本文是 [3] 的延续, 我们分别讨论复数域 C, 实数域 R 以及有理数域 Q 上的不可约多项式.
O. 数域
我们知道复数集 C 关于复数的加法和乘法成为一个域, 所以称 C 为复数域. 一个数域是指 C 的一个子域. 换句话来说, 对于 C 的一个非空子集 K, 如果 K 关于复数的加减乘除 (0 不做除数) 封闭, 则 K 就是一个数域. 容易验证 C, R, Q 都是数域.
设 K ⊆ C 是一个数域. 由除法封闭知复数 1 ∈ K. 由加法封闭知 1 的任何整数倍也都属于 K, 从而整数环 Z ⊆ K. 又由除法封闭, 知有理数域 Q ⊆ K. 由此可见任意数域都包含 Z 和 Q, Q 是最小的数域.
下面回顾一下复数. 对于一个复数 z = a + i b, 其中 a, b ∈ R. 有 z = 0 当且仅当 a = 0 = b. 从而实数 a, b 由复数 z 唯一决定, 分别称为 z 的实部和虚部, 记 Re z = a, Im z = b. 当 b = 0 时, z 是实数. 当 b ≠ 0 时, z 是虚数. 当 a = 0 且 b ≠ 0 时, z 是纯虚数. 称实数 √(a^2 + b^2) 为 z 的模长, 记作 |z|. 由于复数的实部和虚部由复数唯一决定, 可以定义 z 的共轭复数 z' = a - i b. 则 z + z' = 2a = 2 Re z, zz' = a^2 + b^2 = |z|^2, |z| = |z'|. 特别地, 一个复数与它的共轭复数的和与乘积都是实数. 对于复数 z, z = 0 当且仅当 |z| = 0. 由于 zz' = |z|^2, 当 z ≠ 0 时, 其逆元为 z'/|z|^2, 即 a/|z|^2 - i b/|z|^2.
显然 1 的共轭复数仍是 1. 设 x, y ∈ C, 容易验证 (x + y)' = x' + y'. 设 x = a + i b, y = c + i d. xy = (ac - bd) + i (ad + bc), x'y' = (a - i b)(c - i d) = (ac - bd) - i (ad + bc). 从而 (xy)' = x'y'. 从而取共轭复数是 C 到 C 的环同态. 又由于对一个复数连续两次取共轭复数后回到自身, 从而取共轭复数是环同构.
对于复数 z = a + i b, 由于 (a/|z|)^2 + (b/|z|)^2 = 1, 存在唯一 θ ∈ [0, 2π), 使得 cos θ = a/|z|, sin θ = b/|z|. 这个实数 θ 称为 z 的辐角, 记为 arg z. 我们有 z = |z|(a/|z| + i b/|z|) = |z|(cos θ + i sin θ), z' = |z|(cos θ - i sin θ) = |z'|(cos (-θ) + i sin (-θ)).
对于以 r(cos θ - i sin θ) 形式给出的复数, 其中 r 为实数, 则其模长 = √((r cos θ)^2 + (r sin θ)^2) = |r|. 设 x = |x|(cos α + i sin α), y = |y|(cos β + i sin β), 则 xy = |x||y|(cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = |x||y|[(cos α cos β - sin α sin β) + i (sin α cos β + cos α sin β)] = |x||y|(cos (α + β) + i sin (α + β)). 从而 |xy| = |x||y|.
引理 O.1 (棣莫弗公式) 对任意 θ ∈ R, n ∈ Z, 有
(cos θ + i sin θ)^n = cos (nθ) + i sin (nθ).
证. n = 0 时显然. 设 n > 0, 且 (cos θ + i sin θ)^{n-1} = cos ((n-1)θ) + i sin ((n-1)θ) 成立. 则 (cos θ + i sin θ)^n = (cos θ + i sin θ)^{n-1} • (cos θ + i sin θ) = [cos ((n-1)θ) + i sin ((n-1)θ)] • (cos θ + i sin θ) = [cos ((n-1)θ)cos θ - sin ((n-1)θ)sin θ] + i [sin ((n-1)θ)cos θ + cos ((n-1)θ)sin θ] = cos (nθ) + i sin (nθ). 从而由归纳法知结论对 n ≥ 0 成立.
设 n < 0. (cos θ + i sin θ)^n = [(cos θ + i sin θ)^{-n}]^{-1} = [cos (-nθ) + i sin (-nθ)]^{-1} = [cos (nθ) - i sin (nθ)]^{-1}. 非零复数的逆元等于其共轭复数除以模长平方, 从而上式 = cos (nθ) + i sin (nθ).
