定义 1.4.1.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)， 且\({\rm deg\, } f(x)\ge 1\)。若\(f(x)\) 能表为两个次数较小的多项式之积，则称 \(f(x)\)是\(\mathbb{F}\)上的可约多项式， 否则称为\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式。
节 1.4 标准分解式
命题 1.4.2.
设\(f(x)\)，\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上多项式，且\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式，则
\begin{equation*}
\text{ 或者}(p(x), f(x)) = 1\text{ 或者}p(x)|f(x)\text{。}
\end{equation*}
命题 1.4.3.
设\(f(x),g(x),p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上多项式，\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式，且\(p(x)| f(x) g(x)\)，则
\begin{equation*}
\text{ 或者 }p(x)| f(x)\text{ 或者 }p(x)|g(x)\text{。}
\end{equation*}
推论 1.4.4.
设\(f_1(x),\ldots, f_m(x)\in \mathbb{F}[x]\)，且 \(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式，若
\begin{equation*}
p(x)| f_1(x)\cdots f_m(x),
\end{equation*}
则存在\(i\)，\(1\le i\le m\)，使得
\begin{equation*}
p(x)| f_i (x).
\end{equation*}
定理 1.4.5. 多项式唯一分解定理.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)，且\({\rm deg\, } f(x)\ge1\)，则
-
\(f(x)\)可以分解为不可约多项式的乘积，即\(f(x) = p_1(x)\cdots p_s(x)\)，其中\(p_i(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式\((i =1, \ldots, s)\)；
-
若\(f(x) = p_1(x)\cdots p_s (x) = q_1(x) \cdots q_t (x)\)，其中\(p_i (x)\)，\(q_j (x)\)在\(\mathbb{F}\)上不可约\((i = 1, \ldots, s; j = 1,\ldots, t)\)，则必有\(s = t\)，且经过适当调换因式顺序后，\(p_i (x)\)与\(q_i (x)\)相伴\((i = 1,\ldots, s)\)。
命题 1.4.6.
设
\begin{equation*}
f(x)= p_1^{a_1}(x)p_2^{a_2}(x)\cdots p_m^{a_m}(x),\quad g(x)= p_1^{b_1}(x)p_2^{b_2}(x)\cdots p_m^{b_m}(x),
\end{equation*}
其中\(a_i\ge 0\)，\(b_i\ge 0\)，\(a_i+b_i>0\) \((i=1,2,\ldots,m)\)，\(p_i(x)\)是首一的两两互素不可约多项式，则
-
\(f(x)|g(x)\Leftrightarrow a_i\le b_i (i=1,2,\ldots,m)\)；
-
\((f(x),g(x))=p_1^{d_1}(x)p_2^{d_2}(x)\cdots p_m^{d_m}(x)\)，\(d_i=\min\{a_i,b_i\}\)，\((i=1,2,\ldots,m)\)；
-
\([f(x),g(x)]=p_1^{e_1}(x)p_2^{e_2}(x)\cdots p_m^{e_m}(x)\)，\(e_i=\max\{a_i,b_i\}\)，\((i=1,2,\ldots,m)\)；
-
\([f(x),g(x)](f(x),g(x))=f(x)g(x)\)。
练习 练习
基础题.
1.
2.
设\(p(x)\in\F[x]\)且\(\deg p(x)>0\)。证明：如果对任意的\(f(x)\in\F[x]\)，有\(p(x)| f(x)\)或\(\left(p(x),f(x)\right)=1\)，那么\(p(x)\)是数域\(\F\)上的不可约多项式。
解答.
（反证法）假设\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上可约，则存在\(m(x),n(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
p(x)=m(x)n(x),
\end{equation*}
其中\(0<\deg m(x)<\deg p(x),0<\deg n(x)<\deg p(x)\)。 取\(f(x)=m(x)\)，则
\begin{equation*}
p(x)\nmid f(x)\mbox{且}\left(p(x),f(x)\right)\neq 1,
\end{equation*}
与题设矛盾。因此\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式。
3.
设\(p(x)\in\mathbb{F}[x]\)且\(\deg p(x)>0\)。证明：如果对任意的\(f(x),g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，由\(p(x)\left|f(x)g(x)\right.\)可推出\(p(x)\left|f(x)\right.\)或\(p(x)\left|g(x)\right.\)，那么\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式。
解答.
