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本节研究多项式环的构造如何保持唯一分解整环的性质，即

R为唯一分解整环⟹R[x]也为唯一分解整环R \text{ 为唯一分解整环} \implies R[x] \text{ 也为唯一分解整环}

复习

  • (R[x])×=R×(R[x])^\times = R^\times
  • 00 次多项式 ff 为不可约多项式 ⟺\iff a=fa = f 与质元为培元

定义
令 RR 为 UFD，称多项式

f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0∈R[x]f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 \in R[x]

的 内容 (Content)「容量」 为

cont(f):=gcd⁡(an,an−1,…,a1,a0)\mathrm{cont}(f) := \gcd(a_n, a_{n-1}, \ldots, a_1, a_0)

若 cont(f)∈R×\mathrm{cont}(f) \in R^\times，则称 ff 为 本原多项式 (Primitive Polynomial)「原始多項式」

本原多项式可以被看作系数互素的多项式

由于内容是系数的最大公因数，所以可以对任意多项式做一个类似于提取系数的操作
任何多项式 f∈R[x]f \in R[x] 都可以分解为

f(x)=cont(f)⋅f0(x)f(x) = \mathrm{cont}(f) \cdot f_0(x)

其中 f0f_0 为本原多项式

命题
UFD 上 11 次以上的不可约多项式均为本原多项式

证明

令 f(x)=cont(f)⋅f0(x)f(x) = \mathrm{cont}(f) \cdot f_0(x)，其中 f0f_0 本原
那么此时有

cont(f)∈(R[x])×=R×orf0∈(R[x])×\mathrm{cont}(f) \in (R[x])^\times = R^\times \text{ or } f_0 \in (R[x])^\times

由于 deg⁡(f)≥1\deg(f) \geq 1，所以 f0∉(R[x])×f_0 \notin (R[x])^\times
所以 cont(f)∈R×\mathrm{cont}(f) \in R^\times，即 ff 为本原多项式
□\square

命题
令 RR 为 UFD，FF 为其分式域
对于任意非零 f(x)∈F[x]f(x) \in F[x]
存在分式域中的元 c∈Fc \in F 与本原多项式 f0(x)∈R[x]f_0(x) \in R[x]，使得对于非单位可以唯一地表示为

f(x)=c⋅f0(x)f(x) = c \cdot f_0(x)

进一步也有

f(x)∈R[x]⟺c∈Rf(x) \in R[x] \iff c \in R

此时 cc 与 cont(f)\mathrm{cont}(f) 在 RR 中互伴

证明

（存在性）
取 f(x)∈F[x]f(x) \in F[x]，则存在 d∈Nd \in \mathbb N，使得 df(x)∈R[x]d f(x) \in R[x]，对其分解

df(x)=cont(df)⋅f0(x)d f(x) = \mathrm{cont}(d f) \cdot f_0(x)

其中 f0f_0 为本原多项式，两边除以 dd 即得

f(x)=cont(df)d⋅f0(x)f(x) = \dfrac{\mathrm{cont}(d f)}{d} \cdot f_0(x)

取 c=cont(df)d∈Fc = \dfrac{\mathrm{cont}(d f)}{d} \in F 即得到存在性
（唯一性）
接下来证明唯一性，令非单位 f(x)=cf0(x)=dg0(x)f(x) = c f_0(x) = d g_0(x)，其中 c,d∈Fc,d \in F，f0,g0∈R[x]f_0,g_0 \in R[x] 均为本原多项式
着眼等式

cf0(x)=dg0(x)c f_0(x) = d g_0(x)

通过对两边进行倍数乘法约掉 c,dc,d 中的分母，得到新的多项式等式

c′f0(x)=d′g0(x)c' f_0(x) = d' g_0(x)

此时 c′,d′∈Rc', d' \in R，并且均非零，将其替换回原来的等式，回到

cf0(x)=dg0(x),c,d∈Rc f_0(x) = d g_0(x), \quad c, d \in R

各自设定其系数为

f0(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a0f_0(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0

g0(x)=bmxm+bm−1xm−1+⋯+b0g_0(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_0

