim b_j$, 于是 $c \mid a$ 或 $c \mid b$, 即 $c \in R$ 是素元素。

其次，整环 $R$ 满足条件 (1) 和 (2). 此时，先指出分解式的存在性。令 $a \in R$ 。如果 $a$ 是不可约元素, 则显然存在分解式. 如果 $a$ 是可约元素, 则 $a=a_1 b_1$. 如果 $a_1, b_1$ 都不可约, 则证毕. 否则, 不妨设 $a_1$ 可约, 即 $a_1=a_2 b_2$. 继续这个过程, 导出一个元素列 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$ 满足 $a_{i+1} \mid a_i(i=1,2, \cdots)$.

至此, 由条件 (1), 这个元素列一定终止于某个 $a_n$, 并且 $a_n$ 是不可约的.
令 $a_n=p_1$, 则 $a=p_1 b$. 对元素 $b$ 重复上面的过程, 有 $b=p_2 c, a=p_1 p_2 c$, $\cdots \cdots$ 再由 (1), 此过程也不可能无限进行下去, 它必定终止于有限步, 即存在 $a=$ $p_1 p_2 \cdots p_n$,
现在, 让我们指出分解式的唯一性. 令 $a=p_1 p_2 \cdots p_n=q_1 q_2 \cdots q_m$, 这里每个 $p_i, q_j$ 都是不可约元素，进而当然是素元素（2）。所以 $p_1 \mid q_1 q_2 \cdots q_m$ ，于是由素元素的性质，存在 $q_j$ 使得 $p_1 \mid q_j$ 。因此，不妨假设 $p_1 \mid q_1$ 。同理，存在某个 $p_i$ ，使得 $q_1 \mid p_i$ 。所以

$$
p_1\left|q_1\right| p_i
$$

即 $p_1 \mid p_i$. 但是, 由于 $p_1, p_i$ 都是不可约的, 所以 $p_1 \sim p_i, p_1 \sim q_1$. 于是

$$
p_2 \cdots p_n^{\prime}=q_2 \cdots q_m
$$

所以, $p_2 \sim q_2$. 继续这个过程, 一定有 $n=m$, 并且 $p_i \sim q_i, 1 \leqslant i \leqslant n=m$.
定理 1.4.5 主理想整环是唯一分解环. 特别地, 域 $F$ 上的多项式环 $F[x]$ 是唯一分解环。

证明 根据定理 1.4.4, 我们只需验证它满足条件 (1) 和 (2). 又由定理 1.4.3,条件（2）已经满足。下面考证条件（1）。为此，任取一元素列

$$
a_1, a_2, a_3, \cdots, a_n, \cdots,
$$

其中 $a_{i+1} \mid a_i, i=1,2, \cdots$. 考虑对应的主理想列

$$
\left(a_1\right) \subset\left(a_2\right) \subset\left(a_3\right) \subset \cdots \subset\left(a_n\right) \subset \cdots .
$$

令 $N=\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(a_i\right)$, 则它是一个理想, 于是 $N=\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(a_i\right)=(a)$. 因此, 存在 $n$, 使得 $(a) \subseteq\left(a_n\right)$. 但是 $\left(a_n\right) \subseteq(a)$, 所以 $\left(a_n\right)=(a)$. 从而
$$
N=\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(a_i\right)=(a)=\left(a_n\right) \subseteq\left(a_{n+k}\right) \subseteq(a), \quad(a)=\left(a_{n+k}\right), \quad \forall k
$$

即条件 (1) 满足.
最后, 考证域 $F$ 上的多项式环 $F[x]$ 是主理想环. 令 $N \subseteq F[x]$ 是一个理想, 则存在 $r(x) \in N$, 满足 $\operatorname{deg} r(x)$ 是最小的, 则 $N=(r(x))$.

事实上, 显然 $N \supseteq(r(x))$. 令 $f(x) \in N$, 则由定理 1.4.2, $f(x)=r(x) q(x)+t(x)$,其中 $\operatorname{deg} t(x)<\operatorname{deg} r(x)$ 。但是， $(f(x)-r(x) q(x))=t(x) \in N$ ，这导致与 $\operatorname{deg} r(x)$ 是最小的相矛盾, 除非 $t(x)=0$, 即 $f(x)=r(x) q(x), N \subseteq(r(x))$.

