9.3 多项式环是唯一分解整环

是唯一分解整环的多项式环

我们在命题1中已经看到，如果 $R$ 是一个整环，那么 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 也是一个整环。此外，这样一个 $R$ 可以嵌入到它的分式域中 $F$（第7.5节的定理15），因此 $R\left\lbrack x\right\rbrack \subseteq F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个子环，$F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个欧几里得域（因此是一个主理想整环和一个唯一分解整环）。许多针对 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 的计算可以通过在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中进行，代价是允许分数系数。这立即引出了一个问题，即如何在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中进行的计算（如多项式的分解）能够用来为 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 提供信息。

例如，假设 $p\left( x\right)$ 是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 的一个多项式。由于 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个唯一分解整环，我们可以将 $p\left( x\right)$ 唯一地分解为 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约元的乘积。自然地，我们会问是否也能在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中做同样的事情，即 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 是否是一个唯一分解整环？一般来说，答案是否定的，因为如果 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个唯一分解整环，那么常数多项式必须唯一地分解为 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的不可约元，其必然是0次，因为乘积的次数相加，即 $R$ 本身必须是一个唯一分解整环。因此，如果 $R$ 是一个不是唯一分解整环的整环，那么 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 不能是一个唯一分解整环。另一方面，结果是，如果 $R$ 是一个唯一分解整环，那么 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 也是一个唯一分解整环。证明这个结论的方法是先在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中唯一分解，然后“清除分母”以在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中获得唯一分解。使这一点精确的第一步是比较 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中多项式的分解与 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的分解。

命题 5.（高斯引理）

设 $R$ 是一个唯一分解整环，其分式域为 $F$，并且设 $p\left( x\right) \in R\left\lbrack x\right\rbrack$。如果 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中可约，那么 $p\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也可约。更准确地说，如果 $p\left( x\right) = A\left( x\right) B\left( x\right)$ 对于某些非常数多项式 $A\left( x\right) ,B\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$，那么存在非零元素 $r,s \in F$ 使得 ${rA}\left( x\right) = a\left( x\right)$ 和 ${sB}\left( x\right) = b\left( x\right)$ 都位于 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，并且 $p\left( x\right) = a\left( x\right) b\left( x\right)$ 是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的一个因式分解。

证明：方程 $p\left( x\right) = A\left( x\right) B\left( x\right)$ 右边的多项式的系数是域 $F$ 中的元素，因此是唯一分解整环 $R$ 中元素的商。将这些系数乘以它们的公共分母，我们得到一个方程 ${dp}\left( x\right) = {a}^{\prime }\left( x\right) {b}^{\prime }\left( x\right)$ ，现在 ${a}^{\prime }\left( x\right)$ 和 ${b}^{\prime }\left( x\right)$ 是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 的元素，而 $d$ 是 $R$ 中的非零元素。如果 $d$ 是 $R$ 中的单位，那么命题对于 $a\left( x\right) = {d}^{-1}{a}^{\prime }\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right) = {b}^{\prime }\left( x\right)$ 成立。假设 $d$ 不是单位，并将其写成 $R$ 中不可约元的乘积，例如 $d = {p}_{1}\cdots {p}_{n}$ 。由于 ${p}_{1}$ 在 $R$ 中是不可约的，理想 $\left( {p}_{1}\right)$ 是素理想（参见命题 12，第 8.3 节），因此根据上述命题 2，理想 ${p}_{1}R\left\lbrack x\right\rbrack$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是素理想，$\left( {R/{p}_{1}R}\right) \left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个整环。将方程 ${dp}\left( x\right) = {a}^{\prime }\left( x\right) {b}^{\prime }\left( x\right)$ 对 ${p}_{1}$ 取模，我们在这个整环中得到方程 $0 = \overline{{a}^{\prime }\left( x\right) }\;\overline{{b}^{\prime }\left( x\right) }$（横杠表示这些多项式在商环中的像），因此这两个因子之一，比如说 $\overline{{a}^{\prime }\left( x\right) }$ 必须为 0。但这意味着 ${a}^{\prime }\left( x\right)$ 的所有系数都可以被 ${p}_{1}$ 整除，因此 $\frac{1}{{p}_{1}}{a}^{\prime }\left( x\right)$ 也有在 $R$ 中的系数。换句话说，在方程 ${dp}\left( x\right) = {a}^{\prime }\left( x\right) {b}^{\prime }\left( x\right)$ 中，我们可以从左边 $d$ 中消去一个 ${p}_{1}$ 的因子，以及从右边的 ${a}^{\prime }\left( x\right)$ 或 ${b}^{\prime }\left( x\right)$ 中消去一个因子，仍然得到一个在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的方程。但现在左边 $d$ 的因子少了一个不可约因子。用同样的方法处理 $d$ 的其余因子，我们可以将 $d$ 的所有因子消去进入右边的两个多项式中，得到一个方程 $p\left( x\right) = a\left( x\right) b\left( x\right)$ ，其中 $a\left( x\right) ,b\left( x\right) \in R\left\lbrack x\right\rbrack$ 和 $a\left( x\right) ,b\left( x\right)$ 分别是 $F$ 的 $A\left( x\right) ,B\left( x\right)$ 倍。这完成了证明。

