Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Предположим противное. Пусть  – наш многочлен, и где и По принципу Дирихле, степень одного из и не превосходит Пусть, не умаляя общности, Так как и принимают целые значения в целых точках, их значения в выделенных семи точках равны по модулю. По принципу же Дирихле, одно из значений многочлен принимает хотя бы в точках. Не умаляя общности, пусть это Тогда многочлен имеет степень не больше и хотя бы различных корня – противоречие.

Поскольку приводимость над равносильна приводимости над достаточно доказывать неприводимость многочлена над Обозначим его символом и предположим, что где и Отметим, что в точках наш многочлен принимает значение Тогда в точках и и принимают значения по модулю равные причем, поскольку их произведение отрицательно, они различны по знаку. Рассмотрим Степень этого многочлена не превосходит но в ста точках он принимает значение Такое возможно только если тождественно равен то есть Но тогда имеет отрицательный старший коэффициент, однако очевидно, что имеет положительный старший коэффициент  – противоречие.

Над

Из условия следует, что многочлен имеет корни Тогда по теореме Безу получаем, что делится на

Так как над все многочлены вида различны и неприводимы, то верно равенство которое приводит к нужному результату.

В находится алгоритмом Евклида. Ясно, что этот же алгоритм подойдет и в Но тогда отличается домножением на константу от что и требовалось доказать.

По формуле разности квадратов

Преобразуем отдельно каждую скобку.

По формуле разности квадратов

Далее применим формулы сумму и разности кубов

Разложим теперь По формуле суммы кубов

Получаем, что

Очевидно, что и неприводимы над Квадратные трехчлены и тоже неприводимы над так как если бы они были приводимы, то имели бы корни, которых у них нет, так как их дискриминант равен -3. Аналогично, — неприводим.

Осталось проверить, что неприводим над Понятно, что он не может раскладываться в виде так как тогда бы у него был целый корень, однако все его корни комплексные. Тогда единственный возможный вариант разложения — это Покажем, что и это невозможно. Для начала раскроем скобки и сгруппируем.

Тогда, так как полученный многочлен должен быть тождественно равен исходному, получаем систему уравнений в целых числах на коэффициенты:

Из последнего уравнения получаем так как Тогда из второго получаем или Заметим, что оба варианта невозможны, так как целых решений вместе с уравнением быть не может. Тогда получаем, что действительно неприводим.

Заметим, что из взаимной простоты многочленов в следует их взаимная простота в (иначе они бы не были взаимно простыми в ). Тогда понятно, что на самом деле можно решать задачу в так как

Тогда, так как многочлены и взаимно просты для некоторых многочленов имеет место тождество Так как коэффициенты многочленов и рациональны, можно умножить уравнение на равное наименьшему общему кратному всех знаменателей этих многочленов.

Тогда получаем новое тождество в котором многочлены имеют целые коэффициенты. Пусть Тогда верно равенство То есть уравнение имеет решение в целых числах. Но тогда Тогда получаем, что для любого целого В качестве требуемой константы берем Таким образом, её существование доказано.

Используем критерий Эйзенштейна: Пусть все коэффициенты кроме старшего, делятся на простое число и свободный член не делится на Тогда неприводим над (а значит и над ).

Для многочлена из нашей задачи — старший коэффициент, и — свободный член, который является единственным коэффициентом, кроме старшего.

Будем воспринимать данный набор чисел, как набор ненулевых остатков по модулю Так как число — простое, то существует первообразный корень по модулю Пусть — некоторый первообразный корень по модулю Пусть Заметим, что — по малой теореме Ферма. Преобразуем это сравнение:

Заметим, что так как — первообразный корень. Это значит, что

Тогда разделим все числа на групп вида где некоторый ненулевой остаток по модулю Проверим, что сумма этих чисел делится на

Теперь покажем, что все числа различны. Допустим, что два числа совпали внутри группы. Тогда имеем

Тогда получаем, что Будем считать, что Тогда, так как — простое, имеем При этом тогда Так как — простое, то но это противоречит тому, что первообразный корень.

Допустим, теперь, что числа из разных групп совпали. Это эквивалентно сравнению Но тогда мы получаем, что то есть — число из группы однако мы предполагали, что числа из разных групп — противоречие.

Итак, мы получили разбиение, требуемое условием задачи.

По формуле сокращенного умножения Пусть Докажем, что он неприводим.

Пусть Тогда получаем

Теперь снова сделаем замену Тогда в скобке имеем многочлен Попробуем теперь применить критерий Эйзенштейна. Заметим, что свободный член равен — простому числу. Осталось доказать, что остальные коэффициенты делятся на

Заметим, что как многочлен над так как для делится на а старший коэффициент и свободный член многочлена равны и соответственно. Преобразуем это равенство:

Тогда получаем, что над Подставим Получаем Таким образом, все коэффициенты многочлена кроме старшего, делятся на

Таким образом, для многочлена выполняется критерий Эйзенштейна, значит, он неприводим. Тогда исходный многочлен тоже неприводим, так как мы использовали линейную замену Таким образом, — искомое разложение на неприводимые.

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.

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.