17.3: Незведені многочлени

Непостійний многочлен\(f(x) \in F[x]\) є незведеним над полем,\(F\) якщо\(f(x)\) не може бути виражений добутком двох многочленів\(g(x)\) і\(h(x)\)\(F[x]\text{,}\) де\(h(x)\) ступені\(g(x)\) і є меншими за ступінь\(f(x)\text{.}\) Незведені многочлени функціонують як «прості числа» поліноміальних кілець.

Приклад\(17.11\)

Многочлен\(x^2 - 2 \in {\mathbb Q}[x]\) нескоротний, оскільки

Рішення

він не може бути врахований далі над раціональними числами. Аналогічно,\(x^2 + 1\) є незведеним над дійсними числами.

Приклад\(17.12\)

Поліном\(p(x) = x^3 + x^2 + 2\) нескоротний над\({\mathbb Z}_3[x]\text{.}\) Припустимо, що цей многочлен був зведений над\({\mathbb Z}_3[x]\text{.}\) алгоритмом ділення повинен бути коефіцієнт виду,\(x - a\text{,}\) де\(a\) є якийсь елемент в\({\mathbb Z}_3[x]\text{.}\)

Рішення

Отже, це повинно бути правдою, що\(p(a) = 0\text{.}\) Однак,

\ почати {вирівнювати*} p (0) & = 2\\ p (1) & = 1\\ p (2) & = 2\ текст {.} \ end {вирівнювати*}

Тому не\(p(x)\) має нулів в\({\mathbb Z}_3\) і повинен бути незменшеним.

Лемма\(17.13\)

Нехай\(p(x) \in {\mathbb Q}[x]\text{.}\) тоді

\[ p(x) = \frac{r}{s}(a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n)\text{,} \nonumber \]

де\(r, s, a_0, \ldots, a_n\) цілі числа, ті\(a_i\) є відносно простими\(r\) та\(s\) відносно простими.

Доказ

Припустимо, що

\[ p(x) = \frac{b_0}{c_0} + \frac{b_1}{c_1} x + \cdots + \frac{b_n}{c_n} x^n\text{,} \nonumber \]

де ці\(b_i\) і ті є\(c_i\) цілими числами. Ми можемо переписати\(p(x)\) як

\[ p(x) = \frac{1}{c_0 \cdots c_n} (d_0 + d_1 x + \cdots + d_n x^n)\text{,} \nonumber \]

де\(d_0, \ldots, d_n\) цілі числа. \(d\)Дозволяти бути найбільшим спільним дільником\(d_0, \ldots, d_n\text{.}\) Тоді

\[ p(x) = \frac{d}{c_0 \cdots c_n} (a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n)\text{,} \nonumber \]

де\(d_i = d a_i\) і ті\(a_i\) є відносно простими. \(d /(c_0 \cdots c_n)\)Зводячи до найнижчих термінів, ми можемо написати

\[ p(x) = \frac{r}{s}(a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n)\text{,} \nonumber \]

де\(\gcd(r,s) = 1\text{.}\)

Теорема\(17.14\). Gauss's Lemma

\(p(x) \in {\mathbb Z}[x]\)Дозволяти монічний многочлен такий, що\(p(x)\) множник на добуток двох\(\alpha(x)\) многочленів і\(\beta(x)\) в\({\mathbb Q}[x]\text{,}\) де ступені обох\(\alpha(x)\) і\(\beta(x)\) менше ступеня\(p(x)\text{.}\) Тоді\(p(x) = a(x) b(x)\text{,}\) де\(a(x)\) і\(b(x)\) є монічними многочленами в\({\mathbb Z}[x]\) с\(\deg \alpha(x) = \deg a(x)\) і\(\deg \beta(x) = \deg b(x)\text{.}\)

Доказ

За Леммою\(17.13\) можна припустити, що

\ почати {align*}\ альфа (x) & =\ frac {c_1} {d_1} (a_0 + a_1 x +\ cdots + a_m x ^m) =\ frac {c_1} {d_1}\ альфа_1 (x)\\\ бета (x) & =\ frac {c_2} {d_2} (b_0 + b_0) 1 х +\ cdots + b_n x^n) =\ розрив {c_2} {d_2}\ beta_1 (x)\ текст {,}\ кінець {align*}