那么对比系数可以得到

cai=dbi,i=0,1,…,min⁡(n,m)c a_i = d b_i,\quad i = 0, 1, \ldots, \min(n,m)

由于 cont(f0),cont(g0)∈R×\mathrm{cont}(f_0), \mathrm{cont}(g_0) \in R^\times，所以 cont(cf0)=c\mathrm{cont}(c f_0) = c，cont(dg0)=d\mathrm{cont}(d g_0) = d
由于 cf0=dg0c f_0 = d g_0，所以 cc 与 dd 在 RR 中互伴
并且进一步 f0(x)f_0(x) 与 g0(x)g_0(x) 在 R[x]R[x] 中互伴，从而唯一性得证
（其他结论）
对于 f(x)∈R[x]f(x) \in R[x]，若 c∉Rc \notin R，则 f0(x)∉R[x]f_0(x) \notin R[x]，矛盾
所以 c∈Rc \in R
反之，若 c∈Rc \in R，则显然 f(x)∈R[x]f(x) \in R[x]
并且由于 f0f_0 为本原多项式，所以 cont(f)=c\mathrm{cont}(f) = c，从而 cc 与 cont(f)\mathrm{cont}(f) 在 RR 中互伴
□\square

称在这个命题中出现的 cc 为 f(x)∈F[x]f(x) \in F[x] 的 内容，记作 c=cont(f)c = \mathrm{cont}(f)
与先前的不同在于定义域从 RR 扩展到了 FF

引理 Gauss 引理 (Gauss's Lemma)「ガウスの補題」
令 RR 为 UFD
对于任意本原多项式 f(x),g(x)∈R[x]f(x), g(x) \in R[x]，其乘积 f(x)g(x)f(x)g(x) 仍为本原多项式
更一般地

cont(fg)=cont(f)⋅cont(g)\mathrm{cont}(f g) = \mathrm{cont}(f) \cdot \mathrm{cont}(g)

证明

取任意 RR 中的素元 p∈Rp \in R，定义映射

πp:R[x]→(R/(p))[x],πp(h(x))=h(x)‾\pi_p:R[x] \to (R/(p))[x],\quad \pi_p(h(x)) = \overline{h(x)}

为通过对多项式系数逐一取模 pp 实现，此时

h(x)本原⟺∀p:prime,πp(h(x))≠0h(x) \text{ 本原} \iff {}^\forall p:prime, \pi_p(h(x)) \neq 0

所以 f(x)‾,g(x)‾≠0\overline{f(x)}, \overline{g(x)} \neq 0，由于 (R/(p))[x](R/(p))[x] 为整环，所以

f(x)g(x)‾=f(x)‾⋅g(x)‾≠0\overline{f(x) g(x)} = \overline{f(x)} \cdot \overline{g(x)} \neq 0

所以 f(x)g(x)f(x) g(x) 本原
□\square

定理
令 RR 为 UFD，取 f(x)∈R[x],deg⁡(f)≥1f(x) \in R[x], \deg(f) \geq 1，以下等价

  • f(x)f(x) 在 R[x]R[x] 中不可约
  • f(x)f(x) 在 F[x]F[x] 中不可约，且为本原多项式
证明

（⇒\Rightarrow）
取对偶命题证明
令 f(x)=g(x)h(x)∈F[x]f(x) = g(x) h(x) \in F[x]，其中 deg⁡(g),deg⁡(h)≥1\deg(g), \deg(h) \geq 1
对其提取内容，得到

g(x)=cont(g)⋅g0(x)g(x) = \mathrm{cont}(g) \cdot g_0(x)

h(x)=cont(h)⋅h0(x)h(x) = \mathrm{cont}(h) \cdot h_0(x)

其中 cont(g),cont(h)∈F\mathrm{cont}(g), \mathrm{cont}(h) \in F，g0(x),h0(x)∈R[x]g_0(x), h_0(x) \in R[x] 均为本原多项式
所以

f(x)=[cont(g)⋅cont(h)]⋅[g0(x)h0(x)]f(x) = [\mathrm{cont}(g) \cdot \mathrm{cont}(h)] \cdot [g_0(x) h_0(x)]

