《抽象代数》第二十四章讲的是另一种常见的环：多项式环 (rings of polynomials)。环中的元素即初等代数研究的多项式 \[a(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n\] 其中，每一项的系数 \(a_i\) 都取自某个环 \(A\)。所有这样构成的多项式形成的环记作 \(A[x]\)。当 \(A\) 是含单位元的交换环（或整环）时，\(A[x]\) 也是含单位元的交换环（或整环）；当 \(A\) 是域时，\(A[x]\) 总是可以做多项式除法。

可以从另一个角度看待多项式：向环 \(A\) 中引入新元素，构成一个新环。例如 \(\newcommand\Z{\mathbb Z}\Z[i]=\{a+b\sqrt{-1} : a,b\in\Z\}\) 包含了所有的所谓 Gauss 整数；这是通过向整数环引入虚数单位 \(\sqrt{-1}\) 得到的。

A. 多项式整环的初等计算

关于记号的注解：在下列某些问题中，我们考虑以各种 \(n\) 情况下的 \(\Z_n\) 中的元素为系数的多项式。为了简化记号，记 \(\Z_n\) 中的元素为 \(1,2,\ldots,n-1\) 而不是更正确的 \(\bar 1, \bar 2, \ldots, \overline{n-1}\)。

A.1 设 \(a(x) = 2x^2+3x+1\) 且 \(b(x) = x^3+5x^2+x\)。计算 \(a(x)+b(x)\), \(a(x)-b(x)\) 和 \(a(x)b(x)\) 在 \(\Z[x]\), \(\Z_5[x]\), \(\Z_6[x]\) 和 \(\Z_7[x]\) 中的结果。

解 在 \(\Z[x]\) 中： \begin{align*} a(x)+b(x) &= x^3 + 7x^2 + x + 1\\ a(x)-b(x) &= -x^3 - 3x^2 - x + 1\\ a(x)b(x) &= 2x^5 + 13x^4 + 18x^3 + 8x^2 + x\\ \end{align*}

在 \(\Z_5[x]\) 中： \begin{align*} a(x)+b(x) &= x^3 + 2x^2 + x + 1\\ a(x)-b(x) &= 4x^3 + 2x^2 + 4x + 1\\ a(x)b(x) &= 2x^5 + 3x^4 + 3x^3 + 3x^2 + x\\ \end{align*}

在 \(\Z_6[x]\) 中： \begin{align*} a(x)+b(x) &= x^3 + x^2 + x + 1\\ a(x)-b(x) &= 5x^3 + 3x^2 + 5x + 1\\ a(x)b(x) &= 2x^5 + x^4 + 2x^2 + x\\ \end{align*}

在 \(\Z_7[x]\) 中： \begin{align*} a(x)+b(x) &= x^3 + x + 1\\ a(x)-b(x) &= 6x^3 + 4x^2 + 6x + 1\\ a(x)b(x) &= 2x^5 + 6x^4 + 4x^3 + x^2 + x\\ \end{align*}

A.2 寻找 \(x^3+x^2+x+1\) 除以 \(x^2+3x+2\) 在 \(\Z[x]\) 和 \(\Z_5[x]\) 中的商和余数。

解 在 \(\Z[x]\) 中： \[ \require{enclose} \begin{array}{r} x^{\phantom3}-2\phantom{x^2+1x+1}\,\\ x^2+3x+2\,\enclose{longdiv}{x^3+\phantom1x^2+\phantom1x+1}\\ \underline{x^3+3x^2+2x\phantom{{}+0}\,}\\ \phantom{x^3}-2x^2-\phantom1x+1\,\\ \underline{\phantom{x^3}-2x^2-6x-4\,}\\ \phantom{x^3-2x^2+{}}5x+5\mkern3mu\\ \end{array} \] 所以 \(x^3+x^2+x+1 = (x-2)(x^2+3x+2) + (5x+5)\)。