引理 O.2 设 z ∈ C, n ∈ Z, 有 |z^n| = |z|^n.
证. 设 z = |z|(cos θ + i sin θ), 由棣莫弗公式, z^n = |z|^n (cos nθ + i sin nθ). 从而 |z^n| = |z|^n.
I. 复数域上的不可约多项式
复变函数 f 在一个点 z_0 ∈ C 处有定义, 如果极限 lim_{h → 0} (f(z_0 + h) - f(z_0))/h 存在, 就称 f 在 z_0 处可导, 该极限称为 f 在 z_0 处的导数, 记作 f'(z_0). 如果 f 在 z_0 的某个邻域内处处可导, 就称 f 在 z_0 处解析. 如果定义在 C 上的函数在 C 上处处解析, 就称这个函数为一个整函数. 显然在 C 上处处解析等价于在 C 上处处可导. 对于一个复变函数, 如果存在实数 M > 0, 使得该函数的任何函数值的模长都不超过 M, 就称该函数有界. 关于整函数, 有以下著名而深刻的定理. 仅做引用, 不给证明.
定理 I.1 (Liouville 刘维尔定理) 有界的整函数必为常函数.
现在我们用刘维尔定理来证明代数基本定理.
定理 I.2 (代数基本定理) 次数大于零的复系数一元多项式都在复数域中至少有一个根.
证. 设 f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + … + a_0 ∈ C[x] 没有复根, 则 f(x) 诱导的多项式函数 f 在 C 上处处函数值不为零 (见 [3] 第 IV 节). 考虑函数 φ(z) = 1/f(z), z ∈ C. 由引理 I.2, |φ(z)| = 1/|f(z)|. z ≠ 0 时, f(z) = a_n z^n + … + a_0 = z^n(a_n + a_{n-1}/z… + a_0/z^n). 由引理 O.2, f(z) = |z|^n • |a_n + a_{n-1}/z… + a_0/z^n| → +∞ (|z| → +∞). 于是 |φ(z)| = 1/|f(z)| → 0 (|z| → +∞). 存在实数 r > 0 使得 |z| > r 时, |φ(z)| < 1. 而 φ(z) 是连续函数, 从而在闭区域 {z ∈ C | |z| ≤ r} 上有界. 设 M > 0 使得 |z| ≤ r 时, |φ(z)| ≤ M. 从而在 C 上 |φ(z)| ≤ max{M, 1}, φ 是 C 上的有界函数.
对 z_0 ∈ C, (φ(z_0 + h) - φ(z_0))/h = - [(f(z_0 + h) - f(z_0))/h] • [1/(f(z_0 + h)f(z_0))]. 由于多项式函数在 z_0 处可导, (f(z_0 + h) - f(z_0))/h → f'(z_0) (h → 0). 又由于多项式函数在 z_0 处连续, 1/(f(z_0 + h)f(z_0)) → 1/(f(z_0))^2 (h → 0). 从而 (φ(z_0 + h) - φ(z_0))/h → - f'(z_0)/(f(z_0))^2 (h → 0). 从而 φ 是一个有界整函数. 由刘维尔定理, φ 是一个(非零)常函数. 从而 f(x) 诱导的 C 上的多项式函数 f 也是一个(非零)常函数.
设 c ∈ C\{0}, f(z) ≡ c, z ∈ C. 由于 C 是一个无限域, 根据 [1, 情形 IV.i], 诱导映射 Φ: C[x] → P(C) 是一个环同构. 注意到零次多项式 c 被 Φ 映为在 C 上函数值恒为 c 的函数, 即和多项式函数 f 为同一个函数. 从而由 Φ 是同构, f(x) 正是零次多项式 c. 这与 f(x) 次数大于零矛盾. 从而 f(x) 有复根.
定理 I.3 C[x] 中的不可约多项式只有一次多项式.
证. 设 p(x) 是 C 上的不可约多项式. 由定理 I.2, p(x) 在 C 上存在一个根 t. 则由 [3, 命题 IV.1], x - t 是 p(x) 的因式. 由于 p(x) 的因式只有零次多项式以及与 p(x) 相伴的多项式, p(x) ~ x - t. 从而存在 a ∈ C\{0}, 使得 p(x) = a(x - t).
推论 I.4 设 f(x) ∈ C[x] 为一个次数大于零的多项式, 则 f(x) 可唯一地分解为 f(x) = a (x - t_1)^{r_1} … (x - t_s)^{r_s} 的形式, 其中 a ∈ C\{0}.
