Тема 16

Неразложими полиноми над поле. Разлагане на полином на неразложими множители. Неразложими полиноми над полето на рационалните числа - лема на Гаус и критерий на Айзенщайн.

---

страницата се нуждае от дописване/преглеждане

---

Дефиниця (неразложим полином над поле)

Нека $F$ е поле и $f \in F[x]$.
$f$ наричаме неразложим над $F$, ако:

• $\mathrm{deg}\ f \geq 1$
• $f = g.h \Longrightarrow$ или $\mathrm{deg}\ g = 0$ или $\mathrm{deg}\ h = 0$.

---

Примери

1. Всички полиноми от първа степен са неразложими.

2. $x^2 - 2 \in \mathbb{Q}[x]$ е неразложим над $\mathbb{Q}$, но е разложим над $\mathbb{R}$ и $\mathbb{C}$.

---

Следствие

Ако $f$ е неразложим, то $f | gt \iff f | g$ или $f | t$.

Доказателство:
$| \Longleftarrow |$ е ясно.
$| \Longrightarrow |$ Ако $f | gt$, то $f = gth$, за някой полином $h$, което ще запишем като
$f = g(th)$.
Съгласно дефиницията на неразложим полином, какъвто е $f$, $\mathrm{deg}\ th = 0$ или $\mathrm{deg}\ g = 0$:

Случай 1 - $\mathrm{deg}\ th = 0$:
Тогава $\mathrm{deg}\ g = \mathrm{deg}\ f$ и следователно $f = cg$ за някоя константа $c$, откъдето $f / g$.

Случай 2 - $\mathrm{deg}\ g = 0$:
Тогава $\mathrm{deg}\ th = \mathrm{deg}\ f$ и следователно $f = cth$ за някоя константа $c$, което означава, че $th$ е неразложим¹.
Сега отново по дефиницията следва $\mathrm{deg}\ t = 0$ или $\mathrm{deg}\ h = 0$:

Случай 2.1. $\mathrm{deg}\ t = 0$, но тогава $\mathrm{deg}\ gt = \mathrm{deg}\ g + \mathrm{deg}\ t = 0$ и не е интересно, защото излиза, че $f / const$ и оттам $f = const$ $\Longrightarrow f / g$, защото разглеждания Случай 2 - $\mathrm{deg}\ g = 0$ не означава нищо друго, освен $g = const$.

Случай 2.2. $\mathrm{deg}\ h = 0$, откъдето $h = const$ и следователно $f = t.const \Longrightarrow f / t$

Теорема (за разлагане на полином на неразложими множители)

Нека $F$ е поле и $f(x) \in F[x], \ \mathrm{deg}\ f \geq 1$
Тогава $f$ може да се представи като произведение на неразложими полиноми с точност до наредбата на множителите и константа (обратим елемент от $F$)

Казано иначе:
$f(x) = t_1(x)t_2(x) \dots t_s(x), \ \forall i = 1, 2, \dots , s: \ t_i(x)$ - неразложими полиноми,
и ако $f(x) = p_1(x)p_2(x) \dots p_k(x), \ \forall i = 1, 2, \dots, k: \ p_i(x)$ - неразложими, то
$\Longrightarrow s = k, \ t_i = p_id_i, \ d_i \in F$ (след пренареждане) и, освен това, $d_1d_2 \dots d_s = 1$

Доказателство:

Съществуване:
Провеждаме индукция по $n = \mathrm{deg}\ f$

1. База: нека $n = 1 \Longrightarrow f$ е неразложим.