请注意，我们不能证明 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$ 必然是 $R$ -$A\left( x\right)$ 的倍数和 $B\left( x\right)$ 的倍数，分别，因为例如，我们可以将 ${x}^{2}$ 在 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中分解为 $A\left( x\right) = {2x}$ 和 $B\left( x\right) = \frac{1}{2}x$ 的乘积，但没有 $A\left( x\right)$ 和 $B\left( x\right)$ 的整数倍能给出 ${x}^{2}$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的分解。

环 $R$ 的元素在唯一分解整环 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中成为单位元（$F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的单位元是 $F$ 的非零元素）。例如，${7x}$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中分解为两个不可约元的乘积：7 和 $x$（因此 ${7x}$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不是不可约的），而 ${7x}$ 是 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中单位元 7 乘以不可约元 $x$（因此 ${7x}$ 在 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的）。以下推论表明，这基本上是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的不可约元素与 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的不可约元素之间的唯一区别。

推论 6

设 $R$ 是一个唯一分解整环，$F$ 是其分式域，设 $p\left( x\right) \in R\left\lbrack x\right\rbrack$ 。假设 $p\left( x\right)$ 系数的最大公约数为 1。那么 $p\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约当且仅当它在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约。特别地，如果 $p\left( x\right)$ 是首一多项式且在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约，那么 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也是不可约的。

证明：根据上述高斯引理，如果 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中可约，那么它在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也可约。反之，关于 $p\left( x\right)$ 系数的最大公约数的假设意味着如果它在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中可约，那么 $p\left( x\right) = a\left( x\right) b\left( x\right)$ ，其中 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$ 都不是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的常数多项式。这个相同的因式分解表明 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中可约，从而完成了证明。

定理 7

$R$ 是唯一分解整环当且仅当 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 是唯一分解整环。

证明：我们上面已经指出，$R\left\lbrack x\right\rbrack$ 一个唯一分解整环迫使 $R$ 成为一个唯一分解整环。假设反过来 $R$ 是一个唯一分解整环，$F$ 是它的分式域，$p\left( x\right)$ 是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 的一个非零元素。设 $d$ 为 $p\left( x\right)$ 系数的最大公约数，因此 $p\left( x\right) = d{p}^{\prime }\left( x\right)$，其中 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 系数的最大公约数为 1。$p\left( x\right)$ 的这种分解在 $d$ 的变化（即在 $R$ 的单位变化）下是唯一的，并且由于 $d$ 可以在 $R$ 中唯一地分解为不可约元素（这些在更大的环 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也是不可约的），因此足以证明 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 可以在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中唯一地分解为不可约元素。因此我们可以假设 $p\left( x\right)$ 系数的最大公约数为 1。我们还可以进一步假设 $p\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不是一个单位，即次数 $p\left( x\right) > 0$。

由于 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个唯一分解整环，$p\left( x\right)$ 可以在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中唯一地分解为不可约元素。根据高斯引理，这样的分解意味着在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中存在 $p\left( x\right)$ 的一个分解，其因子是 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中因子的 $F$ 倍数。由于 $p\left( x\right)$ 系数的最大公约数是 1，那么这些因子中每个因子的系数的最大公约数也必须是 1。根据推论 6，这些因子中的每一个在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中都是不可约的。这表明 $p\left( x\right)$ 可以写成 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约元素的有限乘积。

$p\left( x\right)$ 的分解的唯一性来源于 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中分解的唯一性。假设