де вони\(a_i\) є відносно простими, а вони\(b_i\) є відносно простими. Отже,

\[ p(x) = \alpha(x) \beta(x) = \frac{c_1 c_2}{d_1 d_2} \alpha_1(x) \beta_1(x) = \frac{c}{d} \alpha_1(x) \beta_1(x)\text{,} \nonumber \]

де\(c/d\) - добуток\(c_1/d_1\) і\(c_2/d_2\) виражається в найнижчих вираженнях. Отже,\(d p(x) = c \alpha_1(x) \beta_1(x)\text{.}\)

Якщо\(d = 1\text{,}\)\(c a_m b_n = 1\) тоді\(p(x)\) since - це монічний многочлен. Отже,\(c=1\) або\(c = -1\text{.}\) Якщо\(c = 1\text{,}\) то\(a_m = b_n = 1\) або або або\(a_m = b_n = -1\text{.}\) У першому випадку\(p(x) = \alpha_1(x) \beta_1(x)\text{,}\) де\(\alpha_1(x)\) і\(\beta_1(x)\) є монічними многочленами з\(\deg \alpha(x) = \deg \alpha_1(x)\) а\(\deg \beta(x) = \deg \beta_1(x)\text{.}\) У другому випадку\(a(x) = -\alpha_1(x)\) і\(b(x) = -\beta_1(x)\) є правильними монічними многочленами, оскільки \(p(x) = (-\alpha_1(x))(- \beta_1(x)) = a(x) b(x)\text{.}\)Справа, в якій\(c = -1\) можна поводитися аналогічно.

Тепер припустимо, що\(d \neq 1\text{.}\) Оскільки\(\gcd(c, d) = 1\text{,}\) існує просте\(p\) таке, що\(p \mid d\) і\(p \notdivide c\text{.}\) також, оскільки коефіцієнти відносно\(\alpha_1(x)\) прості, існує\(a_i\) такий коефіцієнт, що\(p \notdivide a_i\text{.}\) Аналогічно існує\(b_j\) коефіцієнт\(\beta_1(x)\) такі, що\(p \notdivide b_j\text{.}\) Дозволяти\(\alpha_1'(x)\) і\(\beta_1'(x)\) бути поліномами в\({\mathbb Z}_p[x]\) отриманих шляхом зменшення коефіцієнтів\(\alpha_1(x)\) і по\(\beta_1(x)\) модулю\(p\text{.}\) Оскільки\(p \mid d\text{,}\)\(\alpha_1'(x) \beta_1'(x) = 0\) в\({\mathbb Z}_p[x]\text{.}\) Однак це неможливо, так як\(\alpha_1'(x)\) ні ні\(\beta_1'(x)\) нуль многочлен і\({\mathbb Z}_p[x]\) є інтегральною областю. Тому\(d=1\) і теорема доведена.

Слідство\(17.15\)

\(p(x) = x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + \cdots + a_0\)Дозволяти поліном з коефіцієнтами в\({\mathbb Z}\) і\(a_0 \neq 0\text{.}\) Якщо\(p(x)\) має нуль в\({\mathbb Q}\text{,}\) то\(p(x)\) також має нуль\(\alpha\) в\({\mathbb Z}\text{.}\) Крім того,\(\alpha\) ділить\(a_0\text{.}\)

Доказ

Дозволяти\(p(x)\) мати нуль\(a \in {\mathbb Q}\text{.}\) Тоді\(p(x)\) повинен мати лінійний коефіцієнт\(x - a\text{.}\) За лемою Гаусса,\(p(x)\) має факторизацію з лінійним коефіцієнтом in\({\mathbb Z}[x]\text{.}\) Отже, для деяких\(\alpha \in {\mathbb Z}\)

\[ p(x) = (x - \alpha)( x^{n - 1} + \cdots - a_0 / \alpha )\text{.} \nonumber \]

Таким чином\(a_0 /\alpha \in {\mathbb Z}\) і так\(\alpha \mid a_0\text{.}\)

Приклад\(17.16\)

Нехай\(p(x) = x^4 - 2 x^3 + x + 1\text{.}\) Ми покажемо,\(p(x)\) що незвідне над\({\mathbb Q}[x]\text{.}\)

Рішення

Припустимо, що\(p(x)\) є скорочуваним. Тоді або\(p(x)\) має лінійний коефіцієнт, скажімо,\(p(x) = (x - \alpha) q(x)\text{,}\) де\(q(x)\) многочлен ступеня три, або\(p(x)\) має два квадратичні фактори.

