9.4 不可约性准则

不可约性准则

如果 $R$ 是一个唯一分解整环，那么根据推论8，任何以 $R$ 为系数的多项式环也是一个唯一分解整环。因此，确定此类多项式环中的不可约元素，特别是在环 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，是很有意义的。在单变量情况下，如果一个非常数首一多项式在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约，那么它不能被分解为两个其他低次数多项式的乘积。确定一个多项式是否有因子通常是很难验证的，特别是对于多个变量的高次多项式。不可约性准则的目的是为了提供一个更容易的机制，以确定某些类型的多项式何时是不可约的。

在大多数情况下，我们限制关注系数环为唯一分解整环的单变量多项式。根据高斯引理，只需考虑在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的分解，其中 $F$ 是 $R$ 的分式域（尽管我们偶尔也会考虑当系数环仅为一个整环时的不可约性问题）。下一个命题考虑是否存在一次因子（线性因子）的情况。

命题9

设 $F$ 是一个域，令 $p\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 。那么 $p\left( x\right)$ 有一个一次因子当且仅当 $p\left( x\right)$ 在 $F$ 中有一个根，即存在一个 $\alpha \in F$ 使得 $p\left( \alpha \right) = 0$ 。

证明：如果 $p\left( x\right)$ 有一个一次因子，那么由于 $F$ 是一个域，我们可以假设这个因子是首一的，即形式为 $\left( {x - \alpha }\right)$ 的某个 $\alpha \in F$ 。但是然后 $p\left( \alpha \right) = 0$ 。反过来，假设 $p\left( \alpha \right) = 0$ 。根据 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的除法算法，我们可以写出

其中 $r$ 是一个常数。由于 $p\left( \alpha \right) = 0,r$ 必须为 0，因此 $p\left( x\right)$ 有 $\left( {x - \alpha }\right)$ 作为因子。

命题 9 为小度数多项式不可约性的一个准则：

命题 10

如果一个二次或三次多项式在域 $F$ 上可约，当且仅当它在 $F$ 中有一个根。

证明：这直接从前一个命题得出，因为一个二次或三次多项式当且仅当它至少有一个线性因子时才是可约的。

下一个结果限制了具有整数系数的多项式根的可能性（为了方便起见，它被陈述为 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ ，尽管它显然可以推广到 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ ，其中 $R$ 是任何唯一分解整环）。

命题 11

设 $p\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{0}$ 是一个次数为 $n$ 的具有整数系数的多项式。如果 $r/s \in \mathbb{Q}$ 是最简形式（即 $r$ 和 $s$ 是互质的整数）且 $r/s$ 是 $p\left( x\right)$ 的一个根，那么 $r$ 能整除常数项，$s$ 能整除 $p\left( x\right) : r \mid {a}_{0}$ 的首项系数 $s \mid {a}_{n}$ 。特别地，如果 $p\left( x\right)$ 是一个首项系数为 1 的具有整数系数的多项式，并且对于所有整除 $p\left( x\right)$ 常数项的整数 $d$ ，$p\left( d\right) \neq 0$ 成立，那么 $p\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 中没有根。

证明：根据假设，$p\left( {r/s}\right) = 0 = {a}_{n}{\left( r/s\right) }^{n} + {a}_{n - 1}{\left( r/s\right) }^{n - 1} + \cdots + {a}_{0}$ 。乘以 ${s}^{n}$ 得到

因此 ${a}_{n}{r}^{n} = s\left( {-{a}_{n - 1}{r}^{n - 1} - \cdots - {a}_{0}{s}^{n - 1}}\right)$，所以 $s$ 除 ${a}_{n}{r}^{n}$。根据假设，$s$ 与 $r$ 互质，因此可以得出 $s \mid {a}_{n}$。类似地，解方程 ${a}_{0}{s}^{n}$ 对于 $r \mid {a}_{0}$ 显示 $r \mid {a}_{0}$。命题的最后断言从前面的结论得出。

示例

(1) 多项式 ${x}^{3} - {3x} - 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。为了证明这一点，根据高斯引理和命题10，只需证明它没有有理根。根据命题11，有理根的候选者只能是除常数项1的整数，即 ±1。将1和-1代入多项式中表明这些不是根。

(2) 对于 $p$ 任何素数，多项式 ${x}^{2} - p$ 和 ${x}^{3} - p$ 在 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。这是因为它们的次数为 $\leq 3$，因此只需证明它们没有有理根。根据命题11，根的候选者只有 $\pm 1$ 和 $\pm p,$，但是这些值代入多项式中都不给出0。

