李華介
國立台灣師範大學數學系
一些常見的 Rings
這一章我們將介紹一些常見的 ring. 這裡介紹的 ring 都是 integral domain, 希望能 從這一章介紹的 ring 幫助我們更了解下一章所要探討的內容.
7.1. The Ring of Integers
我們首先介紹大家最熟悉的 ring Z. 其實代數上很多的理論都是為了探討和整數相 關的問題而產生的, 所以雖然有些同學已對 Z 的性質相當了解, 我們還是簡單的瀏 覽一下, 以備以後要討論相關問題時可以做很好的對照.
整數中最基本的定理應該就是整數的餘數定理 Euclid’s Algorithm, 幾乎所有整 數的基本性質都是由它推導出來的. 其實我們在前面已經用過這個定理好幾次了, 不過為了完整性我們還是給一個證明.
Theorem 7.1.1 (Euclid’s Algorithm). 給定一正整數 n, 對任意的 m ∈ Z, 皆存在 h, r ∈ Z, 其中 0 ≤ r < n, 滿足 m = h · n + r.
Proof. 這個定理我們習慣稱為餘數定理, 如此稱它當然就包含“除”這個概念. 不過 因為我們現在在談 ring 的性質, 我們避免用除的概念.
首先考慮 W = {m − t · n | t ∈ Z} 這一個集合. 因為 t 可取任何整數, 很容易就 看出 W 一定包含一些非負的整數. 令 r 是 W 中最小的非負的整數, 因為 r ∈ W , 由定義知存在 h ∈ Z 滿足 r = m − h · n. 我們最主要的目的就是要證明 0 ≤ r < n.
假設 r 不合我們的條件, 也就是說 r ≥ n (別忘了 r 是非負整數的假設). 若如 此, 我們可將 r 寫成 r = n + r0, 其中 r0 ≥ 0. 因此利用
m = h · n + r = h · n + (n + r0) = (h + 1) · n + r0,
我們得到 r0 = m − (h + 1) · n ∈ W . 但 0 ≤ r0 < r, 這和 r 是 W 中最小的非負整數
相矛盾. 故得證本定理. ¤
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要注意 Theorem 7.1.1 的證明我們用到整數上可以排序的 well-ordering principle, 因此雖然證明很簡單, 但並不能直接套用到一般的 ring. 也就是說, 一般的 ring 不 一定有所謂的 Euclid’s Algorithm. 將來我們會看到一些特殊的 integral domain 也 有所謂的 Euclid’s Algorithm. 這樣的 integral domain 我們會給它一個名稱: 稱為 Euclidean domain.
接下來我們就來看看 Theorem 7.1.1 的魔力有多大吧!
Theorem 7.1.2. 在 Z 中所有的 ideal 都是 principle ideal.
Proof. 複習一下定義: 若 I 是一個 Z 的 ideal, 我們想說在 I 中存在一元素 a 使得 I =¡
a¢
= {h · a | h ∈ Z},
也就是說 I 是所有 a 的倍數所成的集合. 若已知ㄧ集合是由某數的所有倍數所成 的集合, 你要怎麼找出這個數呢? 當然是找其中最小的正整數了!
Z 中的 trivial ideal Z 和 {0}, 分別由 1 和 0 生成, 所以都是 principle ideal. 因 此我們只要考慮 Z 中 nontrivial proper ideal 就可. 假設 I 是 Z 的一個 nontrivial proper ideal, 由於 I 6= {0}, 故存在 b 6= 0, 且 b ∈ I. 由於 I 是 ideal, −b 也在 I 中, 因此我們知 I 中必存在正整數. 現令 a ∈ I 是 I 中最小的正整數, 我們要證明 I =¡
a¢ .
首先 a ∈ I, 所以對任意的 h ∈ Z 皆有 h · a ∈ I, 故知 ¡ a¢
⊆ I. 因此我們僅剩 下要證 I ⊆¡
a¢
, 換句話就是要證明 I 中的元素都是 a 的倍數. 任取 m ∈ I 怎麼 說 m 是 a 的倍數呢? (當然就是拿 m 除以 a 看看餘數是什麼了.) 利用 Theorem 7.1.1, 我們知存在 h, r ∈ Z, 0 ≤ r < a 滿足 r = m − h · a. 由於 m ∈ I 且 h · a ∈ I, 利用 I 是 ideal 知 r = m − h · a ∈ I. 但已知 a 是 I 中最小的正整數, 故得 r = 0, 即 m = h · a ∈¡
a¢
. 也就是說 I ⊆¡ a¢
. ¤
我們曾提醒過, 並不是所有的 ring 它的 ideal 都會是 principle ideal. 如果一個 integral domain 它的 ideal 都是 principle ideal, 這樣特別的 integral domain 我們稱 之為 principle ideal domain. 注意以上 Z 是 principle ideal domain (Theorem 7.1.2) 的性質, 是由 Z 是 Euclidean domain (Theorem 7.1.1) 這個性質推導出來的.
這一節我們主要是談整數上元素的分解, 所以還是給因數, 公因數和最大公因數 下一個定義.
Definition 7.1.3. 令 a, b ∈ Z.
(1) 若 d ∈ Z 且存在 h ∈ Z 使得 a = h · d, 則稱 d 是 a 的一個 divisor, 記做 d | a.
(2) 若 c ∈ Z, 且 c | a 及 c | b, 則稱 c 為 a, b 的 common divisor.
(3) 若 d ∈ Z 是 a, b 最大的 common divisor, 則稱 d 為 a, b 的 greatest common divisor.
一般都是利用所謂的輾轉相除法將兩個數的 greatest common divisor 求出, 在 這裡我們將利用 Theorem 7.1.2 找到 greatest common divisor 並得到其基本性質.
Proposition 7.1.4. 給定 a, b ∈ Z, 則存在 d ∈ N 滿足 ¡ d¢
=¡ a¢
+¡ b¢
且 d 為 a, b 的 greatest common divisor
Proof. 由 Lemma 6.2.1 我們知
¡a¢ +¡
b¢
= {r · a + s · b | r, s ∈ Z}
是 Z 的一個 ideal. 由 Theorem 7.1.2 知存在 d ∈ Z 使得 ¡ d¢
=¡ a¢
+¡ b¢
. 在這 裡我們可以要求 d 是正的, 這是因為 −1 是 Z 的 unit 故 Lemma 6.5.4 告訴我們
¡d¢
=¡
−d¢ .
接著我們要證明這個 d ∈ N 是 a, b 的 greatest common divisor. 首先當然是要 證 d 是 a, b 的 common divisor. 然而因 a ∈¡
a¢
⊆¡ a¢
+¡ b¢
=¡ d¢
, 故知存在 r ∈ Z 使得 a = r · d. 也就是說 d | a. 同理, 由 b ∈¡
d¢
可得 d | b. 故知 d 是 a, b 的 common divisor.
那為甚麼 d 會是 a, b 的 common divisor 中最大的呢? 由於 d ∈¡ d¢
=¡ a¢
+¡ b¢
, 我們知道存在 m, n ∈ Z 使得 d = m · a + n · b. 然而若 c 是 a, b 的 common divisor, 即 c | a 且 c | b, 知存在 r, s ∈ Z 使得 a = r · c 且 b = s · c. 因此得
d = m · (r · c) + n · (s · c) = (m · r + n · s) · c.
也就是說 c | d. 所以知 d 是所有 a, b 的 common divisor 中最大的. ¤ Proposition 7.1.4 不只告訴我們如何找到 greatest common divisor, 事實上在證 明中我們也證得 greatest common divisor 的兩個重要性質.
Corollary 7.1.5. 令 a, b ∈ Z 且 d 為 a, b 的 greatest common divisor, 則 d 符合以 下兩性質:
(1) 存在 m, n ∈ Z 滿足 d = m · a + n · b.
(2) 假設 c | a 且 c | b, 則 c | d.
接下來我們要談整數的分解中最基本的元素: 質數. 大家都知道一個質數 p 就 是因數只有 1 和本身的數. 利用這個性質我們可得到若 p | a · b 則 p | a 或 p | b 這個 性質, 因此大家都會拿這兩種性質來判別一個數是否為質數. 不過在一般的 ring 這 兩種性質是很不一樣的, 所以我們用不同的名字來稱呼.
Definition 7.1.6. 考慮 Z 中的元素 p.
(1) 若對任意滿足 d | p 的 d ∈ Z 皆有 d = ±1 或 d = ±p, 則稱 p 是一個 irreducible element.
(2) 若對任意滿足 p | a · b 的 a, b ∈ Z 皆有 p | a 或 p | b, 則稱 p 是一個 prime element.
很顯然這兩種定義是不一樣的, 不過下一個定理告訴我們在整數中這兩種定義 的元素是相同的. 也因如此在整數中我們就統一稱之為質數 (prime).
Proposition 7.1.7. 在 Z 中若 p 是一個 irreducible element, 則 p 是一個 prime element. 反之, 若 p 是一個 prime element, 則 p 是一個 irreducible element.