Якщо\(p(x)\) має лінійний коефіцієнт,\({\mathbb Q}[x]\text{,}\) то він має нуль у\({\mathbb Z}\text{.}\) За наслідками 17.15, будь-який нуль повинен розділити 1 і, отже, повинен бути,\(\pm 1\text{;}\) однак,\(p(1) = 1\) і,\(p(-1)= 3\text{.}\) отже, ми усунули можливість, яка\(p(x)\) має будь-які лінійні фактори.

Тому, якщо\(p(x)\) це зводиться, він повинен множитися на два квадратичні многочлени, скажімо

\ begin {вирівнювати*} p (x) & = (x^2+ ax+ b) (x^2 + cx + г)\\ & = x^4 + (a + c) x^3 + (ac + b + г) x^2 + (оголошення + до н.е.) x bd\ текст {,}\ кінець {align*}

де кожен фактор знаходиться в\({\mathbb Z}[x]\) лемі Гаусса. Отже,

\ begin {align*} a + c & = - 2\\ ac + b + d & = 0\\ ad + bc & = 1\\ bd & = 1\ text {.} \ end {вирівнювати*}

Так як\(bd = 1\text{,}\)\(b = d = 1\) або або\(b = d = -1\text{.}\) В будь-якому випадку\(b = d\) і так

\[ ad + bc = b( a + c ) = 1\text{.} \nonumber \]

Оскільки\(a + c = -2\text{,}\) ми знаємо, що\(-2b = 1\text{.}\) Це неможливо, оскільки\(b\) є цілим числом. Тому\(p(x)\) повинен бути незвідним над\({\mathbb Q}\text{.}\)

Теорема\(17.17\). Eisenstein's Criterion

Дозвольте\(p\) бути простим і припустимо, що

\[ f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in {\mathbb Z}[x]\text{.} \nonumber \]

Якщо\(p \mid a_i\) для\(i = 0, 1, \ldots, n-1\text{,}\) але\(p \notdivide a_n\) і\(p^2 \notdivide a_0\text{,}\) тоді\(f(x)\) незвідний над\({\mathbb Q}\text{.}\)

Доказ

За лемою Гаусса нам потрібно лише показати, що\(f(x)\) не враховується на поліноми нижчого ступеня в\({\mathbb Z}[x]\text{.}\) Нехай

\[ f(x) = (b_rx^r + \cdots + b_0)(c_s x^s + \cdots + c_0 ) \nonumber \]

бути факторизацією в\({\mathbb Z}[x]\text{,}\) с\(b_r\) і\(c_s\) не дорівнює нулю і\(r, s \lt n\text{.}\) Оскільки\(p^2\) не ділиться\(a_0 = b_0 c_0\text{,}\) ні\(b_0\) або не\(c_0\) ділиться на\(p\text{.}\) Припустимо, що\(p \notdivide b_0\) і\(p \mid c_0\text{.}\) З\(p \notdivide a_n\) і\(a_n = b_r c_s\text{,}\) ні\(b_r\) nor\(c_s\) ділиться на\(p\text{.}\)\(m\) Дозволяти найменшим значенням\(k\) такого, що\(p \notdivide c_k\text{.}\) Тоді

\[ a_m = b_0 c_m + b_1 c_{m - 1} + \cdots + b_m c_0 \nonumber \]

не ділиться на\(p\text{,}\) оскільки кожен член у правій частині рівняння ділиться на\(p\) крім\(b_0 c_m\text{.}\) тому,\(m = n\) оскільки\(a_i\) ділиться на\(p\) for\(m \lt n\text{.}\) Отже,\(f(x)\) не може бути врахований на поліноми нижчого ступеня і тому повинні бути незвідним.

Приклад\(17.18\)

многочлен

\[ f(x) = 16 x^5 - 9 x^4 + 3x^2 + 6 x - 21 \nonumber \]

легко видно, щоб бути незвідним над

Рішення

\({\mathbb Q}\)за критерієм Ейзенштейна, якщо ми дозволимо\(p = 3\text{.}\)

Критерій Ейзенштейна є більш корисним при побудові нескорочуваних поліномів певної міри більше,\({\mathbb Q}\) ніж при визначенні нескорочуваності довільного полінома в\({\mathbb Q}[x]\text{:}\) даному довільному поліномі, малоймовірно, що ми можемо застосувати Критерій Ейзенштейна. Реальне значення теореми 17.17 полягає в тому, що тепер у нас є простий метод генерації незведених поліномів будь-якого ступеня.

