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唯一分解整环上的多项式环

5.6 唯一分解整环上的多项式环

类似高等代数中处理数域上一元多项式的分解、求根和不可约多项式的判断方法，本节将给出唯一分解整环上多项式的类似性质，并证明唯一分解整环上的多项式环还是唯一分解整环。

以下设 $R$ 为唯一分解整环，$R[x]$ 为 $R$ 的一元多项式环．
定义 5．6．1 设 $f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \in R[x]$ ，用 $\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)$表示 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 的一个最大公因子，$\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)$ 叫做 $f(x)$ 的容度，记为 $c(f)=\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right), c(f)$ 在相伴的意义下由 $f(x)$ 唯一决定．如果 $c(f) \sim 1$ ，则 $f(x)$ 叫做一个本原多项式．
$R[x]$ 中的单位是零次本原多项式，$R[x]$ 中的一个不可约元或者是 $R$ 中的一个不可约元或者是一个不可约的本原多项式。 $R[x]$ 中任一非零多项式 $f(x)$ 恒可写成一个常数 $d$ 和一个本原多项式 $g(x)$ 的积，分解 $f(x)$ 可以分别对常数 $d$ 和本原多项式 $g(x)$ 进行分解．

引理 5．6．1（高斯引理）设 $R$ 为唯一分解整环，则 $R[x]$ 中两个本原多项式的乘积仍为 $R[x]$ 中的本原多项式．

证明 设 $f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_m x^m$ 和 $g(x)=b_0+b_1 x+\cdots+b_n x^n$为两个本原多项式，令 $f(x) \cdot g(x)=h(x)$ ．反证法．若 $h(x)$ 非本原，则存在 $R$ 的一个不可约元 $p$ 整除 $c(h)$ ．由于 $f(x)$ 为本原多项式，可设 $a_r$ 是 $a_0, a_1, \cdots$ 中最

前一个不被 $p$ 整除的，同样设 $b_s$ 是 $b_0, b_1, \cdots$ 中最前一个不被 $p$ 整除的．考虑 $h(x)$ 的 $x^{r+s}$ 的项的系数

$$
c_{r+s}=a_0 b_{r+s}+\cdots+a_{r-1} b_{s+1}+a_r b_s+a_{r+1} b_{s-1}+\cdots+a_{r+s} b_0,
$$

在上式中除 $a_r b_s$ 一项不被 $p$ 整除外，其余各项都被 $p$ 整除，因而 $p$ 不能整除 $c_{r+s}$ ，这与 $p \mid c(h)$ 矛盾。所以 $h(x)$ 为本原多项式。

\＃

一般来说，如果将多项式系数的取值范围扩大，则不可约多项式可能变成可约多项式，比如 $x^2+1$ 在 $\mathbf{R}[x]$ 中不可约，但在 $\mathbf{C}[x]$ 中可约．但对唯一分解整环及其商域上的多项式，利用高斯引理可以证明下面的结论成立．

推论 5．6．1 设 $R$ 为唯一分解整环，$F$ 为 $R$ 的商域，$f(x) \in R[x]$ ，且 $\operatorname{deg} f(x) \geqslant 1$ ．如果 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约，则 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中也不可约．

证明 反证法．假设 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中可约，则存在 $F[x]$ 中多项式 $g(x), h(x)$ ， $\operatorname{deg} g(x) \geqslant 1, \operatorname{deg} h(x) \geqslant 1$ ，使得 $f(x)=g(x) h(x)$ ．设 $g(x), h(x)$ 各项系数分母的乘积分别为 $r, s \in R$ 。在 $f(x)=g(x) h(x)$ 两边乘以 $r s$ 得到

$$
r s \cdot f(x)=(r \cdot g(x)) \cdot(s \cdot h(x)) .
$$

不妨设 $r \cdot g(x)=a \cdot g_1(x), s \cdot h(x)=b \cdot g_2(x)$ ，其中 $a=c(r \cdot g(x)), b=c(s \cdot h(x))$ ， $g_1(x), g_2(x)$ 为 $R[x]$ 中的本原多项式．比较等式

