《抽象代数》第二十五章研究多项式的因式分解。常见的多项式环 ℚ[x]、ℝ[x] 和 ℂ[x] 都可以放到一般的 F[x] 中研究，其中 F 是域。

和整数类似，域上的多项式也可以做带余除法：a(x) = b(x)q(x) + r(x)，其中 r(x)=0 或者 deg r(x) < deg b(x)。因此，F[x] 和整数环 ℤ 有很多类似的性质；它们属于同一类特殊的环，按特殊到一般的顺序列举如下：

• 可以做带余除法的整环是欧几里得整环 (Euclidean domain)，由此可以推出任意理想都由其中次数最小的元素生成，因此是主理想。
• 理想都是主理想的整环是主理想整环 (Principal ideal domain, PID)。主理想整环中可以推导出 Bézout 引理和欧几里得引理，进一步可以证明唯一分解定理。
• 唯一分解定理成立的整环是唯一分解整环 (Unique factorization domain, UFD)。

A. 分解为不可约因式的例子

A.1 将 \(x^4-4\) 在 \(\mathbb Q\)、\(\mathbb R\) 和 \(\mathbb C\) 中分解因式。

解 \begin{align*} x^4-4 &= (x^2+2)(x^2-2) &(\mathbb Q) \\ &= (x^2+2)(x+\sqrt2)(x-\sqrt2) &(\mathbb R) \\ &= (x+\sqrt{-2})(x-\sqrt{-2})(x+\sqrt2)(x-\sqrt2) &(\mathbb C) \\ \end{align*}

A.2 将 \(x^6-16\) 在 \(\mathbb Q\)、\(\mathbb R\) 和 \(\mathbb C\) 中分解因式。

解 \begin{align*} x^6-16 &= (x^3+4)(x^3-4) &(\mathbb Q) \\ &= (x+\alpha)(x-\alpha x+\alpha^2)(x-\alpha)(x+\alpha x +\alpha^2) &(\mathbb R) \\ &= (x+\alpha)(x-\alpha\omega)(x-\alpha\bar\omega)(x-\alpha)(x+\alpha\omega)(x+\alpha\bar\omega) &(\mathbb C) \\ \end{align*} 其中 \[\alpha = \sqrt[3]{4},\quad \omega,\bar\omega = \frac{1\pm\sqrt{-3}}{2}\]

A.4 证明 \(x^2+2\) 在 \(\mathbb Z_5[x]\) 中不可约。然后将 \(x^4-4\) 在 \(\mathbb Z_5[x]\) 中分解为不可约多项式。

解 假设 \(x^2+2 = (x+a)(x+b)\)，比较两边系数得 \begin{align*} a+b\equiv 0\pmod 5\\ ab\equiv 2\pmod 5 \end{align*} 消去 \(b\) 得 \(a^2 \equiv 3 \pmod 5\)。这是不可能的，因为平方数模 5 只可能是 0, 1 或 4。所以 \(x^2+2\) 在 \(\mathbb Z_5[x]\) 中不可约。

同理，\(x^2+3\) 在 \(\mathbb Z_5[x]\) 中也不可约。因此有 \[x^4-4 = (x^2+2)(x^2+3)\]

A.5 在 \(\mathbb Z_5[x]\) 中分解 \(2x^3+4x+1\)。

解 \[2x^3+4x+1 = (x+3)(x+1)^2\]

C. 有限域上的不可约二次多项式的个数

C.1 不通过枚举，确定 \(\mathbb Z_5[x]\) 上有多少个可约二次首一多项式。

解 可约二次首一多项式一定可以分解为 \((x+a)(x+b)\)，其中 \(a,b\in \mathbb Z_5\)。因为因子的次序不改变多项式，所以不失一般性，设 \(a \le b\)。这样的组合 \((a,b)\) 共有 \(1+2+3+4+5 = 15\) 个。

C.2 在 \(\mathbb Z_5[x]\) 中有多少个可约二次多项式？多少个不可约二次多项式？

解 可约二次多项式都可以写成非零元素乘某个可约二次首一多项式，而非零元素有 \(4\) 个，所以可约二次多项式共有 \(4\times 15 = 60\) 个。二次多项式共有 \(4\times5^2=100\) 个，因此不可约的有 \(100-60=40\) 个。

C.3 推广：\(n\) 元有限域上的多项式环里有多少个不可约二次多项式？

解 二次首一多项式共有 \(n^2\) 个。其中，可约的有 \(\binom{n+1}{2}\) 个，不可约的有 \(\binom{n}{2}\) 个。

因此可约的二次多项式共有 \((n-1)\binom{n+1}{2}\) 个；不可约的有 \((n-1)\binom{n}{2}\) 个。

C.4 \(n\) 元有限域上的多项式环里有多少个不可约三次多项式？

解 可约的三次首一多项式有两种情况：

1. \((x+a)(x+b)(x+c)\)，其中 \(a,b,c \in F_n\)。即在 \(n\) 个元素中取 \(3\) 个（可以重复）构成不计顺序的组合。根据计数原理的知识，共有 \(\binom{n+3-1}{3} = \binom{n+2}{3}\) 个。
2. \((x+a)(x^2+bx+c)\)，其中 \(x^2+bx+c\) 是不可约的首一多项式，由 C.2 知共有 \(\binom{n}{2}\) 个。而 \(a\) 有 \(n\) 种选择，因此这种情况下共有 \(n\binom{n}{2}\) 个可约三次多项式。