在 \(\Z_5[x]\) 中则有 \(x^3+x^2+x+1 = (x-2)(x^2+3x+2) + 0\)。

当 \(a(x) = b(x)q(x)\) 对某个 \(q(x)\) 成立时，称 \(b(x)\) 是 \(a(x)\) 的因式 (factor)，也就是说，这时 \(a(x)\) 除以 \(b(x)\) 的余数等于零。

A.4 对任意环 \(A\)，证明下列命题在 \(A[x]\) 中成立：对于奇数 \(n\)

1. \(x+1\) 是 \(x^n+1\) 的因式。
2. \(x+1\) 是 \(x^n+x^{n-1}+\cdots+x+1\) 的因式。

证明 因为当 \(n\) 是奇数时有 \[(x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}+\cdots-x+1) = x^n+1\] 所以 \(x+1\) 是 \(x^n+1\) 的因式。

另一方面，当 \(n\) 是奇数时有 \[(x+1)(x^{n-1}+x^{n-3}+\cdots+x^2+1) = x^n+x^{n-1}+\cdots+x+1\] 所以 \(x+1\) 是 \(x^n+x^{n-1}+\cdots+x+1\) 的因式。

A.5 证明下列命题：在 \(\Z_3[x]\) 中，\(x+2\) 是 \(x^m+2\) 的因式，对任意正整数 \(m\) 都成立。在 \(\Z_n[x]\) 中，\(x+(n-1)\) 是 \(x^m+(n-1)\) 的因式，对任意正整数 \(m,n\) 都成立。

证明 只证明第二个命题。取 \(n=3\) 就得到第一个命题。

在 \(\Z_n[x]\) 中，\(x+(n-1) = x-1\)，且 \(x^m+(n-1) = x^m-1\)。而 \[(x-1)(x^{m-1}+x^{m-2}+\cdots+x+1) = x^m-1\] 这说明 \(x+(n-1)\) 是 \(x^m+(n-1)\) 的因式。

A.6 证明不存在整数 \(m\) 使得 \(3x^2+4x+m\) 在 \(\Z[x]\) 中是 \(6x^4+50\) 的因式。

证明 用反证法。假设存在整数 \(m\) 使得 \(3x^2+4x+m\) 在 \(\Z[x]\) 中是 \(6x^4+50\) 的因式。 那么，商一定是 2 次多项式。设它为 \(ax^2+bx+c\)，其中 \(a,b,c\in\Z\)。那么 \[(3x^2+4x+m)(ax^2+bx+c) = 6x^4+50\] 比较两边 4 次项系数，得 \(3a = 6\)，解得 \(a=2\)。比较 3 次项系数，得 \(3b+4a=0\) 即 \(3b+8=0\)。这个方程无整数解，这和 \(b\in\Z\) 矛盾。所以假设不成立，原命题成立。

A.7 \(n\) 取什么值时，\(x^2+1\) 是 \(x^5+5x+6\) 在 \(\Z_n\) 中的因式？

解 当 \(x^2+1\) 是 \(x^5+5x+6\) 的因式时，易知商的次数为 3 并且首项系数为 1。设 \[x^5+5x+6 = (x^2+1)(x^3+ax^2+bx+c)\] 展开后比较两边系数得 \begin{align*} a &= 0\\ b+1 &= 0\\ a+c &= 0\\ b &= 5\\ c &= 6\\ \end{align*} 以上方程组成立的一个必要条件是 \(6=0\)。如果不考虑零环，这只可能在 \(\Z_2\)、\(\Z_3\) 和 \(\Z_6\) 中成立。容易验证，不论是哪种情况都有 \[(x^2+1)(x^3-x) = x^5-x = x^5+5x+6\] 成立。因此 \(n=2,3,6\)。

B. 与概念和定义相关的问题

B.3 写出 \(\Z_5\) 中的所有二次多项式。共有多少个？在 \(\Z_5\) 中有多少个三次多项式？一般地，在 \(\Z_n\) 中有多少个 \(m\) 次多项式？

解 \(\Z_5\) 中的二次多项式为 \[ax^2+bx+c\qquad a=1,2,3,4;\;b,c=0,1,2,3,4\] 共有 100 个。三次多项式共有 \(4\times5^3=500\) 个。一般地，\(\Z_n\) 中的 \(m\) 次多项式共有 \((n-1)n^m\) 个。