Ідеали в\(F\lbrack x \rbrack\)

\(F\)Дозволяти бути полем. Нагадаємо, що головний ідеал в\(F[x]\) - це ідеал,\(\langle p(x) \rangle\) породжений деяким поліномом,\(p(x)\text{;}\) тобто

\[ \langle p(x) \rangle = \{ p(x) q(x) : q(x) \in F[x] \}\text{.} \nonumber \]

Приклад\(17.19\)

Многочлен\(x^2\) в\(F[x]\) породжує ідеал,\(\langle x^2 \rangle\) що складається з

Рішення

всі поліноми без постійного члена або члена ступеня\(1\text{.}\)

Теорема\(17.20\)

Якщо\(F\) це поле, то кожен ідеал в\(F[x]\) є головним ідеалом.

Доказ

\(I\)Дозволяти бути ідеалом\(F[x]\text{.}\) Якщо\(I\) нульовий ідеал, теорема легко вірна. Припустимо, що\(I\) це нетривіальний ідеал в\(F[x]\text{,}\) і нехай\(p(x) \in I\) буде ненульовим елементом мінімального ступеня. Якщо\(\deg p(x)= 0\text{,}\) тоді\(p(x)\) є ненульовою константою і 1 повинен бути в\(I\text{.}\) Оскільки 1 генерує все\(F[x]\text{,}\)\(\langle 1 \rangle = I = F[x]\) і знову\(I\) є основним ідеалом.

Тепер припустимо, що\(\deg p(x) \geq 1\) і нехай\(f(x)\) буде будь-який елемент в\(I\text{.}\) За алгоритмом поділу існують\(q(x)\) і\(r(x)\) в\(F[x]\) таких, що\(f(x) = p(x) q(x) + r(x)\) і\(\deg r(x) \lt \deg p(x)\text{.}\) Оскільки\(f(x), p(x) \in I\) і\(I\) є ідеалом,\(r(x) = f(x) - p(x) q(x)\) також в\(I\text{.}\) Однак, так як ми вибрали \(p(x)\)щоб бути мінімального ступеня,\(r(x)\) повинен бути нульовим многочленом. Оскільки ми можемо записати будь-який елемент\(f(x)\)\(I\), оскільки\(p(x) q(x)\) для деяких\(q(x) \in F[x]\text{,}\) це повинно бути так:\(I = \langle p(x) \rangle\text{.}\)

Приклад\(17.21\)

Це не так, що кожен ідеал на рингу\(F[x,y]\) є головним ідеалом. Розглянемо ідеал\(F[x, y]\) породжених поліномами\(x\) і\(y\text{.}\)

Рішення

Це ідеал,\(F[x, y]\) що складається з усіх многочленів без постійного члена. Оскільки обидва\(x\) і\(y\) знаходяться в ідеалі, жоден многочлен не може генерувати весь ідеал.

Теорема\(17.22\)

\(F\)Дозволяти поле і припустимо, що\(p(x) \in F[x]\text{.}\) Тоді ідеал, що\(p(x)\) генерується, є максимальним, якщо і тільки якщо\(p(x)\) не зводиться.

Доказ

Припустимо, що\(p(x)\) породжує максимальний ідеал\(F[x]\text{.}\) Тоді також\(\langle p(x) \rangle\) є основним ідеалом\(F[x]\text{.}\) Оскільки максимальний ідеал повинен бути належним чином міститься всередині\(F[x]\text{,}\)\(p(x)\) не може бути постійним поліном. Припустимо, що\(p(x)\) фактори на два поліноми меншого ступеня, скажімо\(p(x) = f(x) g(x)\text{.}\) Оскільки\(\langle p(x) \rangle\) є основним ідеалом один із цих факторів, скажімо,\(f(x)\text{,}\) є в\(\langle p(x) \rangle\) і, отже, бути кратним\(p(x)\text{.}\) Але це означало б те,\(\langle p(x) \rangle \subset \langle f(x) \rangle\text{,}\) що неможливо, оскільки\(\langle p(x) \rangle\) є максимальний.