（反证法）假设\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上可约，则存在\(m(x),n(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
p(x)=m(x)n(x),
\end{equation*}
其中\(0<\deg m(x)<\deg p(x),0<\deg n(x)<\deg p(x)\)。 取\(f(x)=m(x),g(x)=n(x)\)，则
\begin{equation*}
p(x)\left|f(x)g(x)\right.\mbox{，但}p(x)\nmid f(x)\mbox{且}p(x)\nmid g(x),
\end{equation*}
与题设矛盾。因此\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式。
4.
解答.
-
在复数域上标准分解式为\begin{equation*} (x-1)(x-\omega_1)(x-\omega_2), \end{equation*}其中 \(\omega_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\omega_1=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\)；
5.
设\(f(x),g(x)\)是\(\mathbb{F}[x]\)中次数大于0的多项式，\(m\in\mathbb{Z}^+\)，试用标准分解式证明：
\begin{equation*}
\left(f^m(x),g^m(x)\right)=\left(f(x),g(x)\right)^m.
\end{equation*}
解答.
设\(f(x), g(x)\)分解式为（标准分解式适当乘以一些0次项）
\begin{equation*}
f(x)=ap_1^{a_1}(x)p_2^{a_2}(x)\cdots p_s^{a_s}(x),\quad
g(x)=bp_1^{b_1}(x)p_2^{b_2}(x)\cdots p_s^{b_s}(x),
\end{equation*}
其中\(p_1(x),p_2(x),\ldots ,p_s(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上两两互素的首一不可约多项式，\(a_i,b_i\geq 0\)且\(a_i+b_i>0,(i=1,2,\ldots,s)\)，则
\begin{equation*}
\left(f(x),g(x)\right)=p_1^{c_1}(x)p_2^{c_2}(x)\cdots p_s^{c_s}(x),
\end{equation*}
其中\(c_i=\min\{a_i,b_i\}\)。注意到
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f^m(x)=a^mp_1^{ma_1}(x)p_2^{ma_2}(x)\cdots p_s^{ma_s}(x),\\
g^m(x)=b^mp_1^{mb_1}(x)p_2^{mb_2}(x)\cdots p_s^{mb_s}(x),
\end{array}
\end{equation*}
故
\begin{equation*}
\left(f^m(x),g^m(x)\right)=p_1^{d_1}(x)p_2^{d_2}(x)\cdots p_s^{d_s}(x),
\end{equation*}
其中\(d_i=\min\{ma_i,mb_i\}\)。由于
\begin{equation*}
\min\{ma_i,mb_i\}=m\cdot\min\{a_i,b_i\},
\end{equation*}
即\(d_i=mc_i\)，因此
\begin{equation*}
\left(f^m(x),g^m(x)\right)=\left(f(x),g(x)\right)^m.
\end{equation*}
提高题.
6.
设\(p(x)\in\F[x]\)，\(f(x)=p(ax+b)\)，其中\(a,b\in\F\)且\(a\neq 0\)。证明：\(p(x)\)在\(\F\)上不可约的充分必要条件是\(f(x)\)在\(\F\)上不可约。
解答.
充分性：（反证法）假设\(p(x)\)在\(\F\)上可约，则存在\(g(x),h(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
p(x)=g(x)h(x),
\end{equation*}
其中\(0<\deg g(x)< \deg p(x)\)。将上式\(x\)用\(ax+b\)代入，得
\begin{equation*}
p(ax+b)=g(ax+b)h(ax+b).
\end{equation*}
令\(k(x)=g(ax+b),l(x)=g(ax+b)\)，则
\begin{equation*}
f(x)=k(x)l(x).
\end{equation*}
由于\(a,b\in\F\)且\(a\neq 0\)，所以\(k(x),l(x)\in\F[x]\)且
\begin{equation*}
\deg k(x)=\deg g(x), \deg p(x)=\deg f(x),
\end{equation*}
则\(0<\deg k(x)<\deg f(x)\)，与条件\(f(x)\)在\(\F\)上不可约相矛盾。因此\(p(x)\)在\(\F\)上不可约。
必要性：因为
\begin{equation*}
p(x)=f(\frac{1}{a}x-\frac{b}{a}),
\end{equation*}
所以由充分性可知\(f(x)\)在\(\F\)上不可约。
7.
设\(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0\)是数域\(\F\)上不可约\(n\)次多项式，且\(a_0\neq 0\)。证明：\(\widetilde{f}(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n\)也是\(\F\)上不可约多项式。
解答.