B.4 设 A 为整环；证明以下命题：

1. 如果 A[x] 中有 (x+1)² = x²+1，那么 A 的特征一定为 2。
2. 如果 A[x] 中有 (x+1)⁴ = x⁴+1，那么 A 的特征一定为 2。
3. 如果 A[x] 中有 (x+1)⁶ = x⁶+2x³+1，那么 A 的特征一定为 3。

证明 对于命题 1，等式左边展开并比较系数得 2=0，因此 A 的特征为 2。

对于命题 2，等式左边展开并比较系数得 4=0 且 6=0。因此 A 的特征一定是它们的公因数，所以是 2。

对于命题 3，等式左边展开并比较系数得 6=0 且 15=0。因此 A 的特征一定是它们的公因数，所以是 3。

C. 当 A 不是整环时的环 A[x]

C.6 证明当 A 是整环时，A[x] 中可逆的元素只有常数多项式，并且常数在 A 中可逆。然后证明在 ℤ₄[x] 中任意次数的多项式都有可逆的。

证明 A[x] 中的可逆元素须满足 a(x)b(x) = 1。两边取次数得 deg a(x) + deg b(x) = 0。因此只能是 deg a(x) = deg b(x) = 0，即 a(x) 和 b(x) 都是常数多项式。设常数分别为 a₀ 和 b₀，那么满足 a₀b₀ = 1 的必然是 A 中的可逆元素。

在 ℤ₄ 中，对于任意的次数 n，多项式 1+2xⁿ 是可逆的，并且逆元就是它本身。

D. 当 A 的特征有限是的整环 A[x]

在下面的问题中，设 A 是整环。

D.4 证明如果 \(A\) 的特征是 \(p\)，那么在 \(A[x]\) 中有 \((x+c)^p = x^p + c^p\)。

证明 等式左边 \(x^k\) 项的系数是 \({p \choose k}\cdot c^{p-k}\)，即 \(p\) 个因式中选 \(k\) 个取 \(x\) 的系数，其余取 \(c\)。参考第二十章的定理 3，可以证明当 \(1\le k\le p-1\) 时，\(p\choose k\) 是 \(p\) 的倍数，从而对应的项都等于零。因此只剩下 \(k=0,p\) 时的两项，所以和为 \(x^p+c^p\)。

D.5 解释为什么以下“证明”是错误的：因为对任意 \(a,c\in A\) 有 \((a + c)^p = a^p + c^p\)，所以在 \(A[x]\) 中有 \((x+c)^p = x^p + c^p\)。

答 首先，\(A[x]\) 中的多项式并不要求 \(x\in A\)。这已经说明“证明”是谬误的。另外，即便两个多项式在定义域内处处相等，也不意味着它们是相等的多项式。例如 \(x(x-1)(x-2)+1\) 和 \(1\) 在 \(\Z_3\) 中处处相等，但它们的次数不同，因此不是相等的多项式。

D.6 使用 D.4 的结论证明如果 \(A\) 的特征是 \(p\)，那么 \([a(x)+b(x)]^p = a(x)^p + b(x)^p\) 对任意 \(a(x), b(x)\in A[x]\) 都成立。并基于此证明 \[(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)^p = a_0^p + a_1^px^p + \cdots + a_n^px^{np}\]

证明 因为 \(A\) 的特征是 \(p\)，所以在 \(A[x]\) 中有 \(p\cdot 1 = 0\)，从而 \(A[x]\) 的特征也是 \(p\)。使用第二十章定理 3 可知，对于任意 \(a(x),b(x)\in A[x]\) 都有 \[ [a(x)+b(x)]^p = a(x)^p + b(x)^p \] 运用数学归纳法可以推广到任意个多项式的情况（过程略）： \[ [u_0(x)+u_1(x)+\cdots+u_n(x)]^p = u_0(x)^p + u_1(x)^p + \cdots + u_n(x)^p \] 在上式中令 \(u_i(x) = a_ix^i\) 即得要证明的等式。