证. 由定理 I.3 和 [3, 命题 III.2] 即得结论.
II. 实数域上的不可约多项式
命题 II.1 设 f(x) ∈ R[x]. 若 z ∈ C 是 f(x) 的一个根, 则 z 的共轭复数 z' 也是 f(x) 的根.
证. 设 f(x) = a_n x^n + … + a_0, 系数 a_i 都是实数. f(z) = 0. 由共轭复数保持复数的加法和乘法, 0 = (f(z))' = (a_n z^n + … + a_0)' = a_n z'^n + … + a_0 = f(z'). 从而 z' 也是 f(x) 的根.
命题 II.2 判别式小于零的实系数二次多项式是 R[x] 中的不可约多项式.
证. 设 f(x) 是一个判别式小于零的实系数二次多项式. 由求根公式, f(x) 没有实根. 从而由 [3, 命题 IV.1], f(x) 没有实系数一次因式. f(x) 在 R[x] 中不能分解为两个次数低于 2 的多项式的乘积. 由 [3, 命题 II.2], f(x) 是 R[x] 中的不可约多项式.
定理 II.3 R[x] 中的不可约多项式只有一次多项式以及判别式小于零的二次多项式.
证. 判别式大于等于零的实系数二次多项式可以分解为两个实系数一次多项式的乘积, 故它是可约多项式. 设 f(x) ∈ R[x] 次数大于 2, 且为 R[x] 中的不可约多项式. 则 f(x) 没有实根, 否则由 [3, 命题 IV.1], f(x) 可约. 设 z 是 f(x) 的一个虚(数)根, 则由命题 II.1, z' 也是 f(x) 的虚(数)根. 从而在 C[x] 中 x - z | f(x), x - z' | f(x). 由 z ≠ z', x - z 与 x - z' 在 C[x] 中互素 ([3, 命题 II.3]). 根据 [3, 引理 I.3], 在 C[x] 中有 (x - z)(x - z') | f(x). 而 (x - z)(x - z') = x^2 - (z + z')x + zz' ∈ R[x]. 由 [2, 推论 I.6], 整除性不随域扩大而改变, 从而在 R[x] 中也有 x^2 - (z + z')x + zz' | f(x). 这与 f(x) 在 R[x] 中不可约矛盾. 从而 R[x] 中次数大于 2 的多项式都是 R[x] 中的可约多项式.
推论 II.4 设 f(x) ∈ R[x] 为一个次数大于零的多项式, 则 f(x) 在 R[x] 中可唯一地分解为 f(x) = a (x - t_1)^{r_1} … (x - t_m)^{r_m} • p_{m + 1}(x)^r_{m + 1}…p_s(x)^r_s 的形式, 其中 a ∈ C\{0}, 0 ≤ m ≤ s, p_i(x) 为判别式小于零的实系数二次多项式, i = m + 1, …, s.
证. 由定理 II.3 和 [3, 命题 III.2] 即得结论.
III. 有理数域上的不可约多项式
对任意次数大于零的多项式 f(x) ∈ Q[x], 不难发现存在 r ∈ Q, 使得 f(x) = r h(x), 其中 h(x) 是一个各项系数的公因数只有 1 的整系数多项式. 对于一个次数大于零的整系数多项式 h(x), 如果其系数的公因数只有 ±1, 就称 h(x) 为一个本原多项式. 每一个次数大于零的有理系数多项式都与一个本原多项式相伴, Q[x] 中次数大于零的多项式 f(x) 不可约当且仅当与 f(x) 相伴的本原多项式不可约.
本节不可约, 可约, 相伴都是指在 Q[x] 中不可约, 可约, 相伴. 本节推导过程会涉及整数的整除性, 素数, 互素等, 这些内容和多项式的相关性质完全平行, 可以平行地使用 [2], [3] 中相应的结论. 文中直接使用, 不展开介绍.
命题 III.1 设 f(x), g(x) 是两个本原多项式. 若 f(x) ~ g(x), 则 f(x) = ± g(x).
证. 存在非零有理数 q/p 使得 f(x) = q/p g(x), 其中 (p, q) = 1. 则 p f(x) = q g(x). 显然 f(x) 与 g(x) 有相同的次数. 设 f(x) = a_n x^n + … + a_0, g(x) = b_n x^n + … + b_0. 则由 p f(x) = q g(x), 得 p a_i = q b_i, i = 1, …, n. 由 p | q b_i 且 (p, q) = 1, 得 p | b_i, i = 1, …, n. 从而 p = ±1. 同理可得 q = ±1. 因此 f(x) = ±g(x).