2. Индукционна хипотеза: нека твърдението е вярно за $\forall f: \ \mathrm{deg}\ f < n$

3. Нека $\mathrm{deg}\ f = n$
3.1. Ако $f$ е неразложим $\Longrightarrow f = f$ е търсеното представяне.
3.2. Ако $f$ е разложим: $f = gh$ като $\mathrm{deg}\ g < n$ и $\mathrm{deg}\ h < n$
$\Longrightarrow h$ и $g$ се разлагат на неразложими множители (от индукционната хипотеза)

$h = h_1(x)h_2(x) \dots h_k(x), h_i$ - неразложими
$g = g_1(x)g_2(x) \dots g_s(x), g_i$ - неразложими

Тогава $f = h_1(x)h_2(x) \dots h_k(x)g_1(x)g_2(x) \dots g_s(x)$ е търсеното представяне.

Единственост:
Нека $f = p_1(x)p_2(x) \dots p_s(x)$ и $f = q_1(x)q_2(x) \dots q_r(x)$

$\Longrightarrow p_1(x)p_2(x) \dots p_s(x) = q_1(x)q_2(x) \dots q_r(x)$
$\Longrightarrow p_1 | q_1q_2 \dots q_r \Longrightarrow \exists i \in \{1, 2, \dots, r\}: \ p_1 | q_i$

Безограничение на общността можем да считаме, че $p_1 | q_1$
Освен това, $p_1$ и $q_1$ са неразложими полиноми, т.е. $p_1 = d_1q_1,\ d_1 \in F[x]$ - константа
(Тъй като $d_1$ е константен полином, можем да си мислим, че $d_1 \in F$).

$p_1p_2 \dots p_s | q_1q_2 \dots q_r \Longrightarrow p_1p_2 \dots p_s| d_1p_1q_2 \dots q_r \iff p_2p_3 \dots p_s | d_1q_2 \dots q_3$

Аналогична е процедурата и за $p_2$.

Така след краен брой стъпки ще получим, че $s = r$. Освен това:
$p_1 = d_1q_1, \ p_2 = d_2q_2, \dots, p_s = d_sq_s$

$f = p_1p_2 \dots p_s = d_1q_1d_2q_2 \dots d_sq_s = d_1d_2 \dots d_sq_1q_2 \dots q_s = q_1q_2 \dots q_s$
$\Longrightarrow d_1d_2 \dots d_s = 1.$ $\Box$

Дефиниция (примарен полином)

Полином с цели коефициенти, такива че техният НОД е 1, наричаме примарен полином.

---

Твърдение

Нека $f(x) \in \mathbb{Q}[x] \Longrightarrow \exists \ g(x) \in \mathbb{Z}[x]$ - примарен,
такъв че $f(x) = \alpha g(x), \ \alpha \in \mathbb{Q}$

Доказателство:

(1)

\begin{align} f(x) \in \mathbb{Q}[x] \Longrightarrow f(x) = \frac{p_0}{q_0}x^n + \frac{p_1}{q_1}x^{n-1} + \dots + \frac{p_n}{q_n} \end{align}

Нека $B =$ НОК $(q_0, q_1, \dots, q_n)$
Тогава:

(2)

\begin{eqnarray} f(x) & = & \frac{B}{B} \left ( \frac{p_0}{q_0}x^n + \frac{p_1}{q_1}x^{n-1} + \dots + \frac{p_n}{q_n} \right ) \\ & = & \frac{1}{B} \bigg ( \underbrace{\frac{Bp_0}{q_0}}_{c_0}x^n + \underbrace{\frac{Bp_1}{q_1}}_{c_1}x^{n-1} + \dots + \underbrace{\frac{Bp_n}{q_n}}_{c_n} \bigg ) \\ & = & \frac{1}{B} \left ( c_0x^n + c_1x^{n-1} + \dots + c_n \right ), \ c_i \in \mathbb{Z} \ \forall i = 0, 1, \dots, n \end{eqnarray}

Сега, нека $d =$ НОД$(c_0, c_1, \dots, c_n)$
$\Longrightarrow c_i = dt_i, \ \forall i = 0, 1, \dots, n$ и НОД$(t_0, t_1, \dots, t_n ) = 1$

(3)

\begin{align} \Longrightarrow f(x) = \underbrace{\frac{d}{B}}_{\alpha \in \mathbb{Q}} \bigg( \underbrace{t_0x^n + t_1x^{n-1} + \dots + t_n}_{g(x)} \bigg ), \ t_i = \frac{c_i}{d} \in \mathbb{Z} \end{align}

Очевидно полиномът $g(x)$ е примарен (по "построение")

$\Longrightarrow f(x) = \alpha g(x)$ като $\alpha \in \mathbb{Q}$ и $g(x)$ е примарен. $\Box$

Лема на Гаус

Произведение на два примарни полинома с цели коефициенти е също примарен полином.