E. A[x] 中的子环和理想

E.3 设 S 是 A[x] 中所有奇次项系数等于零的多项式的集合。证明 S 是 A[x] 的子环。为什么把“奇”换成“偶”则不成立？

证明 首先 S 非空（含有常数多项式）。如果多项式 a(x),b(x) ∈ A[x] 的奇次项系数都等于零，那么它们只含有 x 的偶次项（包括常数项）。因此，它们的差和积中也只含有 x 的偶次项，即奇次项系数等于零。这说明 S 对减法和乘法封闭。所以 S 是 A[x] 的子环。

反过来，如果 a(x) 和 b(x) 只含有 x 的奇次项，则它们的乘积将含有偶数次项。这意味着这样的集合对乘法不封闭，因此不是子环。

E.4 设 J 包含 A[x] 中所有常数项等于零的元素。证明 J 是 A[x] 的理想。

证明 首先 J 非空（含有零多项式）。如果多项式 a(x),b(x) ∈ J，即它们的常数项等于零，那么它们的差的常数项也等于零。这说明 J 对减法封闭。

如果 a(x) ∈ J，那么对于任意 u(x) ∈ J，a(x)u(x) 的常数项等于零。这说明 J 在 A[x] 中吸收乘法。

因此，J 是 A[x] 的理想。

E.5 设 \(J\) 包含 \(A[x]\) 中所有如下形式的多项式：\(a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n\)，其中 \(a_0+a_1+\cdots+a_n=0\)。证明 \(J\) 是 \(A[x]\) 的理想。

证明 显然 \(J\) 非空。设 \(J\) 中的两个多项式 \(a(x) = \sum_{k=0}^n a_kx^k\)，\(b(x) = \sum_{k=0}^m b_kx^k\)。则它们的差的系数之和为 \[\underbrace{\sum_{k=0}^n a_k}_{=0}-\underbrace{\sum_{k=0}^m b_k}_{=0}=0\] 这说明 \(J\) 对减法封闭。

对于任意 \(A[x]\) 中的多项式 \(u(x) = \sum_{k=0}^r u_kx^k\)，\(a(x)u(x)\) 的系数之和为 \[\biggl(\underbrace{\sum_{k=0}^n a_k}_{=0}\biggr)\biggl(\sum_{k=0}^r u_k\biggr) = 0\] （一种取巧的办法是代入 \(x=1\) 即得系数之和。） 这说明 \(J\) 在 \(A[x]\) 中吸收乘法。

因此，\(J\) 是 \(A[x]\) 的理想。

注 实际上存在同态 \(h\colon A[x] \to A\)。对于任意 \(a(x) = \sum_{k=0}^n a_kx^k\)，定义 \(h[a(x)] = \sum_{k=0}^n a_k\)。而 \(J\) 就是 \(h\) 的核。

F. 多项式整环的同态

设 \(A\) 是整环。

F.1 设 \(h\colon A[x]\to A\) 将每个多项式映射为它的常数项；即 \[h(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) = a_0\] 证明 \(h\) 是 \(A[x]\) 到 \(A\) 的满同态，并描述它的核。

证明 对任意 \(a(x),b(x)\in A[x]\)，不难验证 \(h(a(x)+b(x)) = h(a(x)) + h(b(x))\) 以及 \(h(a(x)b(x)) = h(a(x))h(b(x))\)。因此，\(h\) 是同态。对于任意 \(c_0\in A\)，都有常数多项式 \(c(x) = c_0\) 满足 \(h(c(x)) = c_0\)。因此，\(h\) 是满射。

它的核就是所有常数项为零的多项式构成的集合。

F.2 解释为什么 F.1 的核包含所有的乘积 \(xa(x)\)，其中 \(a(x)\in A[x]\) 是任意的多项式。为什么它和 \(A[x]\) 中的主理想 \(\langle x \rangle\) 是一样的？