命题 III.2 (高斯引理) 设 f(x), g(x) 是两个本原多项式, 则 f(x)g(x) 也是本原多项式.
证. 设 f(x) = a_n x^n + … + a_0, g(x) = b_m x^m + … + b_0, f(x)g(x) = Σ_s (Σ_{i+j=s} a_i b_j) x^s. 若 f(x)g(x) 不是本原多项式, 则存在素数 p 整除 f(x)g(x) 的各项系数. 由于 f(x) 是本原多项式, 存在 0 ≤ k ≤ n, 使得 p | a_0, …, p | a_{k-1}, p ∤ a_k. 同理, 0 ≤ l ≤ m, 使得 p | b_0, …, p | b_{l-1}, p ∤ b_l. 考虑 f(x)g(x) 的第 k + l 次项系数 c_{k+l} = a_0 b_{k+l} + a_1 b_{k+l-1} + … + a_k b_l + … + a_{k+l} b_0. 由于 p 是素数, 而 p ∤ a_k, p ∤ b_l, 故 p ∤ a_k b_l. 而当 0 ≤ i ≤ k + l, i ≠ k 时, p | a_i 或 p | b_{k+l-i}, 则 p | a_i b_{k+l-i}. 于是 p ∤ c_{k+l}, 矛盾. 因此, f(x)g(x) 不是本原多项式.
命题 III.3 可约本原多项式可以写成两个次数更低的本原多项式的乘积.
证. 设 f(x) 是一个可约的本原多项式. 则 f(x) = g_1(x)h_1(x), 其中 g_1(x), h_1(x) 是两个次数低于 deg f(x) 的有理系数多项式. 设 g_1(x) = a g(x), h_1(x) = b h(x), 其中 a, b ∈ Q\{0}, g(x), h(x) 是两个本原多项式. 则 f(x) = ab g(x)h(x). 由命题 III.2, g(x)h(x) 是本原多项式. 由命题 III.1, f(x) = ±g(x)h(x).
推论 III.4 次数大于零的可约整系数多项式可以写成两个次数更低的整系数多项式的乘积.
证. 设 f(x) 为次数大于零的可约整系数多项式. 存在非零整数 m 及可约本原多项式 u(x) 使得 f(x) = m u(x). 由命题 III.3, 存在两个次数更低的本原多项式 g(x), h(x) 使得 u(x) = g(x)h(x). 从而 f(x) = m g(x)h(x).
命题 III.5 设 f(x) 为整系数多项式, 本原多项式 g(x) 是 f(x) 的有理因式. 则存在整系数多项式 h(x) 使得 f(x) = g(x)h(x).
证. 零多项式可以写为 g(x) • 0. 设 f(x) ≠ 0, f(x) = m u(x), m 为非零整数, u(x) 为本原多项式. g(x) 是 f(x) 的有理因式, 则 g(x) 也是 u(x) 的有理因式. 设 v(x) ∈ Q[x] 使得 u(x) = g(x)v(x). 设 v(x) = r w(x), 其中 r 为非零有理数, w(x) 为本原多项式或 1. 则 u(x) = r g(x)w(x). 由命题 III.2, g(x)w(x) 是本原多项式. 又由命题 III.1, u(x) = ± g(x)w(x). 取整系数多项式 h(x) = ± m w(x), 则 f(x) = m u(x) = g(x)(± m w(x)) = g(x)h(x).
命题 III.6 设 f(x) = a_n x^n + … + a_0 为次数大于零的整系数多项式, a_n ≠ 0. 有理数 q/p 是 f(x) 的根, 其中 p, q 是互素的整数, p ≠ 0, 则存在整系数多项式 g(x) 使得 f(x) = (px - q)g(x).
证. q/p 是 f(x) 的根, 则 x - q/p 是 f(x) 的有理因式, 从而本原多项式 px - q 也是 f(x) 的有理因式. 由命题 III.5, 结论立即成立.
命题 III.7 设 f(x) = a_n x^n + … + a_0 为次数大于零的整系数多项式, a_n ≠ 0. 有理数 q/p 是 f(x) 的根, 其中 p, q 是互素的整数, p ≠ 0, 则 p | a_n, b | a_0.