Proof. 首先我們證若 p 是 irreducible 則 p 是 prime. 也就是說假設已知 p 是 irreducible. 任取 p | a · b 我們要證明: p | a 或 p | b. 然而 p | a · b 表示存在 r ∈ Z 使 得 a · b = r · p. 如果 p | a 那麼就得到我們要證的, 所以我們只要討論 p - a 的情 況. 此時我們考慮 p, a 的 greatest common divisor 令之為 d. 由於 d | p 故由 p 是 irreducible 的假設知 d = 1 或 d = p. 然而 d 不可能等於 p, 否則由 d 是 p, a 的 common divisor 知 p = d | a: 此和 p - a 矛盾. 因此知 d = 1, 由 Corollary 7.1.5 知 存在 n, m ∈ Z 滿足 1 = n · p + m · a. 等式兩邊乘上 b 得
b = (n · b) · p + m · (a · b) = (n · b) · p + m · (r · p) = (n · b + m · r) · p, 所以 p | b.
反之, 若已知 p 是一個 prime element 我們要證明 p 是 irreducible. 也就是證明 若 d | p, 則 d = ±1 或 d = ±p. 然而 d | p 表示存在 r ∈ Z 滿足 p = d · r, 也就是說 p | d · r. 故由 p 是 prime 的假設, 我們得 p | d 或 p | r. 當 p | d 時, 由原先假設 d | p 知 d = ±p. 當 p | r 時, 表示存在 s ∈ Z 滿足 r = s · p. 故由 p = d · r = d · (s · p) 得
d · s = 1. 因 d, s ∈ Z, 故 d · s = 1 表示 d = ±1. ¤
最後我們來看整數最基本也最重要的唯一分解定理. 由於正整數和負整數的分 解只差一個負號, 我們只需考慮正整數的情況.
Theorem 7.1.8. 假設 a ∈ N 且 a > 1, 則存在 p1, . . . , pr, 其中 pi 是相異的 prime, 滿足
a = pn11· · · pnrr, ni ∈ N, ∀i ∈ {1, . . . , r}.
如果 a 可以分解成另外的形式 a = qm1 1· · · qsms, 其中 qi 是相異的 prime, 則 r = s 且經過變換順序可得 pi= qi, ni= mi, ∀ i ∈ {1, . . . , r}.
Proof. 這又是一個典型的有關存在性與唯一性的定理, 我們仍然分開來證存在性 與唯一性.
首先來看存在性: 簡單來說存在性就是要證明每一個大於 1 的整數都可以寫成 有限多個(可以相同) prime 的乘積. 如果 a 本身是個 prime, 則 a = p1 (即 r = 1, n1 = 1), 得證存在性. 如果 a 不是 prime 呢? 由 Proposition 7.1.7 知 a 不是 irreducible, 也就是說存在 a1, b1 ∈ N 且 a16= 1, b1 6= 1 滿足 a = a1· b1. 接下來就是 看 a1, b1 是不是 prime 了. 如果其中有一個不是 prime, 我們就繼續分解下去直到 得到 prime 為止. 這個過程一定會停下來因為每次分解後得的數越來越小. 當然最 後就可以將 a 寫成一些 prime 的乘積了. 這樣的證明方式, 相信大家會有一種說不 清楚的感覺, 所以我們還是用比較數學的方法來證明. 當 a = 2 時由於 2 是 prime,
所以在這情況存在性是對的. 接著假設對所有介於 2 和 a − 1 的整數存在性是對的.
如果 a 是 prime, 那存在性自然成立, 如果 a 不是 prime, 則由 Proposition 7.1.7 知 a = a1· b1 其中 a1, b1 ∈ N 且 1 < a1 < a 及 1 < b1 < a. 故利用歸納假設知 a1 和 b1 都可寫成有限多個 prime 的乘積, 所以得證 a 也可以寫成有限多個 prime 的乘積.
我們依然用歸納法證唯一性, 假設
a = pn11· · · pnrr = q1m1· · · qsms,
其中 p1, . . . , pr是兩兩相異的 prime, 且 q1, . . . , qs也是兩兩相異的 prime. 由於 p1 是 prime, 故由 p1| a = qm11· · · qsms 知存在某個 j ∈ {1, . . . , s} 滿足 p1| qj. 變換一下順 序我們可以假設 p1| q1. 由於 q1 是 prime, 由 Proposition 7.1.7 知 q1 是 irreducible.
換句話說, q1 的 divisor 只能是 ±1 或 ±q1. 故由 p1| q1 知 p1 = q1. 現在考慮 a
p1 = pn11−1· · · pnrr = q1m1−1· · · qsms.
由於 a/p1 < a, 故利用唯一性的歸納法假設我們得 r = s 且 p1= q1, . . . , pr= qr 以 及 n1 = m1, n2= m2, . . . , nr = mr, 故得證唯一性. ¤ 如果一個 integral domain 有和 Z 一樣每個元素都可以唯一寫成一些 irreducible element 的乘積的性質, 我們便稱此 integral domain 為一個 unique factorization domain.
7.2. Ring of Polynomials over a Field
大家都知道有理係數的多項式有和整數很類似的性質, 就是所謂的餘式定理. 事實 上這個定理對係數在一般的 field 的多項式也對的. 在這一節中我們將探討這種 polynomial ring. 大家會發現我們幾乎是把上一節中整數的那一套理論完完整整的 搬過來.
令 F 是一個 field. 我們考慮由所有的係數在 F 的多項式
f (x) = a0+ a1x + · · · + an−1xn−1+ anxn, ai∈ F ∀ i = 0, . . . , n
所形成的集合 F [x]. 我們很自然給 F [x] 中的元素定義以下的加法和乘法: 若 f (x) = a0 + a1x · · · + anxn 和 g(x) = b0 + b1x + · · · + bmxm 是 F [x] 中的兩元素, 定 f (x) + g(x) = c0+ c1x + · · · + crxr, 其中對所有的 i ∈ {1, . . . , r}, ci = ai+ bi 且 r = max{m, n}. 另外我們定 f (x) · g(x) = d0+ d1x + · · · + dm+nxm+n, 其中對所有 的 i ∈ {1, . . . , m + n},
di= a0· bi+ a1· bi−1+ · · · + ai−1· b1+ ai· b0.
注意這裡, 當 j > n 時我們令 aj = 0 且 當 k > m 時我們令 bk= 0. 其實這就是我 們熟知一般多項式的加法與乘法: 當相加時就是將同次項的係數相加; 相乘就是各 項先展開後再合併同次項.
經由一番的驗算我們可以得到 F [x] 是一個 commutative ring with 1, 這裡我們 就略去驗算過程了. 不過要強調一下 F [x] 這個 ring 的加法 identity 0 就是 0 多項
式, 也就是各項係數都是 0 (這裡的 0 是 F 的 0) 的多項式. 而乘法的 identity 1 就 是 1 這一個常數多項式, 也就是常數項為 1 (這裡的 1 是 F 的 1) 其他項係數都是 0. 通常我們稱 F [x] 為 the ring of polynomials in x over F .
當我們碰到一個新的 ring 時, 首先會問的是它的 zero divisor 和 unit 有哪些?
這裡由於我們處理的是 polynomial ring 有一個特別好用的工具來幫我們, 就是所 謂的 degree.
Definition 7.2.1. 若 f (x) = a0+ a1x + · · · + anxn∈ F [x] 且 an6= 0, 則稱 f (x) 的 degree 為 n 記為 deg(f (x)) = n.
注意雖然 0 多項式我們看成是常數多項式, 不過由定義因為 0 多項式並找不到 不為 0 的係數, 所以對 0 多項式我們不能說它的 degree 為 0. 通常我們就不訂 0 的 degree (有的書定義 deg(0) = −∞). 接下來我們來看 degree 的性質.
Lemma 7.2.2. 若 f (x) 和 g(x) 都是 F [x] 中的非 0 多項式, 則 deg(f (x) · g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x)).
Proof. 若 deg(f (x)) = n 且 deg(g(x)) = m 也就是說 f (x) = a0+ a1x + · · · + anxn 及 g(x) = b0+b1x+· · ·+bmxm, 其中 an6= 0 且 bm 6= 0. 現考慮 f (x)·g(x) =P
ckxk, 其中 ck=P
i+j=kai· bj. 首先我們證明當 k > n + m 時 ck = 0. 若 i ≤ n 且 j ≤ m, 則 i + j ≤ n + m. 由此知當 k > n + m 時若 i + j = k, 則 i > n 或 j > m. 也 就是說 ai = 0 或 bj = 0. 故知當 k > n + m 時 ck = 0. 而當 k = n + m 時, 考 慮 i + j = k 我們也可知唯有當 i = n 且 j = m 時 ai 6= 0 且 bj 6= 0. 換句話說 cn+m = an· bm. 由於 F 是一個 field, 所以 F 沒有 zero divisor, 故由 an 6= 0 且 bm 6= 0 可得 cn+m6= 0. 換句話說 deg(f (x) · g(x)) = n + m. ¤
由 Lemma 7.2.2, 我們馬上可以知道 F [x] 的 zero divisor 和 unit 有哪些.
Proposition 7.2.3. 令 F 是一個 field.
(1) F [x] 中沒有 zero divisor, 換句話說 F [x] 是一個 integral domain.
(2) F [x] 中的 unit 就是所有非 0 的常數.