答 因为一次多项式 \(x=x+0\) 的常数项为零。按照多项式乘法的定义，它和任意多项式 \(a(x)\) 相乘，积 \(xa(x)\) 的常数项也是零。反过来，对于任意常数项为零的多项式，按乘法分配律提取公因式 \(x\) 就可以写成 \(xa(x)\) 的形式。所以 \(\mathop{\rm ker} h = \{xa(x) : a(x) \in A[x]\}\)。根据主理想的定义，这就是主理想 \(\langle x\rangle\)。

F.3 使用 F.1 和 F.2 解释为什么 \(A[x]/\langle x\rangle \cong A\)。

答 因为 \(h\colon A[x]\to A\) 是满同态，且 \(\langle x\rangle\) 是它的核。根据同态基本定理有 \(A[x]/\langle x\rangle \cong A\)。

F.5 如果 \(c\in A\)，定义 \(h\colon A[x]\to A[x]\) 为 \(h(a(x)) = a(cx)\)，即 \[h(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) = a_0+a_1cx+a_2c^2x^2 + \cdots + a_nc^nx^n\] 证明 \(h\) 是同态并描述它的核。

证明 设 \(A[x]\) 中的多项式 \(a(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k\)，\(b(x)=\sum_{k=0}^m b_kx^k\)。不失一般性，设 \(n \le m\) 并规定当 \(n < k\le m\) 时 \(a_k = 0\)。那么 \begin{align*} h(a(x)+b(x)) &= h\left(\sum_{k=0}^m (a_k+b_k)x^k\right) \\ &= \sum_{k=0}^m (a_k+b_k)c^kx^k\\ &= \sum_{k=0}^m a_kc^kx^k + \sum_{k=0}^m a_kc^kx^k\\ &= h(a(x)) + h(b(x))\\ h(a(x)b(x)) &= h\left(\sum_{k=0}^m \left(\sum_{i+j=k} a_ib_j\right) x^k\right) \\ &= \sum_{k=0}^m \left(\sum_{i+j=k} a_ib_j\right) c^kx^k \\ &= \sum_{k=0}^m \left(\sum_{i+j=k} a_ic^i b_jc^j\right) x^k \\ &= \left(\sum_{k=0}^m a_kc^kx^k\right)\left(\sum_{k=0}^m a_kc^kx^k\right)\\ &= h(a(x))h(b(x)) \end{align*} 所以 \(h\) 是同态。当 \(c\ne 0\) 时，它的核是 \(\{0\}\)；当 \(c=0\) 时，它的核是所有常数项为零的多项式构成的集合。

F.6 如果 \(h\) 是 F.5 中的同态，证明 \(h\) 是自同构（从 \(A[x]\) 到他本身的同构）当且仅当 \(c\) 是可逆的。

证明

（充分性）当 \(c\) 可逆时，可以定义 \[h^{-1}(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) = a_0+a_1c^{-1}x+a_2c^{-2}x^2 + \cdots + a_nc^{-n}x^n\] 不难验证对于任意 \(a(x)\in A[x]\)，都存在 \(\hat a(x) = h^{-1}(a(x)) \in A[x]\) 使得 \(h(\hat a(x)) = a(x)\)。所以 \(h\) 是满射。

又因为 \(h^{-1}(h(a(x))) = a(x)\) 对任意 \(a(x)\in A[x]\) 都成立。当 \(h(a(x)) = h(b(x))\) 时，两边应用 \(h^{-1}\) 得 \(a(x) = b(x)\)。所以 \(h\) 是单射。

综上所述，\(h\) 是 \(A[x]\to A[x]\) 的双射，因此是自同构。

（必要性）当 \(h\) 是自同构时，\(h\) 是满射，所以 \(h(A[x]) = A[x]\)。因此 \(x\in h(A[x])\)。这说明存在 \(a(x)\in A[x]\) 使得 \(h(a(x)) = x\)，即 \[a_0+a_1cx+a_2c^2x^2 + \cdots + a_nc^nx^n = x\] 比较两边系数得 \(a_1c = 1\)。这说明 \(c\) 可逆，并且逆元是 \(a_1\)。