不可约多项式的一个应用

2021-01-06刘合国廖军

湖北大学学报(自然科学版) 2021年1期

刘合国，廖军

(湖北大学数学与统计学学院，湖北武汉 430062)

0 前言

《高等代数》是大学里最基础的课程之一，对于刚刚进入大学的新生而言，它包含了许多新内容、思想和方法，解题的技巧性也很强，这严重影响了一般新生学习这门课程的热情和努力．不可否认的是，《高等代数》里充满了令人眼花缭乱、令人叹为观止的解题方法，学生们或望而却步、自叹不如，或沉迷于此、沾沾自喜．其实，《高等代数》里包含了许多基本概念，深入地理解概念，自觉地运用概念进行思考和解题是学习中非常重要的一个环节. 运用概念进行推理是质朴而有效的学习和训练方法，但它常常被我们在《高等代数》教学时忽视了．本研究拟从一个有名问题及其几种常见解法入手，通过把这个问题进行一般化来检验这些解法的适用范围，由此说明在解题时，理解基本概念是非常必要的，运用基本概念进行推理有助于理解问题的本质．

文献[1]是被广泛采用的经典教材，其第一章处理域上的多项式，涉及一个非常基本的概念：不可约多项式．在某种意义上，不可约多项式是这一章的基石，这个事实可以从下面的重要结论体现出来．

定理1([1，因式分解及唯一性定理])数域F上每一个次数≥1的多项式f(x)都可以唯一地分解成数域F上一些不可约多项式的乘积，所谓唯一性是说，如果有两个分解式

f(x)=p1(x)p2(x)…ps(x)=q1(x)q2(x)…qt(x)，

那么必有s=t，并且适当排列因式的次序后有

pi(x)=ciqi(x),i=1,2,…,s,

其中ci(i=1,2,…,s)是一些非零常数．

这是代数学里的一个基本定理．在大学代数类课程里，能与它相匹敌的大概是数论里所谓的算术基本定理．

定理2([2，算术基本定理])任一大于1的整数能表成素数的乘积，即任一大于1的整数

a=p1p2…pn,p1≤p2≤…≤pn，

其中p1,p2,…,pn是素数，并且若

a=q1q2…qm,q1≤q2≤…≤qm，

其中q1,q2,…,qm是素数，则m=n,qi=pi,i=1,2,…,n．

代数学里的一些基本思想可以溯源于这两个定理．我们知道，在通常的运算下，域上所有多项式的集合和所有整数的集合都构成欧几里得整环，由文献[3,第4章定理1]，欧几里得整环都是主理想整环，当然他们都是唯一因子分解整环，在这类整环里，每个不可约元都是素元．下面的结果是前面两个定理的一般化．

定理3([3,第4章定理2])整环R是唯一因子分解整环当且仅当R满足：

1) 因子链条件；

2) 每个不可约元都是素元．

在多项式代数里，下面的结果是基础性的，其证明的根本出发点就是上面的定理．

定理4([3,第4章定理5])唯一因子分解整环R上的一元多项式环R[x]仍为唯一因子分解整环．

从上面这些阐述的结果，就存在性而言，我们可以体会到不可约多项式在多项式理论里的重要性．一般域上的多项式f(x)，判断f(x)是否是不可约多项式不是一件容易的事，对有理数域来说，下面的判别准则是有用的．

定理5([1,定理13艾森斯坦(Eisenstein)判别法])设

f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0

是一个整系数多项式．如果有一个素数p，使得

1)p⫮an;

2)p|an-1,an-2,…,a0;

3)p2⫮a0.

那么f(x)在有理数域上是不可约的．

不可约多项式和Eisenstein准则能够帮助我们理解一些问题．

1 不可约多项式的一个应用

我们从一个有名的问题即例1开始，即文献[4，例10]，其第一种证法取材于文献[4]．

当例1对整数a,b,c成立时，由上式即可导出

prn=mrq=mps=0．

这意味着n=q=s=0，即a=b=c=0．这样在下面的证法一和证法二里，我们不妨假设在a,b,c都是整数的情况下进行推理．

例1的证法一当a,b,c不全为0时，我们假设(a,b,c)=1．当x+y+z=0时，考虑到

a3+2b3+4c3-6abc=0，

由此得到a3是偶数，进而a是偶数，记a=2a1，把它代入上式得到

b3+2c3+4a13-6bca1=0．

于是b3是偶数，b也是偶数，记b=2b1，把它代入上式得到

c3+2a13+4b13-6ca1b1=0，

因此c3是偶数，c也是偶数．与假设(a,b,c)=1．矛盾．所以a,b,c全为0，得证．

于是，

则有

a3+2b3+4c3-6abc=0，

接下来同证法一的推理，得2|a，2|b，2|c．矛盾．

接下来，我们要从多项式的角度来重新证明例1．熟知，对域上的不可约多项式p(x)和任意一个多项式f(x)，或者p(x)|f(x)，或者(p(x),f(x))=1．由此，我们容易得到一个常识性结论．