Proof. (1) 任取 f (x), g(x) ∈ F [x] 且皆不為 0. 若 deg(f (x)) = n 且 deg(g(x)) = m, 則由 Lemma 7.2.2 知 deg(f (x) · g(x)) = n + m. 換句話說, f (x) · g(x) 的 xn+m 項 係數不為 0. 故知 f (x) · g(x) 不為 0 多項式. 故得證 F [x] 沒有 zero divisor.
(2) 若 f (x) 是 F [x] 中的一個 unit, 依定義知存在 g(x) ∈ F [x] 使得 f (x)·g(x) = 1.
因為 1 是常數多項式其 degree 為 0, 故由 Lemma 7.2.2 知 deg(f (x) · g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x)) = 0. 又 deg(f (x)) ≥ 0 且 deg(g(x)) ≥ 0, 故得 deg(f (x)) = 0 換句話說 f (x) 是常數多項式. 又 0 不可能是 unit, 故得 f (x) 是一個非 0 的常數.
反之, 若 f (x) = c 是一個非 0 的常數, 也就是 c ∈ F 且 c 6= 0. 因 F 是一個 field,
在 F 中可以找到 c 的 inverse c−1. 故令 g(x) = c−1 ∈ F [x], 則 f (x) · g(x) = 1. 故
知 f (x) = c 是一個 unit. ¤
接下來我們來看 polynomial ring 的餘式定理.
Theorem 7.2.4 (Euclid’s Algorithm). 若 F 是一個 field, 給定兩 polynomials f (x), g(x) ∈ F [x], 其中 g(x) 6= 0, 則存在 h(x), r(x) ∈ F [x] 滿足 f (x) = h(x) · g(x) + r(x), 其中 r(x) = 0 或 deg(r(x)) < deg(g(x)).
Proof. 首先要注意, 這裡的餘式 r(x) 由於可能是 0, 而 0 又沒有 degree, 所以我們 不能只說 deg(r(x)) < deg(g(x)), 而必須加上 r(x) = 0 這個可能性.
我們利用和 Theorem 7.1.1 相似的證明考慮 W = {f (x) − l(x) · g(x) | l(x) ∈ F [x]}
這一個集合. 如果 0 ∈ W , 也就是說存在 h(x) ∈ F [x] 使得 f (x) − h(x) · g(x) = 0, 故得證 r(x) = 0. 如果 0 6∈ W , 則令 r(x) ∈ W 是 W 中 degree 最小的 polynomial.
假設 deg(r(x)) = m 且 deg(g(x)) = n, 我們想用反證法證明 m < n. 如果 m ≥ n, 假設 r(x) 的最高次 xm 項的係數為 a, 而 g(x) 的最高次 xn 項係數為 b. 由於 b ∈ F 且 b 6= 0, 考慮 s(x) = r(x) − ((a · b−1)xm−n) · g(x) 這個多項式. 由於 r(x) 和 ((a · b−1)xm−n) · g(x) 的最高次 xm 的係數皆為 a, 故知 deg(s(x)) < m = deg(r(x)).
另外由假設 r(x) ∈ W 知存在 l(x) ∈ F [x] 使得 r(x) = f (x) − l(x) · g(x). 故得 s(x) = f (x)−l(x)·g(x)−((a·b−1)xm−n)·g(x) = f (x)−(l(x)+(a·b−1)xm−n)·g(x) ∈ W.
也就是說 s(x) 是 W 中一個比 r(x) degree 小的 polynomial, 此和 r(x) 是 W 中 degree 最小的假設相矛盾. 故得 m < n 也就是說存在 h(x) ∈ F [x] 使得 r(x) = f (x) − h(x) · g(x) 且 deg(r(x)) < deg(g(x). 故得證本定理. ¤ Remark 7.2.5. 這裡要強調一下, 在 Theorem 7.2.4 的証明中我們用到了 F 是一 個 field 的性質 (即 g(x) 的最高次係數 b 的 inverse b−1 存在). 所以 Theorem 7.2.4 並不能套用到係數為一般的 ring 的 polynomials 上. 事實上在 Z[x] 中就沒有餘式 定理. 例如考慮 f (x) = x2, g(x) = 2x 我們就沒辦法找到整係數的多項式 h(x) 使 得 f (x) − h(x) · g(x) = 0 或是 deg(f (x) − h(x) · g(x)) < deg(g(x)).
我們曾利用整數的餘數定理 (Theorem 7.1.1) 證得 Z 中的 ideal 皆是 principle ideal (Theorem 7.1.2). 同樣的利用餘式定理 (Theorem 7.2.4), 我們可得以下的定理.
Theorem 7.2.6. 若 F 是一個 field, 則 F [x] 中的 ideal 都是 principle ideal.
Proof. 任取 F [x] 的一個 ideal, I. 我們希望在 I 中找到一元素 g(x) 使得¡ g(x)¢
= I.
令 g(x) 是 I 中 degree 最小的 polynomial, 我們希望證得 ¡ g(x)¢
= I.
首先由於 g(x) ∈ I 所以當然 ¡ g(x)¢
⊆ I. 反之, 要證明 I ⊆¡ g(x)¢
也就是說任 取 f (x) ∈ I 都要找到 h(x) ∈ F [x] 使得 f (x) = h(x) · g(x). 利用 Theorem 7.2.4 我們知道存在 h(x), r(x) ∈ F [x] 使得 f (x) = h(x) · g(x) + r(x) 其中 r(x) = 0 或 deg(r(x)) < deg(g(x)). 然而 g(x), f (x) ∈ I, 故得 r(x) = f (x) − h(x) · g(x) ∈ I. 如
果 r(x) 6= 0, 表示 r(x) 是 I 中一個比 g(x) degree 還小的 polynomial, 這和當初 g(x) 的選取相矛盾. 故知 r(x) = 0, 即 f (x) = h(x) · g(x) ∈¡
g(x)¢
. ¤
接下來要談 F [x] 上多項式的分解. 所以還是給因式, 公因式和最大公因式下一 個定義.
Definition 7.2.7. 令 f (x), g(x) ∈ F [x].
(1) 若 d(x) ∈ F [x] 且存在 h(x) ∈ F [x] 使得 f (x) = h(x) · d(x), 則稱 d(x) 是 f (x) 的一個 divisor, 記做 d(x) | f (x).
(2) 若 l(x) ∈ F [x], 且 l(x) | f (x) 及 l(x) | g(x), 則稱 l(x) 為 f (x), g(x) 的 common divisor.
(3) 若 d(x) ∈ F [x] 是 f (x), g(x) 的 common divisor 中 degree 最大的 polyno- mial, 則稱 d(x) 為 f (x), g(x) 的 greatest common divisor.
要注意這裡 greatest common divisor 並不唯一. 有的書會定 greatest common divisor 是所有 common divisor 中 degree 最大且最高次係數為 1 的 polynomial, 若 在此定義之下 greatest common divisor 就唯一了.
一般可以利用所謂的輾轉相除法將兩個多項式的 greatest common divisor 求出 來, 在這裡我們將利用 Theorem 7.2.6 找到 greatest common divisor 並得到其基本 性質.
Proposition 7.2.8. 給定 f (x), g(x) ∈ F [x], 則存在 d(x) ∈ F [x] 滿足 ¡ d(x)¢
¡ = f (x)¢
+¡ g(x)¢
且 d(x) 為 f (x), g(x) 的 greatest common divisor Proof. 由 Theorem 7.1.2 知存在 d(x) ∈ F [x] 使得¡
d(x)¢
=¡ f (x)¢
+¡ g(x)¢
. 接著我 們要證明這個 d(x) ∈ F [x] 是 f (x), g(x) 的 greatest common divisor. 首先當然是要 證 d(x) 是 f (x), g(x) 的 common divisor. 然而因 f (x) ∈¡
f (x)¢
⊆¡ f (x)¢
+¡ g(x)¢
¡ = d(x)¢
, 故知存在 h(x) ∈ F [x] 使得 f (x) = h(x) · d(x). 也就是說 d(x) | f (x). 同理, 由 g(x) ∈¡
d(x)¢
可得 d(x) | g(x). 故知 d(x) 是 f (x), g(x) 的 common divisor.
那為甚麼 d(x) 會是 f (x), g(x) 的 common divisor 中 degree 最大的呢? 由於 d(x) ∈ ¡
d(x)¢
= ¡ f (x)¢
+¡ g(x)¢
, 我們知道存在 m(x), n(x) ∈ F [x] 使得 d(x) = m(x) · f (x) + n(x) · g(x). 然而若 l(x) 是 f (x), g(x) 的 common divisor, 即 l(x) | f (x) 且 l(x) | g(x), 知存在 r(x), s(x) ∈ F [x] 使得 f (x) = r(x) · l(x) 且 g(x) = s(x) · l(x).
因此得
d(x) = m(x) · (r(x) · l(x)) + n(x) · (s(x) · l(x)) = (m(x) · r(x) + n(x) · s(x)) · l(x).
也就是說 l(x) | d(x). 所以知 d(x) 是所有 f (x), g(x) 的 common divisor 中 degree
最大的. ¤
Proposition 7.2.8 不只告訴我們如何找到 greatest common divisor, 事實上在證 明中我們也證得 greatest common divisor 的兩個重要性質.