І навпаки, припустимо, що\(p(x)\) це не зводиться над\(F[x]\text{.}\)\(I\) Дозволяти бути\(F[x]\) ідеалом в утриманні\(\langle p(x) \rangle\text{.}\) За теоремою\(17.20\),\(I\) є головним ідеалом; отже,\(I = \langle f(x) \rangle\) для деяких\(f(x) \in F[x]\text{.}\) Оскільки\(p(x) \in I\text{,}\) це повинно бути так, що\(p(x) = f(x) g(x)\) для деяких\(g(x) \in F[x]\text{.}\) Однак\(p(x)\) є нескоротним; отже,\(f(x)\) або\(g(x)\) є постійним многочленом. Якщо\(f(x)\) постійний, то\(I = F[x]\) і ми закінчили. Якщо\(g(x)\) є постійним, то\(f(x)\) є постійним кратним\(I\) і\(I = \langle p(x) \rangle\text{.}\) Таким чином, немає належних ідеалів,\(F[x]\) які належним чином містять\(\langle p(x)\rangle\text{.}\)

Історична записка

Протягом історії розв'язання поліноміальних рівнянь було складною задачею. Вавилоняни вміли розв'язувати рівняння\(ax^2 + bx + c = 0\text{.}\) Омар Хайям (1048—1131), розробили методи розв'язання кубічних рівнянь за допомогою геометричних конструкцій та конічних перерізів. Алгебраїчне рішення загального кубічного рівняння\(ax^3 + bx^2 + cx + d = 0\) було відкрито лише в шістнадцятому столітті. Італійський математик Лука Пачолі (бл. 1445—1509) писав у Summa de Arithmetica, що рішення кубічного неможливо. Це було сприйнято як виклик решта математичної спільноти.

Сципіоне дель Ферро (1465—1526), з Болонського університету, вирішив «депресивний кубічний,»

\[ ax^3 + cx + d = 0\text{.} \nonumber \]

Він тримав своє рішення в абсолютній таємниці. Це може здатися дивним сьогодні, коли математики зазвичай дуже прагнуть опублікувати свої результати, але в часи італійського Відродження секретність була звичною. Академічні призначення було нелегко забезпечити і залежало від здатності переважати в публічних конкурсах. Такі виклики можуть бути винесені в будь-який час. Отже, будь-яке велике нове відкриття було цінною зброєю в такому конкурсі. Якщо опонент представив список проблем, які потрібно вирішити, дель Ферро міг би, в свою чергу, представити список депресивних кубік. Він зберігав таємницю свого відкриття протягом усього життя, передаючи його лише на смертному одрі своєму учневі Антоніо Фіору (бл. 1506—?).

Хоча Фіор не був рівним своєму вчителю, він відразу ж видав виклик Нікколо Фонтану (1499—1557). Фонтана був відомий як Тарталья (Stammerer). В юності він зазнав удару мечем французького солдата під час нападу на своє село. Він пережив дикуну рану, але його мова була назавжди порушена. Тарталья надіслав Fior список з 30 різних математичних задач; Фіор протиставив, відправивши Тарталії список з 30 депресивних кубік. Тарталья або вирішить всі 30 проблем, або абсолютно провалиться. Після довгих зусиль Тарталья нарешті вдалося вирішити пригнічений кубічний і переміг Фіора, який зник в безвісті.

У цей момент інший математик, Джероламо Кардано (1501—1576), увійшов до розповіді. Кардано писав Тарталья, благаючи його про рішення депресивного кубічного. Тарталья відмовився від кількох своїх запитів, а потім нарешті розкрив рішення Кардано після того, як останній присягнув не публікувати таємницю або передавати його комусь іншому. Використовуючи знання, які він отримав від Тарталья, Кардано врешті-решт вирішив загальну кубічну

\[ a x^3 + bx^2 + cx + d = 0\text{.} \nonumber \]

Кардано поділився секретом зі своїм учнем Людовіко Феррарі (1522—1565), який розв'язав загальне рівняння кварц,

\[ a x^4 + b x^3 + cx^2 + d x + e = 0\text{.} \nonumber \]

У 1543 році Кардано та Феррарі вивчили папери дель Ферро і виявили, що він також вирішив депресивний кубічний. Кардано вважав, що це звільнило його від зобов'язання перед Тарталья, тому він приступив до публікації рішень в Ars Magna (1545), в якому він віддав належне дель Ферро за вирішення особливого випадку кубічного. Це призвело до запеклої суперечки між Кардано і Тарталья, які опублікували історію присяги через рік.