假设\(\widetilde{f}(x)\)在\(\F\)上可约，则存在\(g(x),h(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
\widetilde{f}(x)=g(x)h(x),
\end{equation*}
其中\(0< \deg g(x)=m< n\)。 由于
\begin{equation*}
f(x)=x^n \widetilde{f}\left(\frac{1}{x}\right),
\end{equation*}
所以
\begin{align*}
f(x)=&x^n g\left(\frac{1}{x}\right)h\left(\frac{1}{x}\right)\\
&=\left[x^mg\left(\frac{1}{x}\right)\right]\left[x^{n-m}h\left(\frac{1}{x}\right)\right] \amp \\
&=\widetilde{g}(x)\widetilde{h}(x).
\end{align*}
注意到\(a_0\neq 0\)，故 \(g(x),h(x)\)的常数项都不为 \(0\)，因而
\begin{equation*}
\deg\widetilde{g}(x)=m< n, \deg \widetilde{h}(x)=n-m< n.
\end{equation*}
这表明 \(f(x)\)可分解为数域 \(\F\)上两个次数较小的多项式乘积，与 \(f(x)\)在 \(\F\)上不可约相矛盾。因此\(\widetilde{f}(x)\)在\(\F\)上不可约。
8.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)且\(\deg f(x)>0\)，证明下列命题等价：
-
\(\forall g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，有\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)| g^m(x)\)；
-
在\(\mathbb{F}[x]\)中，从\(f(x)| g(x)h(x)\)可以推出\(f(x)| g(x)\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)| h^m(x)\)。
解答.
“\(a.\Rightarrow b.\)”设\(f(x)=cp^m(x)\)，其中\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式，\(c\in\mathbb{F},m\in\mathbb{Z}^+\)。因为\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上不可约，所以\(\forall g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，
\begin{equation*}
\left(p(x),g(x)\right)=1\mbox{或}p(x)| g(x)\mbox{。}
\end{equation*}
根据 命题 1.3.9得
\begin{equation*}
\left(p^m(x),g(x)\right)=1\mbox{或}p^m(x)| g^m(x),
\end{equation*}
即有\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)| g^m(x)\)。
“\(b.\Rightarrow c.\)” 对上述\(h(x)\)，根据已知条件，有\(\left(f(x),h(x)\right)=1\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)| h^m(x)\)。
“\(c.\Rightarrow a.\)”（反证法）假设\(f(x)=p^k(x)q(x)\)，其中\(p(x)\)在数域\(\mathbb{F}\)上不可约，\(k\in\mathbb{Z}^+,\deg q(x)\geq 1\)且\(\left(p(x),q(x)\right)=1\)。取\(g(x)=q(x),h(x)=p^k(x)\)，则\(f(x)| g(x)h(x)\)，但\(f(x)\nmid g(x)\)且\(f(x)\)不能整除\(h(x)\)的任意次幂，与题设矛盾。因此\(f(x)\)与数域\(\mathbb{F}\)上某个不可约多项式的正整数次幂相伴。
9.
设\(f_1(x),f_2(x),g_1(x),g_2(x)\in\mathbb{F}[x]\)，满足
\begin{equation*}
\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i,j=1,2,
\end{equation*}
证明：
\begin{equation*}
\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)=\left(f_1(x),f_2(x)\right)\left(g_1(x),g_2(x)\right).
\end{equation*}
解答.