因此，可约的三次首一多项式共有 \(\binom{n+2}{3} + n\binom{n}{2}\) 个。因此不可约的三次多项式的个数为 \[(n-1)\left[n^3 - \binom{n+2}{3} - n\binom{n}{2}\right] = 2(n-1)\binom{n+1}{3}\]

D. 多项式整环的理想

设 F 是域，并设 J 是 F[x] 的理想。证明 1–4。

D.1 J 的任意两个生成元都相伴 (are associates)。

证明 设 J = ⟨a(x)⟩ = ⟨b(x)⟩。因为 F[x] 的理想都是主理想，所以 J 中的每个元素都可以被 a(x) 和 b(x) 整除。由此可知 a(x) | b(x) 并且 b(x) | a(x)，即 a(x) 和 b(x) 相伴。

D.2 J 有唯一的首一生成元 m(x)。任意多项式 a(x) ∈ F[x] 在 J 中当且仅当 m(x) | a(x)。

证明 这里不考虑零理想的情况。

（存在性）设 a(x) 是 J 的生成元，并且最高次项系数是 a_n ≠ 0。那么令 m(x) = (1/a_n)a(x) 就得到了首一生成元。

（唯一性）设 m(x) 和 m’(x) 都是 J 的首一生成元。根据 D.1 知它们相伴。于是存在 c ∈ F 使得 m(x) = cm’(x)。比较最高次项系数得 c = 1，所以 m(x) = m’(x)。

D.3 J 是素理想当且仅当它有一个不可约生成元。

证明 F[x] 中的不可约多项式对应 ℤ 中的素数。仿照第二十二章习题 G.1 的证明即可。

D.4 如果 p(x) 不可约，那么 ⟨p(x)⟩ 是 F[x] 的极大理想。

证明 仿照第二十二章习题 G.2 的证明即可。

D.5 设 S 是多项式环 F[x] 中所有系数和等于 0 的多项式构成的集合。第二十四章习题 E.5 已经证明了 S 是 F[x] 的理想。证明 x-1 ∈ S，并解释为什么 S = ⟨x-1⟩。

证明 因为多项式 x-1 的系数和为零，所以 x-1 ∈ S。有本章定理 1 可知当 S 有非零元时，其中次数最小的就是生成元。因为次数为 0 的多项式都是非零常数，所以都不在 S 中。所以，x-1 是一次多项式，一定是 S 中次数最小的。所以 x-1 是 S 的生成元，即 S = ⟨x-1⟩。

D.6 根据 D.5 做出结论 F[x] / ⟨x-1⟩ ≅ F。

证明 存在同态 h: F[x]→F，定义为 h(a₀+a₁x+…+a_nxⁿ) = a₀+a₁+…+a_n。 因为 S = ⟨x-1⟩ 是 h 的核，根据同态基本定理即可得到 F[x] / ⟨x-1⟩ ≅ F。

F. 一个计算最大公因式的方法

设 \(a(x)\) 和 \(b(x)\) 是正次数的多项式。根据带余除法，有 \[a(x) = b(x)q_1(x) + r_1(x)\]

F.1 证明每个 \(a(x)\) 和 \(b(x)\) 的公因式都是 \(b(x)\) 和 \(r_1(x)\) 的公因式。

证明 设公因式 \(u(x)\) 满足 \(k_1(x)u(x) = a(x)\) 且 \(k_2(x)u(x) = b(x)\)，那么 \(r_1(x) = (k_1(x)-q_1(x)k_2(x))u(x)\)。因此 \(u(x)\mid r_1(x)\)。这说明 \(u(x)\) 是 \(b(x)\) 和 \(r_1(x)\) 的公因式。

由 F.1 可知，\(a(x)\) 和 \(b(x)\) 的最大公因式等于 \(b(x)\) 和 \(r_1(x)\) 的最大公因式。这个过程可以对 \(b(x)\) 和 \(r_1(x)\) 重复： \[b(x) = r_1(x)q_2(x) + r_2(x)\] 然后 \begin{align*} r_1(x) &= r_2(x)q_3(x) + r_3(x)\\ &\vdots\\ r_{n-1}(x) &= r_n(x)q_{n+1}(x) + 0\\ \end{align*} 也就是说，我们可以不断地用前一次的余式除以后一次的余式。因为余式的次数是递减的，它最终会变为零。但已经知道 \[\gcd[a(x),b(x)] = \gcd[b(x),r_1(x)] = \cdots = \gcd[r_{n-1}(x), r_n(x)]\] 并且因为 \(r_n(x)\) 是 \(r_{n-1}(x)\) 的因式，它一定是 \(r_n(x)\) 和 \(r_{n-1}(x)\) 的最大公因式。于是， \[r_n(x) = \gcd[a(x),b(x)]\] 这个方法称为寻找最大公因式的欧几里得算法 (euclidean algorithm)。

F.2 寻找 \(x^3+1\) 和 \(x^4+x^3+2x^2+x-1\) 的最大公因式。用这两个多项式的线性组合表达最大公因式。

解 采用欧几里得算法： \begin{align*} x^4+x^3+2x^2+x-1 &= (x^3+1)(x+1) + 2(x^2-1)\tag1\\ x^3+1 &= (x^2-1)(x) + (x+1)\tag2\\ x^2-1 &= (x+1)(x-1) + 0\\ \end{align*} 联立 \((1)(2)\) 并消去 \(x^2-1\) 得 \[x+1 = (\tfrac12x^2+\tfrac12x+1)(x^3+1) - (\tfrac12x)(x^4+x^3+2x^2+x-1)\]