是 $p\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的两个不可约因子的分解。由于 $p\left( x\right)$ 系数的最大公约数是 1，因此上述每个不可约因子也是如此 - 特别是，每个因子都有正次数。根据推论 6，每个 ${q}_{i}\left( x\right)$ 和 ${q}_{i}^{\prime }\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。由于 $F\left\lbrack x\right\rbrack ,r = s$ 中的唯一分解性，并且可能经过重新排列，对于所有 $i \in \{ 1,\ldots ,r\}$，${q}_{i}\left( x\right)$ 和 ${q}_{i}^{\prime }\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是伴随的。剩下要证明的是它们在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也是伴随的。由于 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的单位恰好是 ${F}^{ \times }$ 的元素，我们需要考虑当 $q\left( x\right) = \frac{a}{b}{q}^{\prime }\left( x\right)$ 对于某些 $q\left( x\right) ,{q}^{\prime }\left( x\right) \in R\left\lbrack x\right\rbrack$ 和 $R$ 中的非零元素 $a,b$ 时，其中 $q\left( x\right)$ 和 ${q}^{\prime }\left( x\right)$ 的系数的最大公约数是 1。在这种情况下 ${bq}\left( x\right) = a{q}^{\prime }\left( x\right)$；左边系数的最大公约数是 $b$，右边系数的最大公约数是 $a$。由于在唯一分解整环中，非零多项式系数的最大公约数是唯一的，直到单位，$a = {ub}$ 对于 $R$ 中的某个单位 $u$。因此 $q\left( x\right) = u{q}^{\prime }\left( x\right)$，所以 $q\left( x\right)$ 和 ${q}^{\prime }\left( x\right)$ 在 $R$ 中也是伴随的。这完成了证明。

推论 8

如果 $R$ 是一个唯一分解整环，那么在任意数量的变量上的多项式环，其系数在 $R$ 中，也是一个唯一分解整环。

证明：对于有限多个变量，这可以通过从定理7的归纳得出，因为一个$n$变量的多项式环可以被视为一个变量的多项式环，其系数在$n - 1$变量的多项式环中。一般情况遵循任意数量变量的多项式环的定义，即有限多个变量的多项式环的并集。

示例

(1) $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack ,\mathbb{Z}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$等是唯一分解整环。环$\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$给出了一个不是主理想整环的唯一分解整环的例子。

(2) 同样，$\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack ,\mathbb{Q}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$等是唯一分解整环。

我们之前看到，如果$R$是一个唯一分解整环，其分式域为$F$，且$p\left( x\right) \in R\left\lbrack x\right\rbrack$，那么我们可以将$p\left( x\right)$的系数的最大公约数$d$提取出来，得到$p\left( x\right) = d{p}^{\prime }\left( x\right)$，其中${p}^{\prime }\left( x\right)$在$R\left\lbrack x\right\rbrack$和$F\left\lbrack x\right\rbrack$中都是不可约的。现在假设$R$是一个任意的整环，其分式域为$F$。在$R$中，最大公约数的概念可能没有意义，然而人们仍然可以问，比如说，在$R\left\lbrack x\right\rbrack$中不可约的首一多项式是否在$F\left\lbrack x\right\rbrack$中仍然不可约（即，是否命题6的最后一个陈述是正确的）。

首先注意，如果一个首项系数为1的多项式 $p\left( x\right)$ 是可约的，那么它必须在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中有一个分解 $p\left( x\right) = a\left( x\right) b\left( x\right)$，其中 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$ 都是首项系数为1的非常数多项式（回想一下 $p\left( x\right)$ 的首项是因子的首项的乘积，所以 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$ 的首项系数都是单位元——因此我们可以安排这些系数为1）。换句话说，一个非常数首项系数为1的多项式 $p\left( x\right)$ 是不可约的当且仅当它不能分解为两个首项系数为1的较小次数多项式的乘积。

我们现在看到，对于任意整环 $R$ 和 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的首项系数为1的不可约多项式 $p\left( x\right)$，$p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的这个命题是不成立的。例如，设 $R = \mathbb{Z}\left\lbrack {2i}\right\rbrack = \{ a + {2bi} \mid a,b \in \mathbb{Z}\}$ （复数的子环）并且设 $p\left( x\right) = {x}^{2} + 1$ 。那么 $R$ 的分式域是 $F = \{ a + {bi} \mid a,b \in \mathbb{Q}\}$ 。多项式 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack : {x}^{2} + 1 = \left( {x - i}\right) \left( {x + i}\right)$ 中唯一地分解为两个线性因子的乘积，因此特别是 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是可约的。这两个因子都不在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中（因为 $i \notin R)$ 所以 $p\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的）。特别是，根据推论6，$\mathbb{Z}\left\lbrack {2i}\right\rbrack$ 不是一个唯一分解整环。