例2设p(x)是域F上的一个不可约多项式，f(x)是域F上的一个多项式，若p(x)和f(x)在F的某一个扩域上有一个公共根，则p(x)|f(x)．

例2的证明假设p(x)⫮f(x)，因为p(x)是域F上的一个不可约多项式，则(p(x),f(x))=1．因此存在多项式u(x),v(x)使得

u(x)p(x)+v(x)f(x)=1，

由于p(x)和f(x)在F的某一个扩域上有一个公共根，设为α．则u(α)p(α)+v(α)f(α)=1，即有0=1矛盾，所以p(x)|f(x)．

比较例1的3种证明，我们似乎无法判断其优劣，因为他们各有特点．相对于证法一和证法二，证法三还显得不太自然．为了理解得更深一些，我们把例1推广到一般的情形．

例3设a0,a1,a2,…,an-1都是有理数，满足

例3的证明a0=a1=a2=…=an-1=0．

当x+y+z=0时，x3+y3+z3-3xyz=0．这个简洁明快的结论无法推广到一般情况，因为当x1+x2+…+xn=0时,

但这个n阶行列式的展开式非常复杂，我们无法从上面的等式得到所需的有用工具．这样例1的证法一无法适用于例3．

例1的证法二和证法三对例3还是有用的．

例3的证法一我们不妨设a0,a1,a2,…,an-1都是整数，当a0,a1,a2,…,an-1不全为0时，设(a0,a1,a2,…,an-1)=1．根据

可得

于是

设a0=2a0′，将a0=2a0′代入上述行列式，并将第n行乘以1/2；再将行列式的第n行与第n-1行互换，第n-1行与第n-2行互换，…，第2行与第1行互换，得到

同样的办法可证2|a1．继续这个过程，归纳地可以证明2|ai，i=0,1,…,n-1．矛盾．所以，a0=a1=a2=…=an-1=0．

值得注意的是例3对一般的素数p也成立．即

设p是素数，设a0,a1,a2,…,an-1是有理数，满足

则a0=a1=a2=…=an-1=0．

为了比较例3的证法一和证法二的功效，我们再来看一个下面的例子．

a0+a1ω+a2ω2+…+ap-2ωp-2=0，

证明a0=a1=a2=…=ap-2=0.

我们从线性方程组的角度证明了例1和例3．但无法照搬该方法证明例4．

进一步，我们有下面的结论．

例5设p(x)是数域F上n次不可约多项式．设α是p(x)在复数域C上的一个根，若a0,a1,a2,…,an-1∈F满足

a0+a1α+…+an-1αn-1=0，

则a0=a1=a2=…=an-1=0．

例5的证明设f(x)=a0+a1x+…+an-1xn-1，则α是p(x)和f(x)在复数域C上的一个公共根，又p(x)在数域F上不可约，根据例2，p(x)|f(x)，又p(x)的次数大于f(x)的次数，所以f(x)=0，于是a0=a1=a2=…=an-1=0.

这种推理对我们理解多项式的根是有帮助的．

例6设p(x)是数域F上的n次不可约多项式，f(x)∈F[x]，E是p(x)的分裂域，p(x)=(x-α1)(x-α2)…(x-αn)，若αi是f(x)的一个根，则α1,…,αi-1,αi+1,αn也是f(x)的根．

例6的证明由已知条件和例2得p(x)|f(x)，因此α1,…,αi-1,αi+1,αn也是f(x)的根．

设p(x)是数域F上的一个n次不可约多项式，E=F(α1,α2,…,αn)是p(x)的分裂域．则由文献[3,第8章定理5]知多项式p(x)的伽罗瓦群Gp≅Gal(E/F)在p(x)的根集合{α1,α2,…,αn}上的作用是传递的．例6说明，f(x)任一根αi在其极小多项式的伽罗瓦群作用下的像仍然是f(x)的根．