至此, 如果 $F$ 是一个域, 则 $F[x]$ 是主理想整环、唯一分解环, 并且在 $F[x]$ 中的不可约多项式与素多项式是等价的, 而且不可约多项式生成的理想一定是极大理想. 一个多项式是不可约的充分必要条件是其生成的理想是极大理想, 或是素理想.

定义 1.4.3 令 $R$ 是整环, $a, b \in R$. 如果存在 $d \in R$, 使得 $d|a, d| b$, 则称 $d$为 $a, b \in R$ 的公因子. 特别地, 如果 $d$ 为 $a, b \in R$ 的公因子, 并且对于任意 $a, b \in R$的公因子 $c$, 有 $c \mid d$, 则称 $d$ 为 $a, b \in R$ 的最大公因子, 记为 $(a, b)$.

实际上, 容易验证最大公因子具有如下性质:
(1) $((a, b), c) \sim(a,(b, c))$;
(2) $(c a, c b) \sim c(a, b)$;
(3) $(a, b) \sim 1,(a, c) \sim 1 \Rightarrow(a, b c) \sim 1$.

特别地, 在唯一分解环 $R$ 中, 仍然有: 如果 $a, b \in R$, 则最大公因子是 $d$ 的充分必要条件是存在 $u, v \in R$, 使得 $a u+b v=d$.

在讨论多项式环 $F[x]$ 中的问题时, 多项式的系数的公因子一般不会影响问题的讨论结果. 因此, 我们当然可以假设多项式系数的公因子为 1 - 本原多项式.

定义1.4.4 设 $R$ 是因子分解唯一环, $f(x)=a_n x^n+\cdots+a_1 x+a_0 \in R[x]$. 如果 $\left(a_n, \cdots, a_1, a_0\right) \sim 1$, 则称 $f(x)$ 是本原多项式.

定理1.4.6 设 $R$ 是因子分解唯一环, 则 $R[x]$ 上本原多项式的乘积仍然是本原多项式。

证明 令 $f(x)=a_n x^n+\cdots+a_1 x+a_0, g(x)=b_m x^m+\cdots+b_1 x+b_0 \in R[x]$是两个本原多项式. 设

$$
f(x) g(x)=c_{n+m} x^{n+m}+\cdots+c_{i+j} x^{i+j}+\cdots+c_1 x+c_0,
$$

其中 $c_{i+j}=a_0 b_{i+j}+a_1 b_{i+j-1}+\cdots+a_i b_j+\cdots+a_{i+j} b_0, 0 \leqslant i+j \leqslant n+m$.
在此使用反证法. 如果 $f(x) g(x)$ 为非本原多项式, 则存在一个不可约元素 $p \in$ $R$, 使得 $p\left|c_{n+m}, \cdots, p\right| c_{i+j}, \cdots, p\left|c_1, p\right| c_0$ 。但是 $f(x), g(x)$ 是本原的, 所以 $p$ 不能整除所有的 $a_i$ 和 $b_j$. 于是, 不妨假设
$$
p\left|a_0, p\right| a_1, \cdots, p\left|a_{i-1}, p \nmid a_i ; p\right| b_0, p\left|b_1, \cdots, p\right| b_{i-1}, p \nmid b_j .
$$

考察 $f(x) g(x)$ 中 $x^{i+j}$ 的系数

$$
c_{i+j}=a_0 b_{i+j}+a_1 b_{i+j-1}+\cdots+a_i b_j+\cdots+a_{i+j} b_0 .
$$

则除了 $a_i b_j$ 项外, $p$ 整除上式中的所有项. 所以, $p\left|a_i b_j \Rightarrow p\right| a_i$ 或 $p \mid b_j$, 矛盾.
设 $R$ 是唯一分解环, 则定义分式域 $P=S^{-1} R=\left\{\left.\frac{a}{b} \right\rvert\, a, b \in R, b \neq 0\right\}, S=$ $R \backslash\{0\}$. 显然, 整数环的分式域是有理数域 $Q$, 多项式环 $F[x]$ 的分式域为

$$
F(x)=\left\{\left.\frac{f(x)}{g(x)} \right\rvert\, f(x), g(x) \in F[x], g(x) \neq 0\right\} .
$$

定理 1.4.7 令 $R$ 是唯一分解环, 则 $f(x) \in R[x]$ 可以分解成两个因式乘积的充分必要条件是当 $f(x) \in P[x]$ 时, $f(x)$ 可以分解成两个因式的乘积.