$$
r s \cdot f(x)=(r \cdot g(x)) \cdot(s \cdot h(x))=a b \cdot g_1(x) g_2(x)
$$

的两端，由于 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约且 $\operatorname{deg} f(x) \geqslant 1$ ，故 $f(x)$ 为本原多项式， $c(r s \cdot f(x))=r s$ ，于是有 $r s \sim a b$ ，即存在 $R$ 中可逆元 $u$ ，使得 $r s=u a b$ ．再由 （5．6．1）式可以得到

$$
f(x)=u g_1(x) g_2(x),
$$

这与 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约矛盾．故 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中不可约．

\＃

利用引理 5．6．1 和推论 5．6．1 可以证明唯一分解整环上的多项式环还是唯一分解整环。

定理 5．6．1 唯一分解整环 $R$ 上的一元多项式环 $R[x]$ 仍为唯一分解整环。
证明 设 $f(x)$ 为 $R[x]$ 的任一多项式，$f(x) \neq 0$ 而且非单位，则存在 $d \in R$和 $R[x]$ 中正次数本原多项式 $g(x)$ ，使得 $f(x)=d g(x)$ ．若 $d$ 非单位，则 $d$ 在 $R[x]$ 中可以分解成不可约元 $p_1, \cdots, p_t$ 之积，且 $p_t \in R$ 。再设 $g(x)$ 可以分解成 $g(x)=g_1(x) \cdot g_2(x), \operatorname{deg} g_i(x)>0$ ．由于 $R$ 为整环，故有 $\operatorname{deg} g(x)= \operatorname{deg} g_1(x)+\operatorname{deg} g_2(x), \operatorname{deg} g_i(x)<\operatorname{deg} g(x)$ ．因此对 $g(x)$ 的次数归纳可以证明 $g(x)$ 可分解成本原的不可约多项式 $q_1(x), \cdots, q_r(x)$ 之积，而且 $\operatorname{deg} q_i(x)>0$ ，于是 $f(x)$ 可以分解成 $R[x]$ 的一些不可约元的乘积

$$
f(x)=u g_1(x) g_2(x),
$$

这与 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约矛盾．故 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中不可约．

\＃

利用引理 5．6．1 和推论 5．6．1 可以证明唯一分解整环上的多项式环还是唯一分解整环。

$$
f(x)=p_1 \cdots p_t q_1(x) \cdots q_r(x)
$$

再证明分解的唯一性．不妨设

$$
f(x)=p_1^{\prime} \cdots p_m^{\prime} q_1^{\prime}(x) \cdots q_s^{\prime}(x)
$$

为 $f(x)$ 的任一分解，其中 $p_i^{\prime}$ 为 $R$ 的不可约元，$q_j^{\prime}(x)$ 为 $R[x]$ 的正次数不可约本原多项式。根据高斯引理，$\prod_i q_i(x)$ 和 $\prod_i q_i^{\prime}(x)$ 都是本原多项式，于是有

$$
\prod_i p_i \sim \prod_i p_i^{\prime}, \quad \prod_i q_i(x) \sim \prod_i q_i^{\prime}(x),
$$

即有

$$
\begin{gathered}
p_1^{\prime} \cdots p_m^{\prime}=u p_1 \cdots p_t, \\
q_1^{\prime}(x) \cdots q_s^{\prime}(x)=v q_1(x) \cdots q_r(x),
\end{gathered}
$$

其中 $u, v$ 为单位．由于 $R$ 为唯一分解整环，由（5．6．2）式得 $m=t$ ，并且适当调整 $p_i^{\prime}$ 的次序可以使得 $p_i^{\prime} \sim p_i, i=1,2, \cdots, t$ ．

对于（5．6．3）式，设 $F$ 为 $R$ 的商域，考虑在 $F[x]$ 中的分解．由推论 5．6．1知 $q_i(x)$ 和 $q_i^{\prime}(x)$ 也是 $F[x]$ 中的不可约多项式．由 $F[x]$ 中多项式分解的唯一性知，这些 $q_i(x)$ 和 $q_i^{\prime}(x)$ 在 $F[x]$ 内相伴，从而在 $R[x]$ 内也相伴，这就证明了分解的唯一性，所以 $R[x]$ 为唯一分解整环。