证. f(q/p) = 0, 即 a_n (q/p)^n + a_{n-1} (q/p)^{n-1} … + a_1(q/p) + a_0 = 0. 等式两边乘以 p^n, 得 a_n q^n + a_{n-1} p q^{n-1} … + a_1 p^{n-1} q + a_0 p^n = 0. 可见 p | a_n • q^n, q | a_0 p^n. 由于 (p, q) = 1, 则 (p, q^n) = 1, (p^n, q) = 1. 从而 p | a_n, q | a_0.
注. 命题 III.7 给出了有理数是整系数多项式的根的必要条件. 对于一个次数大于零的整系数多项式 f(x) = a_n x^n + … + a_0, 要找它的有理根, 那就要取 a_n 的因数 p 以及 a_0 的因数 q, 然后将 ± q/p 代入多项式尝试是否为根, 因为有理根只可能是这些有理数. 这样的有理数的取法只有有限多种, 理论上可以把 f(x) 的根找遍. 如果这些有理数都不是 f(x) 的根, 则 f(x) 没有有理根. 但是要注意, 一个次数大于零的整系数多项式如果没有有理根不代表它就是不可约多项式. 比如多项式 x^4 + x^2 + 1. 按照命题 III.7, 它的根只可能是 ± 1. 但都不是根. 从而它没有有理根. 但是, x^4 + x^2 + 1 = (x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1) 是可约多项式.
定理 III.8 (艾森斯坦判别法) 设 f(x) = a_n x^n + … + a_0 为次数大于 1 的整系数多项式, a_n ≠ 0. 若存在素数 p 满足:
1). p 不整除 a_n, 但 p 整除其他各项系数,
2). p^2 不整除 a_0,
则 f(x) = a_n x^n + … + a_0 为 Q 上的不可约多项式.
证. 反证法. 设 f(x) 为满足条件的可约整系数多项式. 根据推论 III.4, 设 f(x) = g(x)h(x), 其中 g(x), h(x) 是两个次数更低的整系数多项式. 设
g(x) = b_m x^m + … + b_0,
h(x) = c_s x^s + … + c_0,
其中 b_m, c_s 为非零整数, m + s = n. 则
g(x)h(x) = b_m c_s x^{m + s} + …
+ (b_0 c_1 + b_1 c_0) x + b_0 c_0.
由 f(x) = g(x)h(x), 两边各项系数对应相等, 即
a_n = (b_m c_s), … ,
a_k = Σ_{i+j=k} b_i c_j, … ,
a_1 = b_0 c_1 + b_1 c_0,
a_0 = b_0 c_0.
由 p | b_0 c_0, p^2 ∤ b_0 c_0, 知 p | b_0 或 p | c_0 但不同时成立. 不妨设 p | b_0, p ∤ c_0. 由 p | b_0 c_1 + b_1 c_0, 有 p | b_1 c_0. 由于 p 是素数且 p ∤ c_0, 得 p | b_1.
设 p | b_0, …, p | b_k, 0 ≤ k < m. 注意到 p | a_{k + 1}, 即 p | b_0 c_{k+1} + … + b_k c_1 + b_{k+1} c_0. 其中 p | b_i c_{k+1-i}, i = 0, 1, …, k. 从而 p | b_{k+1} c_0. 由 p ∤ c_0, 得 p | b_{k+1}. 根据数学归纳法, p 整除 g(x) 的各项系数. 特别地, p | b_m. 但这与 p ∤ a_n = b_m c_s 矛盾. 从而满足条件的整系数多项式不可约.
命题 III.9 存在任意正数次的不可约有理系数多项式.
证. 考虑多项式 f(x) = x^n + 2, n > 0. 当 n = 1 时, f(x) 是一次因式, 当然是不可约多项式. 设 n > 1. 显然 2 不整除首项系数, 2 整除其他各项系数, 2^2 = 4 不整除常数项. 由艾森斯坦判别法, f(x) 是 Q 上的不可约多项式.
例子 III.10 多项式 f(x) = x^4 + 1 是 Q上的不可约多项式.
证. 设 f(x) = x^4 + 1. 根据 [1, 推论 II.2], 取 u = x + 1 ∈ Q[x], 则 u 处的赋值映射 σ_u : Q[x] → Q[x], φ(x) |→ φ(u) = φ(x + 1) 是环同构. 从而 f(x) 不可约当且仅当 f(x + 1) 不可约. f(x + 1) = (x + 1)^4 + 1 = x^4 + 4x^3 + 6x^2 + 4x + 2. 素数 2 满足定理 III.8 的条件, 从而 x^4 + 1 是 Q上的不可约多项式.
参考文献