Corollary 7.2.9. 令 f (x), g(x) ∈ F [x] 且 d(x) 為 f (x), g(x) 的 greatest common divisor, 則 d(x) 符合以下兩性質:
(1) 存在 m(x), n(x) ∈ F [x] 滿足 d(x) = m(x) · f (x) + n(x) · g(x).
(2) 假設 l(x) | f (x) 且 l(x) | g(x), 則 l(x) | d(x).
一般在一個 ring 中元素的分解, 我們是不將 unit 列入考慮. 例如在 Z 中的分 解我們都不將 1 和 −1 列為因數來考慮. 在 F [x] 中的 units 是所有非 0 的常數多 項式 (Proposition 7.2.3), 所以我們也不考慮它們為真正的 divisor. 因此我們有以下 不可分解多項式 (irreducible element) 的定義.
Definition 7.2.10. 考慮 F [x] 中的元素 p(x).
(1) 若對任意滿足 d(x) | p(x) 的 d(x) ∈ F [x], 皆有 d(x) = c 或 d(x) = c · p(x), 其中 0 6= c ∈ F , 則稱 p(x) 是一個 irreducible element.
(2) 若對任意滿足 p(x) | f (x) · g(x) 的 f (x), g(x) ∈ F [x] 皆有 p(x) | f (x) 或 p(x) | g(x), 則稱 p(x) 是一個 prime element.
簡單來說一個 irreducible element 表示它不可以寫成兩個 degree 比它小的 polynomial 的乘積. 很顯然 irreducible 和 prime 這兩種定義是不一樣的, 不過下一 個定理告訴我們在 F [x] 中這兩種定義的 polynomial 是相同的.
Proposition 7.2.11. 在 F [x] 中若 p(x) 是一個 irreducible element, 則 p(x) 是一 個 prime element. 反之, 若 p(x) 是一個 prime element, 則 p(x) 是一個 irreducible element.
Proof. 首先我們證若 p(x) 是 irreducible 則 p(x) 是 prime. 也就是說假設已知 p(x) 是 irreducible. 任取 p(x) | f (x) · g(x) 我們要證明: p(x) | f (x) 或 p(x) | g(x). 然而 p(x) | f (x) · g(x) 表示存在 r(x) ∈ F [x] 使得 f (x) · g(x) = r(x) · p(x). 如果 p(x) | f (x) 那麼就得到我們要證的, 所以我們只要討論 p(x) - f (x) 的情況. 此時我們考慮 p(x), f (x) 的 greatest common divisor 令之為 d(x). 由於 d(x) | p(x) 故由 p(x) 是 irreducible 的假設知 d(x) = c 或 d(x) = c · p(x), 其中 0 6= c ∈ F . 然而 d(x) 不可能 等於 c · p(x), 否則由 d(x) 是 p(x), f (x) 的 common divisor 知 p(x) = c−1· d(x) | f (x) (注意 c 是 F [x] 的 unit). 此和 p(x) - f (x) 矛盾. 因此知 d(x) = c, 由 Corollary 7.2.9 知存在 n(x), m(x) ∈ F [x] 滿足 c = n(x) · p(x) + m(x) · f (x). 等式兩邊乘上 c−1· g(x) 得
g(x) = c−1¡
n(x) · g(x)¢
· p(x) + c−1¡
m(x) · (f (x) · g(x))¢
= c−1¡
n(x) · g(x) + m(x) · r(x)¢
· p(x), 所以 p(x) | g(x).
反之, 若已知 p(x) 是一個 prime element 我們要證明 p(x) 是 irreducible. 也 就是證明若 d(x) | p(x), 則 d(x) = c 或 d(x) = c · p(x). 然而 d(x) | p(x) 表示存在
r(x) ∈ F [x] 滿足 p(x) = r(x) · d(x), 也就是說 p(x) | r(x) · d(x). 故由 p(x) 是 prime 的假設, 我們得 p(x) | d(x) 或 p(x) | r(x). 當 p(x) | d(x) 時, 表示存在 s(x) ∈ F [x] 使 得 d(x) = s(x) · p(x). 由原先假設 p(x) = r(x) · d(x) 知 d(x) = (s(x) · r(x)) · d(x).
也就是說 d(x) · (s(x) · r(x) − 1) = 0, 利用 F [x] 沒有 zero divisor (Proposition 7.2.3) 及 d(x) 6= 0, 知 s(x) · r(x) = 1, 即 s(x) 是 unit. 也就是說 s(x) 是一個常數多項式 c, 故得 d(x) = s(x) · p(x) = c · p(x). 當 p(x) | r(x) 時, 表示存在 s(x) ∈ F [x] 滿足 r(x) = s(x) · p(x). 故由 p(x) = d(x) · r(x) = d(x) · (s(x) · p(x)) 得 d(x) · s(x) = 1.
表示 d(x) 是 F [x] 的 unit, 即 d(x) = c. ¤
從前面幾個定理看來, 不難發現 Z 的很多重要性質都可以推導到 F [x] 上. 大家 應該也會猜測 F [x] 也會有和 Z 相似的唯一分解定理. 前面提過在談分解時我們不 會把 unit 的差異納入考慮, 這就是為甚麼我們在 Z 中談因數時只考慮正數. 在 F [x]
中若 d(x) 是 f (x) 的 divisor, 即存在 h(x) ∈ F [x] 使得 f (x) = d(x) · h(x), 則對任 意 F [x] 中不等於 0 的 常數 c 因為其為 F [x] 的 unit, 當然我們知 c−1· h(x) ∈ F [x].
因此由 f (x) = (c · d(x)) · (c−1· h(x)) 得到 c · d(x) 也是 f (x) 的 divisor. 所以對所 有的 0 6= c ∈ F , 從分解的觀點我們將 d(x) 和 c · d(x) 看成是 f (x) 一樣的 divisor.
我們需要一個方法來選取一個適當的 c · d(x) 來當 f (x) 的 divisor. 一般習慣上我 們習慣選取 c 使得 c · d(x) 的最高次項係數為 1, 因此有以下的定義.
Definition 7.2.12. 若 f (x) ∈ F [x] 且 f (x) 的最高次項係數為 1 則稱 f (x) 為一個 monic polynomial.
以下一個 Lemma 告訴我們選取 monic polynomial 的好處.
Lemma 7.2.13. 假設 p(x), q(x) ∈ F [x] 都是 monic irreducible element 且 p(x) | q(x), 則 p(x) = q(x).
Proof. 由於 q(x) 是 irreducible, q(x) 的 divisor 只能是常數 c 或 c · q(x) 這種形 式. 故由 p(x) 不是常數 (因假設是 irreducible) 且 p(x) | q(x) 知存在 c ∈ F 滿足 p(x) = c · q(x). 不過由於 p(x), q(x) 都是 monic polynomial, 它們的最高次項係數
都是 1. 故得 c = 1, 即 p(x) = q(x). ¤
現在我們就來看 F [x] 上的唯一分解性質應該是甚麼樣子.
Theorem 7.2.14. 假設 f (x) ∈ F [x] 且 deg(f (x)) ≥ 1, 則存在 c ∈ F 以及 p1(x), . . . , pr(x), 其中這些 pi(x) 是相異的 monic irreducible elements, 滿足
f (x) = c · p1(x)n1· · · pr(x)nr, ni∈ N, ∀i ∈ {1, . . . , r}.
如果 f (x) 可以分解成另外的形式 f (x) = d · q1(x)m1· · · qs(x)ms, 其中 d ∈ F 而 且這些 qi(x) 是相異的 monic irreducible elements, 則 c = d, r = s 且經過變換順 序可得 pi(x) = qi(x), ni = mi, ∀ i ∈ {1, . . . , r}.
Proof. 我們利用和 Theorem 7.1.8 類似的方法來證明. Theorem 7.1.8 用到了數學 歸納法, 這裡雖然我們談的不是整數, 不過由於我們有 degree 這個很好的工具將 F [x] 的元素送到整數, 所以我們可以對 degree 做 induction.
首先來看存在性 (也就是 f (x) 可以寫成所要求的形式): 當 deg(f (x)) = 1 時 由於 f (x) = ax + b, 其中 0 6= a ∈ F , 所以我們可以將 f (x) 寫成 a · (x + b · a−1).
很顯然的 x + b · a−1 不可能寫成兩個 degree 小於 1 的 polynomial 的乘積, 所以 x + b · a−1 是一個 monic irreducible element. 所以在這情況存在性是成立的. 接著 假設對所有 degree 介於 1 和 n − 1 間的 polynomials 存在性是成立的. 現在考慮 deg(f (x)) = n 情況. 如果 f (x) 是 irreducible 且其最高次項係數為 a, 那麼 a−1· f (x) 當然是一個 monic irreducible element, 所以 f (x) = a · (a−1· f (x)), 存在性自然成 立. 如果 f (x) 不是 irreducible, 則知 f (x) = g(x) · h(x) 其中 g(x), h(x) ∈ F [x] 且 1 ≤ deg(g(x)) < n 及 1 ≤ deg(h(x)) < n. 故利用歸納假設知
g(x) = c1· p1(x)n1· · · pu(x)nu 和 h(x) = c2· ˜p1(x)m1· · · ˜pv(x)mv,
其中 pi(x), ˜pj(x) 都是 monic irreducible elements, 所以將相同的 monic irreducible elements 合併, 得證 f (x) 也可以寫成所要求的形式.
