Многочлены → .08 Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

(a) Пусть Будем делить делить первый многочлен на второй столбиком. После подбора первого одночлена в частном мы сможем записать:

После подбора второго:

Возникает желание доказать по индукции, что при любом после - го шага будет равенство

База уже доказана. Если предположить, что при утверждение верно, то ясно что следующим одночленом в частном будет Далее нетрудно посчитать остаток и выписать нужное равенство при

Ограничение введено неслучайно, ведь после - го шага мы получим в остатке То есть ненулевая константа делит нужный нам НОД. Следовательно, многочлены взаимно просты.

(b) Сделаем первые два шага алгоритма Евклида:

Заметим, что эти многочлены можно разложить на скобочки:

Теперь легко видеть, что НОД этих многочленов равен

Докажем, что любой целочисленный многочлен с корнем делится на Предположим противное, пусть есть целочисленный многочлен который зануляется при и не делится на

Заметим, что по критерию Эйзенштейна многочлен неприводим над Следовательно, Тогда по теореме о линейном представлении существуют такие многочлены и что Подставим в равенство и получим равенство противоречие. Значит, делится на то есть его степень не меньше что и требовалось.

Предположим, что он представим виде произведения двух целочисленных многочленов и ненулевой степени. Получается, что Если произведение двух целых чисел равно то одно из них равно а другое —

Заметим, что

Если нечётно, то по принципу Дирихле степень одного из многочленов строго меньше Пусть это многочлен Он в точках принимает значения Следовательно, хотя бы в из них он принимает одно и то же значение. По нашему предположению значит у нулевая степень, пришли к противоречию.

При чётном такой же принцип Дирихле работает во всех случаях кроме следующего: в одной половине точек равен а — в другой — наоборот (можно поменять знаки, но для определённости рассмотрим этот случай). Заметим, что в этом случае многочлены и имеют одинаковый набор корней. Следовательно, они могут отличаться лишь домножением на константу. Учитывая, что многочлен унитарный и все коэффициенты и целые, понимаем, что

Если рассмотреть другую половину ашек, то мы получим, что Таким образом, пришли к противоречию.

Подставим вместо Понятно, что неприводимость полученного многочлена равносильна неприводимости изначального. Раскроем в выражении скобки и приведём подобные. С помощью формулы бинома Ньютона нетрудно убедиться, что коэффициент при будет равен С помощью последовательного применения тождества к цешке получим, что

Итак, коэффициент при равен Осталось заметить, что старший член не делится на младший делится на но не делится на Остальные делятся на потому что все цешки целые, их числитель делится на а знаменатель — нет. Получили неприводимость по критерию Эйзенштейна.

Пусть у нас есть многочлен Давайте теперь просто запишем наше сравнение:

Раскроем скобки справа и первые два слагаемых в биноме Ньютона слева:

Видно, что правая часть полностью сокращается после этого вместе с двумя первыми слагаемыми в биноме, и теперь слева остаются слагаемые, которые как раз содержат минимум во второй степени.

Докажем сначала следующую лемму.

Лемма. Пусть неприводимый многочлен с рациональными коэффициентами, тогда и его производная взаимно просты.

Доказательство. Предположим противное, т.е. что существует непостоянный многочлен с рациональными коэффициентами, который делит как так и Поскольку неприводим, то следовательно, должен делить что, очевидно, неправда.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Значит, существуют многочлены и с целыми коэффициентами такие, что для некоторого целого Это означает, что каждое простое большее (из теоремы Шура можно понять, что их бесконечно много), делящее при каком-то целом не является делителем числа Поэтому из леммы Гензеля следует, что для таких верно следующее:

Значит, по крайней мере одно из чисел и делится на но не делится на что и требовалось.

Докажем для начала следующую лемму.

Лемма. Пусть — неприводимый многочлен с целыми коэффициентами, не равный тождественно константе. Тогда существует бесконечно много простых чисел таких, что для каждого из них выполняется равенство при некотором целом

Доказательство. Здесь нам понадобится такое наблюдение. Если неприводимый многочлен с рациональными коэффициентами, тогда и его производная взаимно просты. Предположим противное, т.е. что существует непостоянный многочлен с рациональными коэффициентами, который делит как так и Поскольку неприводим, то следовательно, должен делить что, очевидно, неправда.

Значит, существуют многочлены и с целыми коэффициентами такие, что для некоторого целого Это означает, что каждое простое большее (из теоремы Шура можно понять, что их бесконечно много), делящее при каком-то целом не является делителем числа Поэтому из леммы Гензеля следует, что для таких верно следующее:

Значит, по крайней мере одно из чисел и делится на но не делится на что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть где а — различные неприводимые многочлены с целыми коэффициентами. Для каждой пары различных индексов существует целая ненулевая константа такая, что

при некоторых многочленах с целыми коэффициентами. По нашей лемме существуют простые такие, что при некоторых натуральных Согласно выбору простых (напомню, что, в частности, для всех ) выполняется равенство иначе левая часть равенства

делится на в отличие от правой части.