Доказателство:
Нека $f(x) = b_0x^k + b_1x^{k-1} + \dots + b_k$ и $g(x) = c_0x^s + c_1x^{s-1} + \dots + c_s$ са два примарни полинома и $\mathrm{deg}\ f = k, \ \mathrm{deg}\ g = s$

Нека $h = fg \Longrightarrow \mathrm{deg}\ h = k + s$
$\Longrightarrow h = a_0x^{k+s} + a_1x^{k+s - 1} + \dots + a_{k+s}$

Допускаме, че $h$ не е примарен.
$\Longrightarrow \exists \ p \in \mathbb{Z}$ - просто, такова, че $p | a_i, \ \forall i = 1, 2, \dots, k+s$

Сега разглеждаме следното изображение:

(4)

\begin{align} \varphi_p : \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}_p[x] \end{align}

(5)

\begin{align} \varphi_p(h) = \overline{a_0}x^{k+s} + \overline{a_1}x^{k+s - 1} + \dots + \overline{a_{k+s}} = \overline{h} \end{align}

Следните свойства са лoгични:

(6)

\begin{align} \varphi_p(u + v) = \varphi_p(u) + \varphi_p(v) \end{align}

(7)

\begin{align} \varphi_p(uv) = \varphi_p(u) \varphi_p(v) \end{align}

$\Longrightarrow \varphi_p$ е хомоморфизъм и $\varphi_p(h) = \overline{h}$

Тъй като $p$ дели всички коефициенти на $h \Longrightarrow \overline{h} = \overline{0}$ ($a_i \equiv 0 \pmod p, \ \forall i = 1, 2, \dots, k+s$)

(8)

\begin{align} \overline{0} = \overline{h} = \varphi_p (h) = \varphi_p (fg) = \overline{f} \overline{g} \Longrightarrow \overline{0} = \overline{f} \overline{g} \end{align}

Освен това, в $\mathbb{Z}_p[x]$ няма делители на нулата
$\Longrightarrow \overline{f} = \overline{0}$ или $\overline{g} = \overline{0}$, т.е. $f$ не е примарен или $g$ не е примарен. Прочиворечие.

$\Longrightarrow h$ е примарен. $\Box$

Твърдение

Нека $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ е примарен полином и $c \in \mathbb{Q}$.
Ако $cf(x) \in \mathbb{Z}[x]$, то $c \in \mathbb{Z}$.

Доказателство:
Нека $f(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_n$

$c \in \mathbb{Q} \Longrightarrow c = \frac{p}{q}, \ p,q \in \mathbb{Z}$

$cf(x) \in \mathbb{Z}[x] \Longrightarrow q | a_i, \ \forall i = 0, 1, \dots, n$

$\Longrightarrow q |$ НОД($a_0, a_1, \dots, a_n$) $\Longrightarrow q|1 \Longrightarrow q = \pm 1$

$\Longrightarrow c \in \mathbb{Z}$. $\Box$

Теорема

Нека $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$

1. $f(x)$ е разложим над $\mathbb{Q} \iff f(x)$ е разложим над $\mathbb{Z}$
2. $f(x)$ не е разложим над $\mathbb{Q} \iff f(x)$ не е разложим над $\mathbb{Z}$

Доказателство:
1.
$| \Longrightarrow |$
$f(x)$ е разложим над $\mathbb{Q} \Longrightarrow f(x) = g(x)h(x), \ g(x), h(x) \in \mathbb{Q}[x]$