接下來看唯一性: 假設 deg(f (x)) = 1, 由於 f (x) = ax + b, 其唯一性自然成立.
接著假設唯一性對所有 degree 介於 1 和 n − 1 間的 polynomials 都成立, 現在考慮 deg(f (x)) = n 的情況. 假設
f (x) = c · p1(x)n1· · · pr(x)nr = d · q1(x)m1· · · qs(x)ms,
其中 c, d ∈ F , pi(x) 是兩兩相異, qj(x) 也是兩兩相異, 而且 pi(x), qj(x) 都是 monic irreducible element. 首先觀察, 由於 pi(x), qj(x) 都是 monic, 所以 c 和 d 應該 都是 f (x) 最高次項的係數. 一個 polynomial 的最高次項應該是唯一的, 故得 c = d. 接著由於 p1(x) 是 irreducible 所以由 Proposition 7.2.11 知其為 prime, 故由 p1(x) | f (x) = cq1(x)m1· · · qs(x)ms 知存在某個 j ∈ {1, . . . , s} 滿足 p1(x) | qj(x). 變 換一下順序我們可以假設 p1(x) | q1(x), 故利用 p1(x) 和 q1(x) 都是 monic irreducible element 以及 Lemma 7.2.13 知 p1(x) = q1(x). 因此我們可將 f (x) 的分解改寫成
f (x) = c · p1(x)n1 · p2(x)n2· · · pr(x)nr = c · p1(x)m1 · q2(x)m2· · · qs(x)ms. 將上式移項再提出 c · p1(x), 我們可得
c · p1(x) ·¡
p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr− p1(x)m1−1· q2(x)m2· · · qs(x)ms¢
= 0.
由於 c · p1(x) 6= 0 且 F [x] 是 integral domain, 我們得
p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr− p1(x)m1−1· q2(x)m2· · · qs(x)ms = 0.
現令 g(x) = p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr. 由於
deg(g(x)) = deg(f (x)) − deg(p1(x)) < deg(f (x)) = n
且
g(x) = p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr = p1(x)m1−1· q2(x)m2· · · qs(x)ms 是 g(x) 的兩個分解, 故利用歸納法假設我們有 r = s 且 p1(x) = q1(x), . . . , pr(x) = qr(x) 以及 n1 = m1, n2 = m2, . . . , nr= mr, 故得證唯一性. ¤
7.3. Polynomials over the Integers
前一章節的結果當然都可以套用到有理係數的 polynomials, 但卻不能完完整整的 套用到整係數的 polynomials. 這一章我們將看看整係數和有理係數 polynomials 的異同. 最後再利用前面章節提到整數的唯一分解性以及有理係數的 polynomial ring 的唯一分解性, 得到整係數的 polynomial ring 的唯一分解性.
我們令 Q[x] 表示所有有理係數 polynomials 所成的集合且令 Z[x] 表示所有整係 數 polynomials 所成的集合. 前面已知 Q[x] 用一般的加法和乘法可形成一個 ring, 我們稱之為 polynomial ring over Q. 同理我們也可以證出 Z[x] 也是一個 ring, 我 們稱之為 polynomial ring over Z.
Z[x] 的 0 和 1 和 Q[x] 的 0 和 1 相同. 我們也可在 Z[x] 中定義 degree (反正可 以把 Z[x] 看成 Q[x] 的子集合). 所以利用和 Lemma 7.2.3 相同的證明, 我們可得 Z[x] 是一個 integral domain. Z[x] 和 Q[x] 最大的不同是 Q[x] 中所有非 0 的常數 都是 unit, 然而 Z[x] 中只有 ±1 這兩個常數為其 unit. 這是因為利用 Lemma 7.2.3 的證明我們知道 Z[x] 中的 unit 其 degree 一定是 0, 所以只有常數才可能是 Z[x] 的 unit, 然而因我們只考慮整係數, 所以在 Z 中的 unit 才可以是 Z[x] 的 unit, 也就是
±1. 因此這裡我們必須提醒大家, 在 Z[x] 中談分解時要將常數的分解列入考慮.
在 Remark 7.2.5 中我們提及 Z[x] 中並沒有餘式定理, 所以在 Q[x] 中可利用餘 式定理得到的所有 ideal 都是 principle ideal (Theorem 7.2.6) 對 Z[x] 就不一定對.
事實上我們可以在 Z[x] 中找到一個 (當然不只一個) ideal 它不是 principle ideal.
Example 7.3.1. 我們要說明在 Z[x] 中 I = (2) + (x) 不是 principle ideal. 假設 I 是 principle ideal, 即存在 f (x) ∈ Z[x] 使得 I = ¡
f (x)¢
. 利用 2 ∈ I, 我們得到 2 ∈ ¡
f (x)¢
, 也就是存在 h(x) ∈ Z[x] 滿足 2 = h(x) · f (x). 利用 degree 馬上可知 deg(f (x)) = 0, 也就是說 f (x) 是一個常數 c ∈ Z. 現在利用 x ∈ I = ¡
c¢
知存在 g(x) ∈ Z[x] 使得 x = c · g(x). 注意 c · g(x) 這一個多項式它的係數一定是 c 的倍數 (別忘了 g(x) ∈ Z[x], 所以 g(x) 的係數都是整數). 因此由 x = c · g(x) 知 x 這一個 多項式的係數應該是 c 的倍數. 然而 x 這一個多項式只有 x 這一項且其係數是 1, 故得 c | 1, 也就是 c = ±1. 因 c 是 unit, Lemma 6.2.4 告訴我們 I =¡
c¢
= Z[x], 換 句話說 1 ∈ I =¡
2¢ +¡
x¢
. 利用 ¡ 2¢
+¡ x¢
的定義知這表示存在 n(x), m(x) ∈ Z[x]
使得 1 = 2 · n(x) + x · m(x). 不過 x · m(x) 沒有常數項, 而 2 · n(x) 的常數項一定是 2 的倍數, 所以 2 · n(x) + x · m(x) 的常數項一定不可能為 1. 故當 n(x), m(x) ∈ Z[x]
時 1 = 2 · n(x) + x · m(x) 不可能成立. 此矛盾發生於我們的假設 I 是 principle ideal, 故得 I =¡
2¢ +¡
x¢
不可能是 Z[x] 的 principle ideal.
好了既然 Z[x] 中的 ideal 不一定是 principle ideal 那麼我們就不能學 Proposition 7.2.11 的方法得到 Z[x] 中的 irreducible element 就是 prime element 了. 不能用這 套方法並不表示結果會錯, 因為有可能用另一套方法可以得到想要的結果啊! 沒錯 我們將會證明在 Z[x] 中的 irreducible element 和 prime element 是相同的, 不過我 們要發展另一套的方法來得到.
這個方法其實就是要克服前面提到 Z[x] 和 Q[x] 最大的不同就是在 Z[x] 中要考 慮常數的分解. 給定 f (x) = a0+ a1x + · · · + anxn∈ Z[x] 要將 f (x) 分解成 degree 比較小的 polynomials 相乘之前, 可以先考慮可不可以提出一個常數出來 (因為若 這個常數不是 ±1 那麼在 Z[x] 中這就算是一個“有效”的分解). 可以提出甚麼常數 出來呢? 大家都會想到提出那些係數 a0, a1, . . . , an 的最大公因數吧! 所以我們有 以下簡單但重要之結果.
Lemma 7.3.2. 若 f (x) ∈ Z[x] 是一個非 0 的 polynomial, 則 f (x) 可唯一寫成 f (x) = c · f∗(x), 其中 c ∈ N, f∗(x) ∈ Z[x] 且 f∗(x) 的係數的最大公因數是 1.
Proof. 首先證明存在性: 若 f (x) = a0+a1x+· · ·+anxn, 令 d = gcd(a0, a1, . . . , an).
由最大公因數的性質知 a0 = d·b0, a1 = d·b1,. . . , an= d·bn且 gcd(b0, b1, . . . , bn) = 1.
故可將 f (x) 寫成 d · (b0+ b1x + · · · + bnxn) 為所要求的形式.
接著證明唯一性: 假設 f (x) = c · f∗(x), 其中 c ∈ N 且 f∗(x) ∈ Z[x]. 將 c 乘入 f∗(x) 的各項係數中, 知 f (x) 的所有係數 a0, a1, . . . , an 都會是 c 的倍數. 也就是 c 是 a0, a1, . . . , an 的公因數. 如果 c 6= d = gcd(a0, a1, . . . , an), 則 f∗(x) 的係數中會 有 d/c 這一個不是 1 的公因數, 此和 f∗(x) 的各項係數的最大公因數為 1 相矛盾.
故得 d = c, 也就是說 d · f∗(x) = d · (b0+ b1x + · · · + bnxn). 最後因 Z[x] 是 integral domain, 我們得 f∗(x) = b0+ b1x + · · · + bnxn. ¤
有了 Lemma 7.3.2, 我們有以下的定義.
Definition 7.3.3. 若 f (x) ∈ Z[x] 可寫成 f (x) = c · f∗(x), 其中 c ∈ N, f∗(x) ∈ Z[x]
且 f∗(x) 的係數的最大公因數是 1. 則稱 c 為 f (x) 的 content, 記為 c(f ). 若 f (x) ∈ Z[x] 且 c(f ) = 1, 則稱 f (x) 是一個 primitive polynomial.
