笔记 | (3)多项式理论

EthanCao

参考教材: 抽象代数基础-丘维声, 抽象代数学-姚慕生

EthanCao

多项式环

多项式的定义(Polynomial)
将多项式记为A=\sum a_ix^i=a_0+a_2x^2+\cdots+a_nx^n
其中称a_n\neq0为最高项系数, 次数\deg(A)=n

多项式环的定义(Polynomial Ring)
已知交换环R, 将多项式环记为R[x]
多项式加法: A+B=\sum (a_i+b_i)x^i
多项式乘法: A\cdot B=\sum (\sum\limits_{i+j=k}a_ib_j)x^k

加法封闭: A+B=\sum a_ix^i+\sum b_ix^i=\sum (a_i+b_i)x^i\in R[x]
加法结合律: (A+B)+C=A+(B+C)
加法单位元: A+0=A
加法逆元: A+(-A)=\sum a_ix^i+\sum (-a_i)x^i=\sum (a_i-a_i)x^i=\sum 0x^i
加法交换律: A+B=\sum (a_i+b_i)x^i=\sum (b_i+a_i)x^i=B+A
乘法封闭: A\cdot B=\sum(\sum_{i+j=k}a_ib_j)x^k\in R[x]
乘法结合律: (A\cdot B)\cdot C=\sum(\sum_{i+j+k=m}a_ib_jc_k)x^m=A\cdot(B\cdot C)
乘法单位元: A\cdot 1=A
乘法交换律: A\cdot B=\sum(\sum_{i+j=m}a_ib_j)x^m=\sum(\sum_{i+j=m}b_ja_i)x^m=B\cdot A
乘法对加法的分配律: A\cdot(B+C)=\sum a_ix^i\cdot(\sum b_ix^i+\sum c_ix^i)=\sum a_ix^i\cdot\sum (b_i+c_i)x^i
=\sum(\sum_{i+j=m}a_i(b_j+c_j))x^m=\sum(\sum_{i+j=m}a_ib_j+\sum_{i+j=m}a_ic_j)x^m
=\sum(\sum_{i+j=m}a_ib_j)x^m+\sum(\sum_{i+j=m}a_ic_j)x^m=A\cdot B+A\cdot C

EthanCao

唯一分解整环的多项式

本原多项式(Primitive Polynomial)
已知唯一分解整环R, 以及f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in R[x]
如果\gcd(a_0,a_1,\cdots,a_n)\sim1, 则称f(x)是本原多项式
R[x]的可逆元即为零次本原多项式f(x)=u\sim1

引理1: 已知唯一分解整环R, 且f(x)\in R[x]\setminus\{0\}
那么存在唯一分解f(x)=d\cdot f_1(x), 其中f_1(x)是本原多项式

存在性: 取d=\gcd(a_0,a_1,\cdots,a_n)即可
唯一性: 假设存在f(x)=m\cdot f_2(x)=m\cdot(b_0+\cdots+b_nx^n)
那么d=(a_0,\cdots,a_n)=(mb_0,\cdots,mb_n)\sim m\implies d=um
\implies um\cdot f_1(x)=mf_2(x)\implies f_1(x)\sim f_2(x)

高斯引理(Gauss' Lemma)
已知唯一分解整环R, 则本原多项式的乘积, 还是本原多项式
证明: 对于任意素元p, 存在最低项系数a_r,b_s, 使得(p\nmid a_r) \land (p\nmid b_s)\implies p\nmid a_rb_s
考虑 \sum\limits_{r+s}a_ib_j=a_0b_{r+s}+\cdots+a_{r-1}b_{s+1}+a_rb_s+a_{r+1}b_{s-1}+\cdots+a_{r+s}b_0
因为 (p\mid a_0,\cdots,a_{r-1})\land (p\mid b_0,\cdots,b_{s-1})\implies p\mid(\sum\limits_{r+s}a_ib_j-a_rb_s)
所以 p\nmid a_rb_s\land p\mid(\sum\limits_{r+s}a_ib_j-a_rb_s)\implies p\nmid\sum\limits_{r+s}a_ib_j