证法一：因为\(\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i,j=1,2\)，所以可设\(f_1(x),f_2(x),g_1(x),g_2(x)\)的分解式为（标准分解式适当乘以一些0次项）
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f_1(x)=ap_1^{a_1}(x)\cdots p_s^{a_s}(x),\quad
f_2(x)=bp_1^{b_1}(x)\cdots p_s^{b_s}(x),\\
g_1(x)=cq_1^{c_1}(x)\cdots q_t^{c_t}(x),\quad
g_2(x)=dq_1^{d_1}(x)\cdots q_t^{d_t}(x),
\end{array}
\end{equation*}
其中\(p_1(x),\ldots ,p_s(x),q_1(x),\ldots ,q_t(x)\)是\(\mathbb{F}\)上两两互素的首一不可约多项式，\(a_i,b_i,c_j,d_j\geq 0\)且\(a_i+b_i>0,c_j+d_j>0,(i=1,\ldots,s,j=1,\ldots ,t)\)，则
\begin{equation*}
\left(f_1(x),f_2(x)\right)=p_1^{k_1}(x)\cdots p_s^{k_s}(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left(g_1(x),g_2(x)\right)=q_1^{l_1}(x)\cdots q_t^{l_t}(x),
\end{equation*}
其中\(k_i=\min\{a_i,b_i\},l_j=\min\{c_j,d_j\},\forall i=1,\ldots,s,j=1,\ldots ,t\)。注意到
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f_1(x)g_1(x)=acp_1^{a_1}(x)\cdots p_s^{a_s}(x)q_1^{c_1}(x)\cdots q_t^{c_t}(x),\\
f_2(x)g_2(x)=bdp_1^{b_1}(x)\cdots p_s^{b_s}(x)q_1^{d_1}(x)\cdots q_t^{d_t}(x),
\end{array}
\end{equation*}
故
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)&=&p_1^{k_1}(x)\cdots p_s^{k_s}(x)q_1^{l_1}(x)\cdots q_t^{l_t}(x)\\&=&\left(f_1(x),f_2(x)\right)\left(g_1(x),g_2(x)\right)\end{array}
\end{equation*}
证法二：设
\begin{equation*}
\left(f_1(x),f_2(x)\right)=d_1(x),\left(g_1(x),g_2(x)\right)=d_2(x),
\end{equation*}
则存在\(h_1(x),h_2(x),h_3(x),h_4(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f_1(x)=d_1(x)h_1(x),\ f_2(x)=d_1(x)h_2(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
g_1(x)=d_2(x)h_3(x),\ g_2(x)=d_2(x)h_4(x),
\end{equation*}
其中\(\left(h_1(x),h_2(x)\right)=1,\left(h_3(x),h_4(x)\right)=1\)。由条件\(\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i,j=1,2\)知
\begin{equation*}
\left(h_i(x),h_j(x)\right)=1,\forall i=1,2,j=3,4,
\end{equation*}
根据练习 1.3.13 ，\(\left(h_1(x)h_3(x),h_2(x)h_4(x)\right)=1\)。因此
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}&\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)\\
=&\left(d_1(x)h_1(x)d_2(x)h_3(x),d_1(x)h_2(x)d_2(x)h_4(x)\right)\\
=&d_1(x)d_2(x)\left(h_1(x)h_3(x),h_2(x)h_4(x)\right)\\
=&d_1(x)d_2(x),\end{array}
\end{equation*}
即\(\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)=\left(f_1(x),f_2(x)\right)\left(g_1(x),g_2(x)\right)\)。
10.
设 \(f(x),g(x)\in\F[x]\)且\(f(x)g(x)\neq 0\)。证明：存在自然数\(N\)，使得当\(n_1,n_2>N\)时，有
\begin{equation*}
(f^{n_1}(x),g(x))=(f^{n_2}(x),g(x)).
\end{equation*}
解答.
情形1：当\(\deg f(x)=0\)或\(\deg g(x)=0\)时，对任意自然数\(n_1,n_2\)，都有
\begin{equation*}
(f^{n_1}(x),g(x))=(f^{n_2}(x),g(x))=1.
\end{equation*}
情形2：当\(\deg f(x)>0\)且\(\deg g(x)>0\)时，设
\begin{equation*}
f(x)=cp_1^{a_1}(x)\cdots p_m^{a_m}(x)p_{m+1}^{a_{m+1}}(x)\cdots p_s^{a_s}(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
g(x)=dp_1^{b_1}(x)\cdots p_m^{b_m}(x)q_{m+1}^{b_{m+1}}(x)\cdots q_t^{b_t}(x),
\end{equation*}
其中\(p_1(x),\ldots ,p_s(x),q_{m+1}(x),\ldots ,q_t(x)\)是\(\mathbb{F}\)上两两互素的首一不可约多项式，\(a_i,b_j>0(i=1,\ldots s, j=1,\ldots ,t)\)。对\(\forall 1\leq i\leq m\)，因为\(a_i>0,b_i>0\)，所以存在自然数\(N\)，当\(n > N\)时，恒有\(a_in\geq b_i\)，此时\(\min\{a_in,b\}=b_i\)。因此当 \(n_1,n_2>N\)时，
\begin{equation*}
(f^{n_1}(x),g(x))=p_1^{b_1}(x)\cdots p_m^{b_m}(x)=(f^{n_2}(x),g(x)).
\end{equation*}