其實 c(f ) 就是 f (x) 的所有係數的最大公因數. Lemma 7.3.2 告訴我們說任意 的 f (x) ∈ Z[x] 都可以寫成其 content 乘上一個 primitive polynomial. 我們可以將 Lemma 7.3.2 推廣到 Q[x] 中.
Proposition 7.3.4. 若 f (x) ∈ Q[x] 是一個非 0 的 polynomial, 則 f (x) 可唯一寫 成 f (x) = c · f∗(x), 其中 c ∈ Q, c > 0 且 f∗(x) ∈ Z[x] 是一個 primitive polynomial.
Proof. 首先證明存在性: 若 f (x) = a0 + a1x + · · · + anxn, 其中 ai ∈ Q. 我們可 找到一正整數 m 使得 m · f (x) ∈ Z[x] (比方說令 m 為這些 ai 分母的乘積). 既然 m · f (x) ∈ Z[x] 由 Lemma 7.3.2 的存在性知存在正整數 a 以及 f∗(x) ∈ Z[x] 其中
f∗(x) 是 primitive polynomial, 使得 m · f (x) = a · f∗(x). 故得 f (x) = a
m · f∗(x) 為所要求的形式.
至於唯一性我們假設 f (x) = d · f∗(x) = d0· g(x) 其中 d, d0 都是正的有理數而 f∗(x), g(x) ∈ Z[x] 都是 primitive polynomials. 將 d 和 d0 分別寫成 a/b 和 a0/b0, 其 中 a, a0, b, b0 ∈ N. 我們可得
(a · b0) · f∗(x) = (a0· b) · g(x).
別忘了 (a · b0) · f∗(x), (a0 · b) · g(x) ∈ Z[x] 又因 a · b0, a0· b ∈ N 且 f∗(x), g(x) 都 是 primitive polynomial, 由 Lemma 7.3.2 的唯一性知: a · b0 = b · a0 (即 d = d0) 且
f∗(x) = g(x). 故得證唯一性. ¤
由 Proposition 7.3.4, 我們可以把 content 的定義推廣到 Q[x], 以後我們將會把 任意的 f (x) ∈ Q[x] 寫成 f (x) = c(f ) · f∗(x), 其中 0 < c(f ) ∈ Q 是 f (x) 的 content, f∗(x) ∈ Z[x] 是一個 primitive polynomial.
當 f (x), g(x) ∈ Q[x], 要計算 f (x) · g(x) 的 content, 其實是很複雜的. 我們必須 把兩個 polynomial 乘開, 移項整理, 再通分找最大公因數. 我們當然希望 f (x) · g(x) 的 content 可以由 f (x) 和 g(x) 的 contents 直接求出就好了. 讓我們先看一個特殊 例子就是 f (x) 和 g(x) 的 contents 都是 1 的情況.
Lemma 7.3.5 (Gauss Lemma). 若 f (x), g(x) ∈ Z[x] 都是 primitive polynomials, 則 f (x) · g(x) 也是一個 primitive polynomial.
Proof. 設 f (x) = anxn+ · · · + a1x + a0, g(x) = bmxm+ · · · + b1x + b0, 我們要用反 證法證明若 c(f ) = c(g) = 1, 則 c(f · g) = 1. 假設 c(f · g) = d 6= 1, 取一質數 p 使得 p | d, 也就是 p 整除 f (x) · g(x) 的所有係數. 然因 c(f ) = c(g) = 1, 故必存在 ai, bj 使得 p - ai 且 p - bj. 令 r 是最小的整數使得 p - ar (也就是 p - ar, 但對任意的 i < r, p | ai), 同樣的令 s 是最小的整數使得 p - bs. 現觀察 f (x) · g(x) 的 xr+s 項係數:
X
i+j=r+s
ai· bj.
除了 ar· bs 以外, 其他項的 ai· bj 要不是 i < r 就是 j < s. 否則若 i > r 且 j > s 那 麼 i + j > r + s 就不可能符合 i + j = r + s 了. 如果 i < r 由當初 r 的選取知 p | ai, 故知此情況下 p | ai· bj. 同理, 若 j < s 也可得 p | ai· bj. 總而言之, f (x) · g(x) 的 xr+s 項的係數除了 ar· bs 外其他的 ai· bj 都可被 p 整除. 然而當初假設 p - ar 且 p - bs, 故知 p - ar· bs. 也就是說 f (x) · g(x) 的 xr+s 項的係數不可被 p 整除. 這和 當初假設 p 可整除 f (x) · g(x) 的每一項的係數相矛盾. 故知不可能 c(f · g) 6= 1, 所 以 f (x) · g(x) 也是 primitive polynomial. ¤ 有了 Gauss Lemma 對於一般的 f (x), g(x) ∈ Q[x], 我們很快的就可以計算出 c(f · g).
Proposition 7.3.6. 若 f (x), g(x) ∈ Q[x] 都是非 0 的 polynomial, 則 c(f · g) = c(f ) · c(g).
Proof. 由 Lemma 7.3.4 知可將 f (x) 和 g(x) 分別寫成 f (x) = c(f ) · f∗(x) 和 g(x) = c(g) · g∗(x), 其中 f∗(x) 和 g∗(x) 都是 primitive polynomials. 故得
f (x) · g(x) =¡
c(f ) · c(g)¢
·¡
f∗(x) · g∗(x)¢ .
再由 Lemma 7.3.4 知 f (x) · g(x) 可唯一寫成 c(f · g) · h(x) 其中 h(x) 是 primitive polynomial. 然而 Lemma 7.3.5 告訴我們 f∗(x) · g∗(x) 是 primitive polynomial, 故 由唯一性知 f∗(x) · g∗(x) = h(x) 且 c(f ) · c(g) = c(f · g). ¤ 接下來我們要談 Z[x] 上的分解, 首先要區分一下在 Z[x] 和 Q[x] 中的整除概 念. 給定 f (x), g(x) ∈ Z[x], 我們說 f (x) | g(x) in Z[x] 表示存在 h(x) ∈ Z[x] 滿 足 g(x) = h(x) · f (x). 而我們說 f (x) | g(x) in Q[x] 表示存在 l(x) ∈ Q[x] 滿足 g(x) = l(x) · f (x). 這裡最大的不同在於 h(x) 要求落在 Z[x], 而 l(x) 要在 Q[x] 即 可. 所以有可能發生 f (x) | g(x) in Q[x] 但 f (x) - g(x) in Z[x] 的狀況.
Lemma 7.3.7. 假設 f (x), g(x) ∈ Z[x], 且 f (x) 是一個 primitive polynomial, 則 f (x) | g(x) in Z[x] 若且唯若 f (x) | g(x) in Q[x].
Proof. 假設 f (x) | g(x) in Z[x] 表示存在 h(x) ∈ Z[x] 滿足 g(x) = h(x) · f (x). 然 而 h(x) ∈ Z[x] 當然得 h(x) ∈ Q[x], 故知 f (x) | g(x) in Q[x]. (注意這部分我們不需 要 f (x) 是 primitive 的假設.)
反之, 若 f (x) | g(x) in Q[x], 表示存在 l(x) ∈ Q[x] 滿足 g(x) = l(x) · f (x). 我們 希望能證得 l(x) ∈ Z[x]. 利用 Lemma 7.3.4 將 l(x) 寫成 l(x) = c(l)·l∗(x), 其中 l∗(x) 是 primitive polynomials. 故得 g(x) = c(l) · (l∗(x) · f (x)). 因為 f (x) 和 l∗(x) 都是 primitive polynomials, 故利用 Lemma 7.3.5 知 l∗(x) · f (x) 是 primitive polynomial.
再利用 Lemma 7.3.4 的唯一性知 c(g) = c(l). 因 c(g) ∈ N, 故得 c(l) ∈ N, 且又 l∗(x) ∈ Z[x], 故由 l(x) = c(l) · l∗(x) 得 l(x) ∈ Z[x]. ¤ 同樣的, 我們也要區分一下在 Q[x] 和 Z[x] 中分解的不同. 若 f (x) ∈ Z[x] 我們 說 f (x) 在 Q[x] 可分解表示 f (x) 可寫成 f (x) = g(x) · h(x), 其中 g(x), h(x) ∈ Q[x]
且 deg(g(x)) 和 deg(h(x)) 皆小於 deg(f (x)). 但這並不表示 f (x) 可以在 Z[x] 中分 解成 f (x) = m(x) · n(x), 其中 m(x), n(x) ∈ Z[x]. 不過下一個 Lemma 告訴我們這 是辦得到的.
Lemma 7.3.8. 假設 f (x) ∈ Z[x] 且 f (x) = g(x) · h(x) 其中 g(x), h(x) ∈ Q[x], 則存在 m(x), n(x) ∈ Z[x] 滿足 f (x) = m(x) · n(x) 且 deg(m(x)) = deg(g(x)) 及 deg(n(x)) = deg(h(x)).