(3) 多项式 ${x}^{2} + 1$ 在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是可约的，因为它有一个根1，并且它可以分解为 ${\left( x + 1\right) }^{2}$。

(4) 多项式 ${x}^{2} + x + 1$ 在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的，因为它在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} : {0}^{2} + 0 + 1 = 1$ 和 ${1}^{2} + 1 + 1 = 1.$ 中没有根。

(5) 同样，多项式 ${x}^{3} + x + 1$ 在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。

这种技术仅限于低次数的多项式，因为它依赖于存在一次项的因子。例如，四次多项式可能是两个不可约二次多项式的乘积，因此它是可约的，但没有线性因子。一种相当通用的检验不可约性的技术是使用上述的命题2，包括将系数对某些理想取模。

命题12

设 $I$ 是整环 $R$ 中的适当理想，设 $p\left( x\right)$ 是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的非常数首一多项式。如果 $p\left( x\right)$ 在 $\left( {R/I}\right) \left\lbrack x\right\rbrack$ 中的像不能分解为两个次数较小的多项式，那么 $p\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。

证明：假设 $p\left( x\right)$ 在 $\left( {R/I}\right) \left\lbrack x\right\rbrack$ 中不能分解，但在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是可约的。如前一部分结尾所述，这意味着在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中存在首一、非常数多项式 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$，使得 $p\left( x\right) = a\left( x\right) b\left( x\right)$ 。根据命题2，将系数对 $I$ 取模会在 $\left( {R/I}\right) \left\lbrack x\right\rbrack$ 中得到非常数因子的分解，这与假设矛盾。

这个命题表明，如果能够找到一个适当的理想 $I$，使得化简后的多项式不能被因式分解，那么这个多项式本身就是不可约的。不幸的是，即使在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也存在多项式的例子，它们是不可约的，但它们对每个理想的模约化都是可约的（因此它们的不可约性不能通过这种方法检测到）。例如，多项式 ${x}^{4} + 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的，但在每个素数模下都是可约的（我们将在第14章验证这一点），多项式 ${x}^{4} - {72}{x}^{2} + 4$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的，但在每个整数模下都是可约的。

示例

(1) 考虑在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的多项式 $p\left( x\right) = {x}^{2} + x + 1$。模2约化后，我们从上面的例4可以看出 $p\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。同样，${x}^{3} + x + 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的，因为它在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。

(2) 由于 ${x}^{2} + 1$ 在 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的（在 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 中没有根），但在模2下是可约的，所以 ${x}^{2} + 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。这表明命题12的逆命题不成立。

(3) 将模理想约简来确定不可约性的想法也可以用于多个变量，但必须小心处理。例如，多项式 ${x}^{2} + {xy} + 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$ 中是不可约的，因为模理想(y)后它是 ${x}^{2} + 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，这是不可约的且次数相同。在这种论证中，必须小心“崩溃”的情况。例如，多项式 ${xy} + x + y + 1$（它是 $\left( {x + 1}\right) \left( {y + 1}\right) )$ 是可约的，但在模(x)和(y)下都看起来是不可约的。这种情形的原因是 $\mathbb{Z}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$ 中的非单位多项式可以在商中约化为单位。要考虑这一点，需要确定原始环中哪些元素在商中成为单位。例如，$\mathbb{Z}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$ 中模(y)是单位的元素是 $\mathbb{Z}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$ 中常数项为 $\pm 1$ 且所有非常数项可被 $y$ 整除的多项式。因此，${x}^{2} + {xy} + 1$ 和它对(y)的约简具有相同的次数，这就排除了因子是模(y)的单位但不是 $\mathbb{Z}\left\lbrack {x,y}\right\rbrack$ 中的单位的可能性，从而证明了该多项式的不可约性。

将模理想约简来测试不可约性的一个特殊情形，经常很有用，被称为艾森斯坦判别法（尽管最初是由舒嫩曼证明的，所以更确切地应该称为艾森斯坦-舒嫩曼判别法）：

命题13.（艾森斯坦判准）

设 $P$ 是整环 $R$ 的一个素理想，设 $f\left( x\right) = {x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}$ 是 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的一个多项式（这里 $n \geq 1$ ）。假设 ${a}_{n - 1},\ldots ,{a}_{1},{a}_{0}$ 是 $P$ 的所有元素，并且假设 ${a}_{0}$ 不是 ${P}^{2}.$ 的元素。那么 $f\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。