应用 Gauss 引理，g0(x)h0(x)g_0(x) h_0(x) 仍为本原多项式
所以 cont(f)\mathrm{cont}(f) 与 cont(g)⋅cont(h)\mathrm{cont}(g) \cdot \mathrm{cont}(h) 在 RR 中互伴
由于 f(x)∈R[x]f(x) \in R[x]，所以 cont(f)∈R\mathrm{cont}(f) \in R
从而 cont(g),cont(h)∈R\mathrm{cont}(g), \mathrm{cont}(h) \in R
所以 g(x),h(x)∈R[x]g(x), h(x) \in R[x]，从而 f(x)f(x) 在 R[x]R[x] 中可约
（⇐\Leftarrow）
取对偶命题证明
令 f(x)=g(x)h(x)∈R[x]f(x) = g(x) h(x) \in R[x]，其中 g(x),h(x)∈R[x]⊂F[x]g(x), h(x) \in R[x] \subset F[x]
所以 f(x)f(x) 在 F[x]F[x] 中可约
并且由于 f(x)f(x) 为本原多项式，g(x),h(x)g(x), h(x) 也均为本原多项式
□\square

定理
令 RR 为 UFD，则多项式环 R[x]R[x] 亦为 UFD

证明

（分解可能性）
取 f(x)∈R[x]f(x) \in R[x]
在 RR 的分式域中对其分解

f(x)=p1(x)p2(x)⋯pn(x)∈F[x]f(x) = p_1(x) p_2(x) \cdots p_n(x) \in F[x]

可以写为

pi(x)=cont(pi)⋅pi0(x)p_i(x) = \mathrm{cont}(p_i) \cdot p_{i0}(x)

其中 pi0(x)∈R[x]p_{i0}(x) \in R[x] 为本原多项式，且 cont(pi)∈F\mathrm{cont}(p_i) \in F
那么可以将 f(x)f(x) 写为

f(x)=[∏i=1ncont(pi)]⋅[∏i=1npi0(x)]=cont(f)⋅f0(x)f(x) = \left[ \prod_{i=1}^n \mathrm{cont}(p_i) \right] \cdot \left[ \prod_{i=1}^n p_{i0}(x) \right] = \mathrm{cont}(f) \cdot f_0(x)

由于 cont(f)\mathrm{cont}(f) 与 ∏i=1ncont(pi)\prod_{i=1}^n \mathrm{cont}(p_i) 在 RR 中互伴，所以 cont(f)∈R\mathrm{cont}(f) \in R
并且可以得到 ∏i=1ncont(pi)\prod_{i=1}^n \mathrm{cont}(p_i) 可以被表示为 RR 中的质元与单位的乘积
所以 ff 可以由 R[x]R[x] 中的质元与单位的乘积表示
（唯一性）
只需要证明 R[x]R[x] 中的质元为素元
令 ff 为 R[x]R[x] 中的质元且 deg⁡f≥1\deg f \geq 1，取 g,f∈R[x]g,f \in R[x] 使得 gh∈(f)g h \in (f)
由于分式域 F[x]F[x] 为 PID，所以 ff 在 F[x]F[x] 中为素元
即 g,hg,h 属于素理想 (fF[x])(fF[x])，那么 g∈(fF[x])g \in (fF[x]) 或 h∈(fF[x])h \in (fF[x]) 成立
假设 g∈(fF[x])g \in (fF[x])，则存在 q(x)∈F[x]q(x) \in F[x] 使得 g(x)=f(x)q(x)g(x) = f(x) q(x)
提取内容得到

cont(g)=cont(f)⋅cont(q)\mathrm{cont}(g) = \mathrm{cont}(f) \cdot \mathrm{cont}(q)

其中 cont(g)∈R,cont(f)∈R×\mathrm{cont}(g) \in R, \mathrm{cont}(f) \in R^\times
所以 cont(q)∈R\mathrm{cont}(q) \in R，进一步有

q(x)∈R[x]⟹g(x)∈(f)=f(x)R[x]q(x) \in R[x] \implies g(x) \in (f) = f(x) R[x]

从而 ff 为素元
□\square