Proof. 利用 Lemma 7.3.4 知 g(x) = c(g) · g∗(x) 且 h(x) = c(h) · h∗(x) 其中 g∗(x), h∗(x) ∈ Z[x] 且都是 primitive polynomial. 利用 Proposition 7.3.6 知
c(g) · c(h) = c(g · h) = c(f ), 然而 f (x) ∈ Z[x], 故 c(g)·c(h) = c(f ) ∈ N. 因此若令 m(x) =¡
c(g)·c(h)¢
·g∗(x) ∈ Z[x]
及 n(x) = h∗(x) ∈ Z[x], 則
f (x) = g(x) · h(x) =¡
c(g) · g∗(x)¢
·¡
c(h) · h∗(x)¢
= ¡
c(g) · c(h)¢
· g∗(x) · h∗(x)
= m(x) · n(x).
又
deg(m(x)) = deg(g∗(x)) = deg(g(x)) 且 deg(n(x)) = deg(h∗(x)) = deg(h(x)).
¤ 反之若 f (x) 在 Z[x] 可以分解成 f (x) = m(x) · n(x), 其中 m(x), n(x) ∈ Z[x], 且 m(x), n(x) 不是 Z[x] 中的 unit. 那麼大家一定認為由於 m(x), n(x) 也在 Q[x]
中所以 f (x) 在 Q[x] 中可以分解. 其實不然, 因為 m(x), n(x) 在 Z[x] 中不是 unit, 但可能在 Q[x] 中就是 unit 了. 例如 2x + 2 在 Q[x] 是 irreducible 但在 Z[x] 中 2x + 2 = 2 · (x + 1), 而且 2 和 x + 1 在 Z[x] 中都不是 unit (但 2 在 Q[x] 是 unit), 所以 2x + 2 在 Z[x] 並不是 irreducible. 從這裡看出 Z[x] 中的 irreducible element 和 Q[x] 的 irreducible element 不同.
回顧一下我們定義所謂的 irreducible element 是一個元素它的 divisor 只有 unit 和 本身乘上 unit 這兩種形式. 由於 Z[x] 中的 unit 只有 1 和 −1 所以我們有以下 的定義.
Definition 7.3.9. 令 p(x) ∈ Z[x]
(1) 若 p(x) 在 Z[x] 中的 divisor 只有 ±1 和 ±p(x), 則稱 p(x) 是 Z[x] 的 irreducible element.
(2) 若對所有滿足 p(x) | f (x) · g(x) 的 f (x), g(x) ∈ Z[x] 都有 p(x) | f (x) 或 p(x) | g(x) 則稱 p(x) 是 Z[x] 的 prime element.
由這個定義我們馬上得到以下的 Lemma.
Lemma 7.3.10. 假設 p(x) ∈ Z[x] 且 deg(p(x)) > 0.
(1) 若 p(x) 是一個 irreducible element, 則 p(x) 是一個 primitive polynomial.
(2) 若 p(x) 是一個 prime element, 則 p(x) 是一個 primitive polynomial.
Proof. (1) 假設 p(x) 是 irreducible. 因 p(x) = c(p) · p∗(x), 其中 c(p) ∈ N ⊆ Z[x]
且 p∗(x) ∈ Z[x], 所以 c(p) 是 p(x) 的一個 divisor. 由 p(x) 是 irreducible 及 deg(p∗(x)) = deg(p(x)) > 0 知 c(p) = 1, 故得 p(x) 是 primitive.
(2) 假設 p(x) 是 prime. 因 p(x) = c(p) · p∗(x), 故知 p(x) | c(p) · p∗(x). 由 p(x) 是 prime 的假設, 知 p(x) | c(p) 或 p(x) | p∗(x). 由於 deg(p(x)) > 0 知不可能 p(x) | c(p). 故得 p(x) | p∗(x). 也就是說存在 λ(x) ∈ Z[x] 使得 p∗(x) = λ(x) · p(x).
故得 p∗(x) =¡
λ(x) · c(p)¢
· p∗(x). 利用 Z[x] 是 integral domain 及 p∗(x) 6= 0 知 λ(x) · c(p) = 1. 也就是說 λ(x) 和 c(p) 是 Z[x] 的 unit. 但由定義 c(p) 是正整數, 故得 λ(x) = c(p) = 1. 也就是說 p(x) 是 primitive. ¤
如前面幾節中的結果, 我們將會證得在 Z[x] 中的 irreducible element 和 prime element 是一樣的. 由於 Z[x] 沒有所有的 ideal 都是 principle ideal 的性質, 我們不 能用前面的方法如法泡製. 我們將利用 Q[x] 中的 irreducible element 的性質來幫忙 處理, 所以我們需要先了解在 Z[x] 中的 irreducible element 和 Q[x] 中的 irreducible element 之間的關係.
Lemma 7.3.11. 若 p(x) ∈ Z[x], deg(p(x)) > 0 且 p(x) 是一個 primitive polynomial, 則 p(x) 是 Q[x] 中的 irreducible element 若且唯若 p(x) 是 Z[x] 中的 irreducible element.
Proof. 首先假設 p(x) 是 Z[x] 中的 irreducible element. 如果 p(x) 在 Q[x] 中不 是 irreducible element, 表示存在 g(x), h(x) ∈ Q[x] 滿足 0 < deg(g(x)) < deg(p(x)), 0 < deg(h(x)) < deg(p(x)) 且 p(x) = g(x) · h(x). 利用 Lemma 7.3.8 知存在 m(x), n(x) ∈ Z[x] 且 deg(m(x)) = deg(g(x)), deg(n(x)) = deg(h(x)) 滿足 p(x) = m(x) · n(x). 也就是說 m(x) 是 p(x) 的 divisor. 但 0 < deg(m(x)) < deg(p(x)), 故 知 m(x) 6= ±1 且 m(x) 6= ±p(x). 此和 p(x) 是 Z[x] 的一個 irreducible element 假 設相矛盾. 故知 p(x) 也是 Q[x] 中的 irreducible element.
反之, 若 p(x) 是 Q[x] 中的 irreducible element. 若 p(x) = m(x) · n(x), 其中 m(x), n(x) ∈ Z[x]. 由 p(x) 在 Q[x] 是 irreducible 的假設知 m(x) 和 n(x) 中有一個 是 Q[x] 的 unit, 即常數: 就假設 m(x) = d 是常數吧! 因 m(x) ∈ Z[x] 故知 d ∈ Z.
由 p(x) = d · n(x) 知 d 是 p(x) 的所有係數的公因數. 但已知 p(x) 是 primitive, 故 得 d = ±1. 也就是說 p(x) 的 divisor 只能是 ±1 和 ±p(x) 這種形式, 故得 p(x) 在
Z[x] 中是 irreducible. ¤
由於 Q 是一個 field, 所以上一節中 F [x] 的性質都可套用在 Q[x] 上. 我們要利 用 Q[x] 中的 irreducible 和 prime 是一樣的, 得到在 Z[x] 中的 irreducible 和 prime 也是一樣的.
Proposition 7.3.12. 假設 p(x) ∈ Z[x]. 若 p(x) 是 Z[x] 中的 irreducible element, 則 p(x) 是 Z[x] 中的 prime element. 反之, 若 p(x) 是 Z[x] 中的 prime element, 則 p(x) 是 Z[x] 中的 irreducible element.
Proof. 首先注意, 當 deg(p(x)) = 0 時表示 p(x) ∈ Z 是一個常數. 我們已知在 Z 中的 irreducible 和 prime 是一樣的 (Proposition 7.1.7), 所以我們只要關心 deg(p(x)) > 0 的情況.
首先假設 p(x) 是 Z[x] 中的 irreducible element. 由 Lemma 7.3.10 知其為 primitive, 故由 Lemma 7.3.11 知 p(x) 也是 Q[x] 中的 irreducible element. 再由 Proposition 7.2.11 知 p(x) 是 Q[x] 中的 prime element. 現若 f (x), g(x) ∈ Z[x] 且 p(x) | f (x) · g(x) in Z[x], 由 Lemma 7.3.7 知 p(x) | f (x) · g(x) in Q[x]. 故由 p(x) 在 Q[x] 是 prime 得 p(x) | f (x) 或 p(x) | g(x) in Q[x]. 再由 Lemma 7.3.7 知 p(x) | f (x) 或 p(x) | g(x) in Z[x]. 也就是說 p(x) 是 Z[x] 中的 prime element.
反之, 若 p(x) 是 Z[x] 中的 prime element. 若 p(x) = m(x)·n(x) 其中 m(x), n(x) ∈ Z[x]. 則由於 p(x) | m(x) · n(x), 可得 p(x) | n(x) 或 p(x) | m(x). 若 p(x) | n(x), 即 存在 λ(x) ∈ Z[x] 使得 n(x) = λ(x) · p(x). 故得
n(x) = λ(x) ·¡
n(x) · m(x)¢
=¡
λ(x) · m(x)¢
· n(x).
由 n(x) 6= 0 以及 Z[x] 是 integral domain, 得 λ(x) · m(x) = 1. 也就是說 m(x) 是 Z[x] 的 unit, 即 m(x) = ±1. 同理, 若 p(x) | m(x) 可得 n(x) = ±1. 得證 p(x) 的 divisor 都是 ±1 和 ±p(x) 這種形式, 故知 p(x) 是一個 irreducible element. ¤ 現在要證明 Z[x] 上的唯一分解性質露出了一線曙光, 前面幾節中我們證明唯一分 解性質並沒有用到每一個 ideal 都是 principle ideal 的性質, 而是用到如 Proposition 7.3.12 中每個 irreducible element 是 prime 的性質. 如同在整數的情況, 由於 f (x) 和
−f (x) 的分解僅差一個正負號, 我們可以只考慮最高次項係數是正整數的 polynomial.