证明 如果 $f(x) \in R[x]$ 时, $f(x)$ 可以分解成两个因式乘积, 则由于 $R[x] \subseteq$ $P[x]$, 所以, 当 $f(x) \in P[x]$ 时, 它当然可以分解成两个因式的乘积.
反之, 令 $f(x) \in R[x] \subseteq P[x], f(x)$ 是本原多项式, 并且 $f(x)=g(x) h(x)$, $g(x), h(x) \in P[x]$, 则

$$
f(x)=\frac{s}{t} g_0(x) h_0(x), \quad s, t \in R, \quad(s, t) \sim 1
$$

其中 $g_0(x), h_0(x) \in R[x]$, 都是本原多项式. 进而 $t f(x)=s g_0(x) h_0(x)$, 所以 $t$ 整除 $g_0(x) h_0(x)$ 的系数, $s$ 整除 $f(x)$ 的系数. 但是, 由定理 1.4.6, $g_0(x) h_0(x)$ 是本原的,而 $f(x)$ 也是本原的, 于是 $s \sim t \sim 1$, 即 $f(x)=g_0(x) h_0(x), g_0(x), h_0(x) \in R[x]$.

定理 1.4.7 告诉我们，在考虑因式分解问题时，整系数多项式的分解问题等价于将其视为有理系数域上的多项式分解问题。

最后，我们介绍如何判断一个多项式是不可约的，最著名的、也是最常用的判别法——Eisenstein 判别法.

定理1.4.8(Eisenstein) 令 $R$ 是唯一分解环, $f(x)=a_n x^n+\cdots+a_1 x+a_0 \in$ $R[x]$. 如果存在一个素元素 $p \in R$, 使得 $p \nmid a_n, p \mid a_i, 0 \leqslant i \leqslant n-1, p^2 \nmid a_0$, 则 $f(x)$在 $R[x]$ 上是不可约的多项式.

证明 假设存在 $g(x), h(x) \in R[x]$, 使得 $f(x)=g(x) h(x)$, 令

$$
g(x)=b_k x^k+\cdots+b_0, \quad h(x)=c_l x^l+\cdots+c_0
$$

则 $a_0=b_0 c_0$, 且 $p \mid b_0 c_0=a_0$. 但是, 因为 $p^2 \nmid a_0$, 所以只能存在 $b_0, c_0$ 之一被 $p$ 整除, 不妨令 $p \mid c_0, p \nmid b_0$.

又 $p \nmid a_n=b_k c_l$, 所以 $p \nmid c_l$. 而 $p \mid c_0$, 所以, 我们可以取到最小的下标 $r>0$, 使得 $p \nmid c_r$. 于是, 考察

$$
a_r=b_0 c_r+b_1 c_{r-1}+\cdots+b_r c_0
$$

则 $p \nmid b_0 c_r$, 而上式中其余的项都是 $p$ 的倍式, 因此 $p \nmid a_r$. 与已知假设 $p \mid a_i, 0 \leqslant i \leqslant$ $n-1$ 矛盾.

例 1.4.1 判断多项式 $f(x)=x^5-12 x^3+2 x+2 \in Q [x]$ 的不可约性.
解 因为多项式在 $Z [x]$ 上的不可约性等价于在 $Q [x]$ 上的不可约性（定理 1.4.7). 然后, 再利用 Eisenstein 判别法 (素数 2).

例1.4.2 令 $p$ 是素数, 判断多项式 $\phi_p(x)=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+\cdots+x+1 \in Z [x]$的不可约性。

解 因为多项式 $f(x)$ 的不可约性等价于 $f(x+a), a \in Z$, 所以, 我们考察

$$
\phi_p(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{(x+1)-1}=x^{p-1}+p x^{p-2}+\binom{p}{2} x^{p-3}+\cdots+p \in Z [x]
$$

利用 Eisenstein 判别法 (素数 $p), \phi_p(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{(x+1)-1}$ 是不可约多项式. 因此, $\phi_p(x)$ 在 $Z [x]( Q [x])$ 上是不可约多项式.

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