引理3: 已知唯一分解整环R, 及其分式域F
则本原多项式在R[x]上相伴\iff在F[x]上相伴
\implies: \exists u\in R^*,g(x)=u\cdot h(x)\implies\exists\frac{u}{1}\in F,g(x)=\frac{u}{1}\cdot h(x)
\impliedby: \exists\frac{a}{b}\in F,g(x)=\frac{a}{b}\cdot h(x)\implies b\cdot g(x)=a\cdot h(x)
由引理1可知, 本原多项式的分解唯一, 所以g(x)\sim h(x)

引理4: 已知唯一分解整环R, 及其分式域F, 且f(x)\in F[x]\setminus\{0\}
那么存在唯一分解f(x)=\frac{d}{m}\cdot g(x), 其中g(x)是R[x]上的本原多项式

存在性: 取m=lcm(b_0,b_1,\cdots,b_n)\land d=\gcd(\frac{a_0m}{b_0},\frac{a_1m}{b_1},\cdots,\frac{a_nm}{b_n})

唯一性: 假设存在f(x)=\frac{d_1}{m_1}\cdot g_1(x), 那么g(x)=\frac{md_1}{dm_1}\cdot g_1(x)\implies g(x)\overset{F[x]}\sim g_1(x)
由引理3可知, 本原多项式 g(x)\overset{F[x]}\sim g_1(x)\implies g(x)\overset{R[x]}\sim g_1(x)

引理5: 已知唯一分解整环R, 及其分式域F
本原多项式g(x)\in R[x], 且\deg(g)>0
则其在F[x]上可约 \iff 能分解为非零次本原多项式的乘积

\impliedby: 能够分解\implies在R[x]上可约\implies在F[x]上可约
\implies: 存在分解g(x)=g_1(x)\cdot g_2(x), 其中g_i(x)\in F[x]\land\deg(g_i)>0
由引理4可知 g_i(x)=a_i\cdot h_i(x), 其中h_i(x)\in R[x]是本原多项式
由引理3可知 g(x)=a_1a_2\cdot h_1(x)h_2(x)\implies g(x)\sim h_1(x)h_2(x)

引理6: 已知唯一分解整环R, 及其分式域F
本原多项式g(x)\in R[x], 且\deg(g)>0
则其在F[x]上不可约 \iff 在R[x]上不可约

\impliedby: 已知在R[x]上不可约, 假如在F[x]上可约
那么由引理5可知, 能分解为非零次本原多项式的乘积, 得出矛盾
\implies: 已知在F[x]上不可约, 假如在R[x]上可约
那么存在分解 g(x)=h(x)\cdot p(x)
因为本原多项式系数互素, 拆分不出零次多项式
所以 \deg(h)>0\land\deg(p)>0\implies在F[x]上可约, 得出矛盾

R是唯一分解整环\implies R[x]是唯一分解整环

存在性: 已知不可逆多项式 f(x)\in R[x]
若\deg(f)=0, 那么f(x)=a\notin R^*, 可唯一分解
若\deg(f)>0, 那么由引理1知 f(x)=d\cdot g(x)
R是唯一分解整环\implies d=p_1\cdots p_m
F[x]是唯一分解整环\implies g(x)=q_1(x)\cdots q_n(x)
由引理6可知 q_i(x)在F[x]上不可约\iff在R[x]上也不可约
\implies f(x)=p_1\cdots p_m\cdot q_1(x)\cdots q_n(x)

唯一性: 假设存在f(x)=\~p_1\cdots\~p_r\cdot\~q_1(x)\cdots\~q_t(x)
由引理1可知 p_1\cdots p_m\sim\~p_1\cdots\~p_r\land q_1(x)\cdots q_n(x)\sim\~q_1(x)\cdots\~q_t(x)
R是唯一分解整环\implies p_i\sim\~p_i
F[x]是唯一分解整环\implies q_i(x)\overset{F[x]}\sim\~q_i(x)\implies q_i(x)\overset{R[x]}\sim\~q_i(x)