Theorem 7.3.13. 若 f (x) ∈ Z[x] 是一個不為 0, 1, −1 且最高次項係數是正整數的 polynomial, 則存在 p1(x), . . . , pr(x) ∈ Z[x], 其中這些 pi(x) 是 Z[x] 中兩兩相異且 最高次項係數是正整數的 irreducible elements, 滿足
f (x) = p1(x)n1· · · pr(x)nr, ni ∈ N, ∀i ∈ {1, . . . , r}.
如果 f (x) 可以分解成另外的形式 f (x) = q1(x)m1· · · qs(x)ms, 其中這些 qi(x) 也是 Z[x] 中兩兩相異且最高次係數是正整數的 irreducible elements, 則 r = s 且經 過變換順序可得 pi(x) = qi(x), ni= mi, ∀ i ∈ {1, . . . , r}.
Proof. 首先證明存在性, 也就是 f (x) 可寫成有限多個 Z[x] 中的 irreducible elements 的乘積. 我們依然 (對 degree) 用數學歸納法來證明. 假設 deg(f (x)) = 0, 因 f (x) ∈ N 且不是 unit, 故由 Z 的分解性質 (Theorem 7.1.8) 的存在性知 f (x) 可寫成有限多個 irreducible elements 的乘積. 現假設存在性對 degree 小於 n 的 polynomial 皆成立.
當 deg(f (x)) = n 時, 若 f (x) 本身是 irreducible, 存在性自然成立. 故僅剩 f (x) 不 是 irreducible 的情況要考慮. 此時要注意, 在 Z[x] 中一個 polynomial 是 irreducible 並不表示他一定可以寫成兩個 degree 比較小的 polynomials 的乘積 (例如前面提 過的例子 2x + 2). 此時我們先將 f (x) 寫成 f (x) = c(f ) · f∗(x), 其中 f∗(x) ∈ Z[x]
是 primitive polynomial. 由於 c(f ) ∈ N, 再一次利用 Theorem 7.1.8 知 c(f ) = 1 或 是可以寫成有限多個 irreducible 常數 polynomials 的乘積. 所以我們只剩下考慮 f∗(x) 是否可寫成有限多個 irreducible elements 的乘積. 當 f∗(x) 是 irreducible 時 , 存在性自然又成立了. 而當 f∗(x) 不是 irreducible 時, Lemma 7.3.11 告訴我們 f∗(x) 在 Q[x] 不是 irreducible, 也就是 f∗(x) = g(x) · h(x) 其中 g(x), h(x) ∈ Q[x]
且 0 < deg(g(x)) < deg(f (x)) 以及 0 < deg(h(x)) < deg(f (x)). 由 Lemma 7.3.8 知 存在 m(x), n(x) ∈ Z[x] 且 deg(m(x)) = deg(g(x)) 以及 deg(n(x)) = deg(h(x)) 使得 f∗(x) = m(x) · n(x). 由於 deg(m(x)) < deg(f (x)) = n 以及 deg(n(x)) < n, 故利用 歸納法假設知 m(x) 和 n(x) 都可寫成有限多個 irreducible elements 的乘積. 因此 得證 f∗(x) 可以寫成有限多個 irreducible elements 的乘積, 故知 f (x) = c(f )f∗(x) 也可寫成有限多個 irreducible elements 的乘積.
至於唯一性我們依然用數學歸納法來處理. 若 deg(f (x)) = 0, 因 f (x) ∈ N, 故 可以利用 Theorem 7.1.8 的唯一性得證唯一性. 現假設唯一性對 degree 小於 n 的 polynomial 皆成立. 當 deg(f (x)) = n 時, 若
f (x) = p1(x)n1· · · pr(x)nr = q1(x)m1· · · qs(x)ms,
其中 pi(x) 兩兩相異, qj(x) 也是兩兩相異, 而且 pi(x), qj(x) 都是 Z[x] 中最高次項 係數是正整數的 irreducible elements. 由於 deg(f (x)) > 0, 故知 pi(x) 中必存在一 polynomial 其 degree 大於 0, 經重排後我們令之為 p1(x). Proposition 7.3.12 告訴我 們 p1(x) 是 Z[x] 的 prime element, 故由 p1(x) | f (x) 得知, qj(x) 中有一 polynomial 會被 p1(x) 整除, 經重排後我們令之為 q1(x). 也就是說 p1(x) | q1(x). 然而 q1(x) 是 irreducible, 其 divisor 只有 ±1 和 ±q1(x). 又因已知 deg(p1(x)) > 0 且 p1(x) 和 q1(x) 的最高次項係數都是正整數, 故得 p1(x) = q1(x). 因此我們可將 f (x) 的分解 改寫成
f (x) = p1(x)n1 · p2(x)n2· · · pr(x)nr = p1(x)m1 · q2(x)m2· · · qs(x)ms. 將上式移項再提出 p1(x), 我們可得
p1(x) ·¡
p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr − p1(x)m1−1· q2(x)m2· · · qs(x)ms¢
= 0.
由於 p1(x) 6= 0 且 Z[x] 是 integral domain, 我們得
p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr− p1(x)m1−1· q2(x)m2· · · qs(x)ms = 0.
現令 g(x) = p1(x)n1−1·p2(x)n2· · · pr(x)nr. 由於當初選取 p1(x) 滿足 deg(p1(x)) > 0, 故得
deg(g(x)) = deg(f (x)) − deg(p1(x)) < deg(f (x)) = n 且
g(x) = p1(x)n1−1· p2(x)n2· · · pr(x)nr = p1(x)m1−1· q2(x)m2· · · qs(x)ms 是 g(x) 的兩個分解, 故利用歸納法假設我們有 r = s 且 p1(x) = q1(x), . . . , pr(x) = qr(x) 以及 n1 = m1, n2 = m2, . . . , nr= mr, 故得證唯一性. ¤
由 Theorem 7.3.13 知 Z[x] 中的 irreducible elements 就如同 Z 中的質數一樣 重要. 另一方面利用 Lemma 7.3.8 也告訴我們在 Z[x] 中的 irreducible element 在 Q[x] 中也是 irreducible. 因此探討 Z[x] 中有哪些 irreducible elements 是一個重要 的課題. 其實給定 f (x) ∈ Z[x] 要判斷其是否為 irreducible 並不容易. 以下我們介 紹一種方法可以確認某一類的 polynomial 是 irreducible.
Proposition 7.3.14 (Eisenstein Criterion). 令
f (x) = xn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0∈ Z[x], 其中 n > 0. 假設存在一質數 p ∈ N 滿足
p | a0, p | a1, . . . , p | an−1 但 p2 - a0, 則 f (x) 是 Z[x] 中的 irreducible element.
Proof. 由於 c(f ) = 1 所以 f (x) 是 primitive polynomial. 因此要說明 f (x) 是 irreducible in Z[x] 只要說明 f (x) 不可能寫成兩個 degree 小於 n 的 polynomials 的 乘積. 我們利用反證法來證明.
假設 f (x) = g(x) · h(x) 其中
g(x) = crxr+ · · · + c1x + c0 ∈ Z[x], 0 < r < n 且
h(x) = dsxs+ · · · + d1x + d0∈ Z[x], 0 < s < n.
考慮 g(x) · h(x) 的常數項 c0· d0= a0. 由假設 p | a0 = c0· d0, 故知 p | c0 或 p | d0. 然而又知 p2 - c0· d0, 故知 c0 和 d0 間只能有一個被 p 整除. 我們就假設是 c0 吧! 也 就是說 p | c0 但 p - d0. 現在觀察 g(x) · h(x) 的一次項係數 c0· d1+ c1· d0 = a1. 由 假設 p | a1 以及剛才得知的 p | c0 可得 p | c1· d0. 但又知 p - d0 故得 p | c1. 這樣一 直下去我們想用數學歸納法證得 p | cr. 也就是假設已知 p | c0, p | c1, . . . , p | cr−1, 我們欲證得 p | cr. 現考慮 g(x) · h(x) 的 xr 項係數
c0· dr+ c1· dr−1+ · · · + cr−1· d1+ cr· d0= ar.
(這個式子裡若 s < r, 那當然是令 ds+1 = · · · = dr = 0) 由於 0 < r < n 故知 p | ar, 再加上歸納假設 p | c0, . . . , p | cr−1, 我們可得 p | cr· d0. 別忘了 p - d0, 故得證 p | cr. 現在我們考慮 g(x) · h(x) 的最高次項係數 (即 f (x) 的 xn 項係數)
cr· ds= 1.
大家馬上看出由 p | cr 不可能得到 cr· ds= 1. 因此得到矛盾, 也就是說 f (x) 是 Z[x]
的 irreducible element. ¤
最後我們重申一下, 由 Lemma 7.3.8 (或 Lemma 7.3.11) 我們知道符合 Proposition 7.3.14 的 polynomials 在 Q[x] 也是 irreducible.