证明：假设 $f\left( x\right)$ 是可约的，比如说 $f\left( x\right) = a\left( x\right) b\left( x\right)$ 在 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，其中 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$ 是非常数多项式。将这个方程对 $P$ 取模，并利用关于 $f\left( x\right)$ 系数的假设，我们得到 ${x}^{n} = \overline{a\left( x\right) b\left( x\right) }$ 在 $\left( {R/P}\right) \left\lbrack x\right\rbrack$ 中的方程，其中横杠表示系数被对 $P$ 取模后的多项式。由于 $P$ 是一个素理想，$R/P$ 是一个整环，因此可以得出 $\overline{a\left( x\right) }$ 和 $\overline{b\left( x\right) }$ 都有0次项，即 $a\left( x\right)$ 和 $b\left( x\right)$ 的常数项都是 $P$ 的元素。但是这样 $f\left( x\right)$ 的常数项 ${a}_{0}$ 作为这两个的乘积，将是 ${P}^{2}$ 的元素，这与假设矛盾。

艾森斯坦判准通常应用于 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$，因此我们为这种情况明确地陈述结果：

推论14.（艾森斯坦判准对 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 的情形）

设 $p$ 是 $\mathbb{Z}$ 中的一个素数，设 $f\left( x\right) = {x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0} \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack ,n \geq 1$ 。假设 $p$ 整除 ${a}_{i}$ 对于所有 $i \in \{ 0,1,\ldots ,n - 1\}$ 成立，但 ${p}^{2}$ 不整除 ${a}_{0}$ 。那么 $f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 和 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中都是不可约的。

证明：这仅仅是命题13在素理想 (p) 的情况下 $\mathbb{Z}$ 与推论6的重述。

示例

(1) 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的多项式 ${x}^{4} + {10x} + 5$ 通过对素数5应用Eisenstein准则是不可约的。

(2) 如果 $a$ 是任何能被某个素数 $p$ 整除但不能被 ${p}^{2}$ 整除的整数，那么根据Eisenstein准则，${x}^{n} - a$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。特别地，对于所有正整数 $n$ ，${x}^{n} - p$ 是不可约的，因此对于 $n \geq 2$ ，$p$ 的 ${n}^{\text{th }}$ 根不是有理数（即这个多项式在 $\mathbb{Q}$ 中没有根）。

(3) 考虑之前提到的多项式 $f\left( x\right) = {x}^{4} + 1$ 。Eisenstein准则不能直接应用于 $f\left( x\right)$ 。多项式 $g\left( x\right) = f\left( {x + 1}\right)$ 是 ${\left( x + 1\right) }^{4} + 1$ ，即 ${x}^{4} + 4{x}^{3} + 6{x}^{2} + {4x} + 2$ ，并且对于素数2的Eisenstein准则表明这个多项式是不可约的。因此，$f\left( x\right)$ 也必须是不可约的，因为 $f\left( x\right)$ 的任何因式分解都将为 $g\left( x\right)$ 提供一个因式分解（只需在每个因子中用 $x + 1$ 替换 $x$ ）。这个例子表明，Eisenstein准则有时可以用来验证一个不能立即应用该准则的多项式的不可约性。

(4) 作为这个概念的另一个例子，设 $p$ 为一个素数，并考虑多项式

一个我们将更深入研究的循环多项式的例子。同样，Eisenstein准则不能立即应用，但它确实适用于素数 $p$ 对于多项式

由于除了首项之外的所有系数都可以被 $p$ 整除，根据二项式定理。如前所述，这表明 ${\Phi }_{p}\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的。

（5）作为在命题13中使用更一般的艾森斯坦判准的一个例子，我们模仿上面的例2。设 $R = \mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 并且让 $n$ 是任意正整数。考虑在环 $R\left\lbrack X\right\rbrack$ 中的多项式 ${X}^{n} - x$ 。理想 (x) 在系数环 $R$ 中是素理想，因为 $R/\left( x\right) = \mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack /\left( x\right)$ 是整环 $\mathbb{Q}$ 。艾森斯坦判准直接适用于 $R$ 的理想 (x)，从而证明 ${X}^{n} - x$ 在 $R\left\lbrack X\right\rbrack$ 中是不可约的。注意，这个构造在 $\mathbb{Q}$ 被任意字段或实际上，被任意整环替换时也有效。

现在已经有一些有效的算法用于在特定字段上分解多项式。对于具有整数系数的多项式，这些算法已经在许多计算机软件包中实现。在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上分解多项式的一种有效算法，称为伯利坎普算法，详细描述在14.3节末尾的练习中。