\＃

由于 $\mathbf{Z}$ 是唯一分解整环，故由定理 5．6．1知， $\mathbf{Z}[x]$ 也是唯一分解整环。
推论 5．6．2 设 $R$ 为一个唯一分解整环，则 $R$ 上含有 $n$ 个未定元的多元多项式环 $R\left[x_1, \cdots, x_n\right]$ 也是唯一分解整环。

此外，可以证明，若 $R$ 为诺特环，则上面的结论也成立，即有

定理 5．6．2（希尔伯特／Hilbert 基定理）如果 $R$ 是一个诺特环而且有单位元，则 $R$ 上的一元多项式环 $R[x]$ 也是诺特环．更一般地，$R$ 上的多元多项式环 $R\left[x_1, \cdots, x_n\right]$ 也是诺特环。

关于唯一分解整环 $R$ 上多项式的根及不可约多项式的判别，下面的结论成立．
定理 5．6．3 设 $R$ 为唯一分解整环，$F$ 为 $R$ 的商域，$f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+ a_n x^n \in R[x]$ ．若 $\frac{r}{s} \in F$ 是 $f(x)$ 的一个根，其中 $(r, s) \sim 1$ ，则 $r\left|a_0, s\right| a_n$ ．

证明 将根 $\frac{r}{s}$ 代入多项式可得

$$
f\left(\frac{r}{s}\right)=a_n\left(\frac{r}{s}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{r}{s}\right)^{n-1}+\cdots+a_1\left(\frac{r}{s}\right)+a_0=0,
$$

即有

$$
a_n r^n+a_{n-1} s^{n-1} r+\cdots+a_1 s r^{n-1}+a_0 s^n=0,
$$

故有 $r\left|a_0, s\right| a_n$ ．

\＃

定理 5．6．4（艾森斯坦（Eisenstein）判别法）设 $R$ 是唯一分解整环，$R[x]$ 为 $R$ 上的一元多项式环．设 $f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \in R[x], a_n \neq 0, n>1$ ．若 $R$ 有一个不可约元 $p$ 满足：
（1）$p \mid a_i, i=0,1, \cdots, n-1$ ；
（2）$p^2 \nmid a_0, p \nmid a_n$ ．则 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约．

证明（反证法）若 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中可约，则存在 $R[x]$ 中两个正次数多项式 $g(x), h(x)$ ，使得 $f(x)=g(x) h(x)$ ，不妨设

$$
\begin{aligned}
g(x)=b_0+b_1 x+\cdots+b_r x^r, & b_i \in R, b_r \neq 0, r>0 \\
h(x)=c_0+c_1 x+\cdots+c_s x^s, & c_i \in R, c_s \neq 0, s>0
\end{aligned}
$$

由于 $R$ 为整环，故有 $r<n, s<n$ ．由于 $p^2 \nmid a_0$ ，但 $p \mid a_0, b_0, c_0$ 恰有一个被 $p$ 整除．不妨设 $p \nmid b_0, p \mid c_0$ ．又因为 $p \nmid a_n$ ，所以 $p \nmid b_r, p \nmid c_s$ ．设 $c_j$ 是 $c_0, \cdots, c_s$ 中第一个不能被 $p$ 整除的，则 $0<j \leqslant s$ ．考虑 $x^j$ 的系数 $a_j$ ，有

$$
a_j=b_0 c_j+b_1 c_{j-1}+\cdots+b_j c_0
$$

在上式右端 $b_0 c_j$ 不能被 $p$ 整除，但是其他各项都能被 $p$ 整除，因此 $p \nmid a_j$ 。这与题设当 $j \leqslant s<n$ 时 $p \mid a_j$ 矛盾．故 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约．