Eisenstein判别法(Eisenstein's Criterion)
已知唯一分解整环R, 及其分式域F
则多项式f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in R[x]
在F[x]中不可约, 如果存在p\in R使得

p|a_i,\ i=1,\cdots,n-1
p\nmid a_n\land p^2\nmid a_0

反证法: 假如f(x)在F[x]中可约
那么由引理5可知 f(x)=(b_lx^l+\cdots+b_0)(c_rx^r+\cdots+c_0)
\begin{cases} p|a_0\land a_0=b_0c_0 &\implies p|b_0\lor p|c_0 \\ p\nmid a_n\land a_n=b_lc_r &\implies p\nmid b_l\land p\nmid c_r \\ \end{cases}
不妨设p|b_0, 那么存在k\leq m\implies p|b_0,\cdots,p|b_{k-1},p\nmid b_k
因为 a_k=b_0c_k+\cdots+b_{k-1}c_1+b_kc_0\land p|a_k\implies p|b_kc_0
所以 p|b_kc_0\land p\nmid b_k\implies p|c_0\implies p^2|b_0c_0=a_0 得出矛盾

EthanCao

n元对称多项式

对称多项式的定义(Symmetric Polynomial)
已知域K, 如果对于任意n元排列j_1j_2\cdots j_n
都有f(x_1,\cdots,x_n)=f(x_{j_1},\cdots,x_{j_n}), 则称其为n元对称多项式

将下述统称为n元初等对称多项式
\sigma_1(x_1,\cdots,x_n)=x_1+\cdots+x_n
\sigma_2(x_1,\cdots,x_n)=\sum x_ix_j
\sigma_k(x_1,\cdots,x_n)=\sum x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}
\sigma_n(x_1,\cdots,x_n)=x_1\cdots x_n

命题1: 对称多项式集W<K[x_1,\cdots,x_n]

加法封闭: h(x_1,\cdots,x_n)=f(x_1,\cdots,x_n)+g(x_1,\cdots,x_n)
=f(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})+g(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})=h(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})
乘法封闭: h(x_1,\cdots,x_n)=f(x_1,\cdots,x_n)\cdot g(x_1,\cdots,x_n)
=f(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})\cdot g(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})=h(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})
加法逆元: -f(x_1,\cdots,x_n)=-f(x_{j_1},\cdots,x_{j_n})
加法单位元: 0(x_1,\cdots,x_n)\in W
乘法单位元: 1(x_1,\cdots,x_n)\in W

命题2: 初等对称多项式的多项式\implies对称多项式
即 \forall g\in K[x_1,\cdots,x_n],g(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)\in W

对称多项式基本定理
任意对称多项式都可唯一表示为初等对称多项式的多项式

存在性: 记f(x_1,\cdots,x_n)的字典序首项为ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n}
因为是对称多项式, 所以也存在项x_{j_1}^{l_1}x_{j_2}^{l_2}\cdots x_{j_n}^{l_n}\in f
因此字典序首项指数需满足l_1\geq l_2\geq\cdots\geq l_n

构造\Psi_1(x_1,\cdots,x_n)=a\sigma_1^{l_1-l_2}\sigma_2^{l_2-l_3}\cdots\sigma_n^{l_n}
其首项也为ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n}, 由命题2知\Psi_1\in W
f_1(x_1,\cdots,x_n)=f(x_1,\cdots,x_n)-\Psi_1(x_1,\cdots,x_n)
首项幂指数的字典序f_1<f, 并且f_1仍为对称多项式
因为字典序有限, 故重复有限步即可得f=\Psi_1+\cdots+\Psi_k

唯一性: 假设存在f=g_1(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)=g_2(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)
构造g(x_1,\cdots,x_n)=g_1(x_1,\cdots,x_n)-g_2(x_1,\cdots,x_n)

\forall\{b_1,\cdots,b_n\}\subseteq K 构造G(x)=x^n-b_1x^{n-1}+\cdots+(-1)^nb_n
设根集为G(x):\{c_1,\cdots,c_n\}, 由韦达公式知 b_i=\sigma_i(c_1,\cdots,c_n)
\implies\forall\{b_1,\cdots,b_n\},g(b_1,\cdots,b_n)=g(\sigma_1(c_1,\cdots,c_n),\cdots,\sigma_n(c_1,\cdots,c_n))=0
\implies g(x_1,\cdots,x_n)=0(x_1,\cdots,x_n)\implies g_1=g_2