По китайской теореме об остатках существует такое натуральное что

Из леммы Гензеля следует, что также очевидно, что при всех отличных от индексов простое число не делит так же, как оно не делит Следовательно для каждого индекса верно равенство

С другой стороны, следовательно для каждого Значит, у чисел есть общий делитель то есть для некоторого многочлена Так как является точной -той степенью, то -той степенью является также и число поэтому многочлен удовлетворяет условиям задачи, что и требовалось найти.

Предположим противное, пусть существуют такие многочлены и Понятно, что их степени равны Пусть и — старший и младший коэффициенты у и — у Тогда нетрудно понять, что и иначе мы не получим коэффициенты при одночленах и Многочлен имеет нулевой коэффициент перед одночленом а многочлен — Таким образом, но тогда какое-то из равенств или не выполнится, противоречие.

Докажем сначала лемму, которая поможет решить задачу.

Лемма. Многочлен с целыми коэффициентами неприводим над тогда и только тогда, когда он неприводим над

Доказательство. Пусть — многочлен с целыми коэффициентами и где — многочлены с рациональными коэффициентами. Обозначим наибольший общий делитель коэффициентов многочлена Тогда можно считать, что Выберем для многочлена натуральное число так, что многочлен имеет целые коэффициенты. Пусть Тогда рациональное число таково, что многочлен имеет целые коэффициенты и Аналогично выберем положительное рациональное число для многочлена Покажем, что в таком случае т. е. разложение является разложением над кольцом целых чисел. Действительно, согласно лемме Гаусса т. е. Учитывая, что получаем

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь понятно, что достаточно показать неприводимость многочлена над . Пусть многочлен из условия раскладывается в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами. Так как свободный коэффициент многочлена равен произведению свободных членов и , то один из свободных коэффициентов многочленов и большое простое число, а другой — 1. Пусть свободный член равен 1. Из основной теоремы алгебры и теорема Виета получаем, что у многочлена произведение корней равно 1. Следовательно, у есть корень, который по модулю не превосходит 1. Значит и у многочлена тоже есть такой корень, что невозможно, так как при подстановке в числа, по модулю не превосходящего 1, свободный член “перевесит” суммы всех остальных членов.

НОД многочленов представим в виде их линейной комбинации:

где Домножим это равенство на — НОК знаменателей всех нецелых коэффициентов. Тогда имеем все многочлены целочисленные. Очевидно, что всегда делится на а значит что и требовалось.

Подставим вместо и будем доказывать неприводимость по (понятно, что неприводимость по и по равносильны). Имеем Раскроем все скобочки и посчитаем коэффициент при скобочка даёт вклад в коэффициент, скобочка — и так дальше до скобочки которая даёт вклад Таким образом, коэффициент перед равен:

В справедливости последнего равенства можно убедиться, если заменить слагаемое на и постепенно применять тождество к правой части.

Теперь нетрудно заметить, что старший коэффициент равен , то есть не делится на все остальные коэффициенты делятся на так как входит в числитель и не входит в знаменатель при Младший член равен то есть он делится на но не делится на а значит по критерию Эйзенштейна многочлен неприводим, что и требовалось.

Предположим противное, пусть тогда при Таким образом, каждый из многочленов и в точках принимают значения По принципу Дирихле степень одного из многочленов и не больше пусть Если знак строгий, то тогда мы понимаем, что по принципу Дирихле принимает либо значение либо в не менее чем в точках, а сам имеет степень меньше значит тождественно равен либо либо , противоречие.

Пусть теперь — чётное, и в половине ашек принимает значение — значение в другой половине — наоборот. Заметим, что многочлены и имеют одинаковый набор корней. Поэтому если они и отличаются, то только домножением на целую константу. Но многочлен имеет старший коэффициент значит и многочлены и тоже. Тогда Но аналогично можно сказать, что Если вычесть из одного равенства другое, получим противоречие.

По условию лежит выше оси это значит что у многочлена нет действительных корней. Следовательно, многочлен раскладывается на неприводимые многочлены степени, а их количество будет т.к. имеет степень У многочлена будет такое же количество неприводимых многочленов в разложении, и все они принимают значение в точке то

Рассмотрим уравнение в . Его разрешимость эквивалентна тому, что является квадратичным вычетом. Как известно, существует всего квадратичных вычетов, и столько же невычетов. Тогда в качестве берем любой невычет и получаем неприводимый многочлен.