\＃

满足定理 5．6．4中条件的多项式叫做艾森斯坦多项式．

设 $F$ 是唯一分解整环 $R$ 的商域，$F[x]$ 为 $F$ 上的一元多项式环．定理 5．6．4中，若 $f(x)$ 还是本原多项式，则由推论 5．6．1 知，$f(x)$ 在 $F[x]$ 中也不可约．

对于任一素数 $p$ 和正整数 $n, x^n-p$ 是 $\mathbf{Z}[x]$ 中的艾森斯坦多项式，因而在 $\mathbf{Q}[x]$ 中不可约．此外可以证明多项式 $f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+1$ 在 $\mathbf{Z}[x]$ 上也不可约（留作习题）．

本节的最后，我们来决定 $\mathbf{Z}[x]$ 的极大理想和素理想．
由于 $\mathbf{Z}[x]$ 为唯一分解整环，故 $\mathbf{Z}[x]$ 的非零主理想 $(f(x))$ 是素理想当且仅当 $f(x)$ 是不可约元．此外可以证明， $\mathbf{Z}[x]$ 的任一主理想都不是极大理想．

设 $I \neq(0)$ 是 $\mathbf{Z}[x]$ 的一个素理想但非主理想，下面分析理想 $I$ 的生成元集．
在 $I^*=I-\{0\}$ 中所有次数最低的多项式中取一个首项系数大于 0 且为最小的多项式 $p_0(x)$ 。作差集 $S=I-\left(p_0(x)\right)$ 。根据假设，$S$ 非空。于是在 $S$ 中取一个次数最低的多项式 $p_1(x)$ ．显然 $\operatorname{deg} p_1(x) \geqslant \operatorname{deg} p_0(x)$ ．可以证明 $I= \left(p_0(x), p_1(x)\right), p_0(x), p_1(x)$ 为不可约元，并且 $p_0(x)$ 为 $\mathbf{Z}$ 中的素数。

由于 $I$ 为素理想，可以
（1）首先证明 $p_0(x)$ 是 $\mathbf{Z}[x]$ 的一个不可约元．这是因为，若 $p_0(x)=f(x) g(x)$ ，其中 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的首项系数 $>0$ ，则由素理想的定义知，$f(x)$ 或 $g(x)$ 属于 $I$ 。

不妨设 $f(x) \in I$ ．由 $p_0(x)$ 的选取， $\operatorname{deg} f(x) \geqslant \operatorname{deg} p_0(x)$ ，故它们只能相等，从而 $f(x)$ 的首项系数不小于 $p_0(x)$ 的首项系数，它们也只能相等，由此推出 $g(x)=1$ ．因此，$p_0(x)$ 是 $\mathbf{Z}[x]$ 的一个不可约元．
（2）其次证明 $\operatorname{deg} p_0(x)=0$ ．若 $\operatorname{deg} p_0(x)>0$ ，则任何非零整数都不属于 $\left(p_0(x)\right)$ 。又因为 $p_1(x)$ 也不属于 $\left(p_0(x)\right)$ ，于是对所有的非零整数 $k$ ，都有 $p_0(x) \nmid k p_1(x)$ 。设 $p_0(x)$ 的首项系数为 $a$ ，取一个 大于 $\operatorname{deg} p_1(x)-\operatorname{deg} p_0(x)$ 的整数 $u$ ，用 $a^u p_1(x)$ 去除 $p_0(x)$ ，由带余除法，存在 $q(x), r(x) \in R[x]$ ，使得

$$
a^u p_1(x)=q(x) p_0(x)+r(x),
$$

其中 $r(x) \neq 0$ 且 $\operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} p_0(x)$ 。另一方面，$r(x)=a^u p_1(x)-q(x) p_0(x) \in I$ ，这与 $p_0(x)$ 的选取矛盾。所以 $\operatorname{deg} p_0(x)=0$ ，即 $p_0(x)$ 是个素数，$p_0(x)$ 简记作 $p$ ．