$g(x) \in \mathbb{Q} \Longrightarrow \exists g_1(x) \in \mathbb{Z}[x]$ - примарен и $\alpha \in \mathbb{Q}: \ g(x) = \alpha g_1(x)$
Аналогично $h(x) = \beta h_1(x), \ h_1(x)$ - примарен и $\beta \in \mathbb{Q}$

$\Longrightarrow f(x) = g(x)h(x) = \alpha g_1(x) \beta h_1(x)$

$\Longrightarrow f(x) = \alpha \beta g_1(x) h_1(x)$
Тъй като $g_1(x)h_1(x)$ е примарен полином и $f(x) \in \mathbb{Z} \Longrightarrow \alpha \beta \in \mathbb{Z}$ (от предишното твърдение)

$\Longrightarrow f(x) = \underbrace{ \alpha \beta}_{ \in \ \mathbb{Z} } \underbrace{ g_1(x)}_{ \in \ \mathbb{Z} } \underbrace{h_1(x)}_{\in \ \mathbb{Z}}$
$\Longrightarrow f(x)$ е разложим над $\mathbb{Z}$.

$| \Longleftarrow|$
В тази посока е очевидно, защото $\mathbb{Z} \subset \mathbb{Q}$.

2.
Правим отрицанието на 1. и всичко е доказано. $\Box$

Критерий на Айзенщайн

Нека $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$
$f(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_n$

Ако съществува просто число $p$, такова, че:

1. $p \nmid a_0$
2. $p|a_1, p|a_2, \dots, p|a_n$
3. $p^2 \nmid a_n$

$\Longrightarrow f(x)$ е неразложим над $\mathbb{Q}$ (и съответно над $\mathbb{Z}$)

Доказателство:
Допускаме, че $f(x)$ се разлага над $\mathbb{Q}$, т.е $f(x)$ се разлага и над $\mathbb{Z}$

Т.е $f(x) = g(x)h(x), \ g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x], \ \mathrm{deg}\ g = k \geq 1, \ \mathrm{deg}\ h = s \geq 1$

Нека $g(x) = b_0x^k + b_1x^{k-1} + \dots + b_k$ и $h(x) = c_0x^s + c_1x^{s-1} + \dots + c_s$

Тук малко плагиатстваме от Гаус вече познатото изображение:
$\varphi_p : \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}_p[x]$
$\varphi_p(f) = \overline{a_0}x^{n} + \overline{a_1}x^{n - 1} + \dots + \overline{a_n} = \overline{f}$

Гаус вече е доказал, че $\varphi_p$ е хомоморфизъм.

$f = gh \Longrightarrow \varphi_p(f) = \varphi_p(gh) \Longrightarrow \overline{f} = \overline{g} \overline{h}$

От 2. следва, че
$p|a_i, \ \forall i = 1,2, \dots, n \Longrightarrow \overline{f} = \overline{a_0}x^n + \underbrace{\overline{a_1}}_{\overline{0}} x^{n-1} + \dots + \underbrace{\overline{a_n}}_{\overline{0}} = \overline{a_0}x^n$
$\Longrightarrow \overline{a_0}x^n = \overline{g} \overline{h}$

$\overline{g} | x^n \Longrightarrow \overline{g} = \overline{b_0}x^k \Longrightarrow p | b_i, \ \forall i = 1, 2, \dots, k$
$\overline{h} | x^n \Longrightarrow \overline{h} = \overline{c_0}x^s \Longrightarrow p | c_i, \ \forall i = 1, 2, \dots, s$

Знаем, че $a_n = b_kc_s$

Но $p | b_k$ и $p | c_s$, т.е. $p^2 | b_kc_s \Longrightarrow p^2 | a_n$, което е противоречие с 3.

$\Longrightarrow f(x)$ е неразложим над $\mathbb{Q}$. $\Box$

Footnotes

1. И че Дядо Коледа наистина съществува.