由于 $p \mathbf{Z} \subseteq I \cap \mathbf{Z}$ ，且 $I \cap \mathbf{Z} \neq \mathbf{Z}$ ，故有 $I \cap \mathbf{Z}=p \mathbf{Z}$ ．又由于 $p_1(x) \notin(p)$ ，从而 $p_1(x) \notin \mathbf{Z}, \operatorname{deg} p_1(x)>0$ ，我们进一步证明 $p_1(x)$ 是模 $(p)$ 不可约的。假若 $p_1(x) \equiv f(x) g(x)(\bmod (p))$ ，其中 $f(x), g(x)$ 的次数都低于 $p_1(x)$ 的次数，于是由 $p_1(x) \in I$ 导出 $f(x) g(x) \in I$ ，从而 $f(x)$ 或 $g(x)$ 属于 $I$ 。另一方面 $p_1(x) \notin(p)$ ，从而 $f(x) g(x) \notin(p)$ ，于是 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都不属于 $(p)$ ，因而 $f(x)$ 或 $g(x)$ 属于 $S$ 。这与 $p_1(x)$ 的取法矛盾．由此同时证明了 $p_1(x)$ 的首项系数与 $p$ 互素．
（3）最后证明 $I=\left(p, p_1(x)\right)$ 。令 $N=\left(p, p_1(x)\right)$ ，显然 $N \subseteq I$ ，我们只需要证明 $N$ 为极大理想即可．根据环的同构定理，有

$$
\mathbf{Z}[x] / N \cong(\mathbf{Z}[x] /(p)) /(N /(p))
$$

考虑 $\mathbf{Z}[x]$ 到 $\mathbf{Z}_p[\bar{x}]$ 的映射 $\psi: f(x) \mapsto \bar{f}(\bar{x})$ ，容易证明 $\psi$ 是一个满同态，且 $\operatorname{Ker}(\psi)=(p)$ ，于是有 $\mathbf{Z}[x] /(p) \cong \mathbf{Z}_p[\bar{x}]$ ，映射关系仍然记为 $\psi$ 。在这个对应下， $\mathbf{Z}[x] /(p)$ 的理想 $N /(p)$ 与 $\mathbf{Z}_p[\bar{x}]$ 的理想 $\left(\bar{p}_1(\bar{x})\right)$ 对应，于是商环

$$
(\mathbf{Z}[x] /(p)) /(N(p)) \cong\left(\mathbf{Z}_p[\bar{x}]\right) /\left(\bar{p}_1(\bar{x})\right)
$$

由 $p_1(x)$ 的定义知， $\bar{p}_1(\bar{x})$ 为 $\mathbf{Z}_p[\bar{x}]$ 中的不可约多项式，从而 $\mathbf{Z}_p[\bar{x}] /\left(\bar{p}_1(\bar{x})\right)$ 为域，故 $\mathbf{Z}[x] / N \cong(\mathbf{Z}[x] /(p)) /(N /(p))$ 也为域，从而 $N$ 为 $\mathbf{Z}[x]$ 的极大理想，于是由 $N \subseteq I$ ，且 $I \neq R$ ，得 $N=I$ ．

反之，任给一个素数 $p$ 和一个首项系数与 $p$ 互素的正次整数系数多项式 $f(x)$ ，若 $f(x)(\bmod (p))$ 不可约，则由 $p$ 与 $f(x)$ 生成的理想是 $\mathbf{Z}[x]$ 的一个极大理想．

综上所述， $\mathbf{Z}[x]$ 的素理想可以分成以下三类．
（1）零理想。
（2）由不可约元生成的主理想．但这一类理想都不是极大理想．
（3）任给一个素数 $p$ 和一个首项系数与 $p$ 互素的正次整数系数多项式 $f(x)$而且模（ $p$ ）是不可约的，由 $p$ 与 $f(x)$ 生成的理想 $(p, f(x))$ ，这一类理想不仅是素理想而且是极大理想。

在第三类素理想中，

$$
(p, f(x))=(q, g(x)) \text { 当且仅当 } p=q \text { 而且 } f(x) \equiv c g(x)(\bmod (p)), c \in \mathbf{Z} \text {. }
$$

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