域 F 上的多项式环是整环, 但不是域; 主要原因是对于一个多项式 $x^3$, 其并不存在乘法逆元.
定理 5.3, 带余除法, 略作补充
- deg r >= deg g 的说明.
此时 $a_n \ne 0, b_m \ne 0$, 所以其均存在乘法逆元 $a_n^{-1}, b_m^{-1}$. $\frac{a_n}{b_m}$ 等同于 $a_n b_m^{-1}$.
- $r_1(x) \in I$
这里可知 $\exists a(x), r(x) = f(x) - a(x)g(x)$, 即 $r_1(x) = f(x) - a(x)g(x) - \frac{a_n}{b_m}g(x)x^{n-m} = f(x) - (a(x) + \frac{a_n}{b_m}x^{n-m})g(x)$.
- 唯一性证明
$r_1(x) - r_2(x) = g(x) (q_2(x) - q_1(x))$, 这里根据命题 2.35 可得 $\deg(r_1(x) - r_2(x)) \le \max(\deg(r_1(x)), \deg(r_2(x))) \lt g(x) \le \deg(g(x) (q_2(x) - q_1(x)))$, 即要想这里等式成立只有 $r_1(x) = r_2(x), q_2(x) = q_1(x)$.
定理 5.5 略作补充
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$d’(x)$ 为 I 中非零元次数最小. 这句话我一开始理解错了, 我理解成 $d’(x)$ 为 ‘非零次数’, 即 deg > 0 中次数最小的那个… 导致证明怎么都走不下去.
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$d’(x) = d(x)$,
证明: 如原文所示我们可以证明 $\deg(d’) = \deg(d), d \mid d’, \exists h, d’=dh$, 根据 2.35(3) 可知 $\deg(d’) = \deg(d) + \deg(h), \deg(h) = 0$, 即 h 为常多项式, 考虑到 d’, d 均首一, 所以 h 只能为 1.
P.S. 这样也就说明了存在 u, v; d = fu + gv; 所以集合 dw 都可以看作 fuw + gvw, 即 $B={d(x)w(x) | w(x) \in F(x)} \subseteq {f(x) u(x) + g(x) v(x) | u(x), v(x) \in F(x)}=A$. 再由 d = (f, g) 易证 $A \subseteq B$, 即集合 A, B 相同.
- 存在 u,v fu+gv=1, 证明 (f,g) = 1
证明: 易知此时存在 w, 使得 (f, g) w = 1; 由 $\deg((f,g)) + \deg(w) = 0$ 可知 $\deg((f,g)) = 0, \deg(w) = 0$, 所以 (f, g) 为常多项式, 考虑到 (f,g) 首一所以 (f,g)=1.
- 若 $d_1, d_2$ 均是定义 5.4 中定义的 (f,g), 易证 $d_1 = d_2$. 这就是说要求首一之后能保持最大公因子的唯一性.
定理 5.6, 补充下原文缺失的证明.
证明: 此时若 I 中元素均为 0, 易证 I 是 F(x) 的主理想. 若 I 中元素至少有一个不为 0, 则意味着存在次数最小的 d(x), deg(d(x)) >= 0. 根据定义 2.57 理想的定义可知 $d(x)F[x] \subseteq I$. 令对于 I 中任意 g(x), 根据定理 5.3 带余除法可知若 d(x) 不能整除 g, 即 g(x) = d(x)h(x) + r(x), 易证 r(x) 也属于 I, 且这里 0 <= deg(r) < deg(d) 违背 d(x) 次数最小; 所以 $d(x) \mid g(x)$, 即 $I \subseteq d(x)F[x]$.
P.S. 与 3.1.3 欧几里得算法说明一样, 这里易证 $(f(x), g(x)) = (g(x), r_1(x))$. 这里也说明 f(x) 也是 I 中次数最小的那个元素.
5.10.zy1, 若 p 不可约, 且 $p \nmid f$, 则 (p, f) = 1.
证明: 假设 d=(p, f); deg(d) > 0, 则由 d 整除 p 可以推出 p 可约, 矛盾.
P.S. 当 p 可约时, p 不能整除 f 并不意味着她俩互素.
定理 5.11, 这里补充下原文证明.
证明: 令 X 表示集合 ${f(x) | \deg(f) \ge 1}$ 且该集合中 f(x) 不能被表示为不可约多项式乘积, 所以易证该集合中 f(x) 均为可约多项式. 假设 X 不为空, 则可以从 X 中选择次数最小的元素 $g(x), \deg(g) \ge 1$, g(x) 可约意味着存在 $g_1(x), g_2(x), \deg(g_1) \ge 1, \deg(g_2) \ge 1; g = g_1g_2, \deg(g) = \deg(g_1) + \deg(g_2)$, 即 $\deg(g_1) \lt \deg(g), \deg(g_2) \lt \deg(g); g_1 \notin X, g_2 \notin X$, 所以 $g_1, g_2$ 均可以表示为不可约多项式乘积, 即 g 也可以表示为不可约多项式成立. 矛盾, 所以 X 一定为空.
再证唯一性, 假设 $f(x) = c_1p_1(x) \cdots p_r(x) = c_2q_1(x) \cdots q_k(x)$, 由于这里 $c_1, c_2$ 为 f(x) 首项系数易证 $c_1 = c_2$. 由引理 5.10 欧几里得引理结合 $\forall i, p_i \mid q_1\cdots q_k$ 易知 $\exists j, p_i \mid q_j$ 考虑到 $p_i, q_j$ 均为不可约多项式结合这俩均首一易证 $p_i = q_j$. 之后就像定理 3.16 算数基本定理证明一样易证唯一性.
推论 5.12, 这里补充下证明.
证明: 首先证 f, g 所有首一公因子一定可以写成 $d = p_1^{d_1}\cdots p_s^{d_s}, d_i \in [0, \min(\alpha_i, \beta_i)]$; 假设存在一个公因子 d, 在 d 的不可约分解中出现了一个 q, q 不为 $p_1 \cdots p_s$ 之一, 由定理 5.11 唯一性证明过程一样易证这里 $d \nmid f$; 即 d 的不可约多项式分解中只会出现 $p_1 \cdots p_s$.
假设 $\exists i, d_i \gt \min(\alpha_i, \beta_i)$, 则 f 除以 d 得到的商 h 可以写成 $\frac{p_{i_1}^{d_{i_1}’}\cdots p_{i_k}^{d_{i_k}’}}{p_i^{d_i’} \cdots}$ 形式, 其中 $\forall j, p_{i_j} \ne p_i$, 由 $p_i \mid p_{i_1}^{d_{i_1}’}\cdots p_{i_k}^{d_{i_k}’}$ 参考定理 5.11 唯一性证明过程易证 $\exists j, p_{i_j} = p_i$, 矛盾, 所以 $\forall i, d_i \le \min(\alpha_i, \beta_i)$.
定理 5.15, 多项式的拉格朗日定理, 略作补充
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证明过程不如采用反证直观, 假设 f(x) 具有 K 个不同的根, 则 f(x) 可以写作 $a_n \prod_{i=1}^K(x - x_i)$, 这里 $\deg(a_n \prod_{i=1}^K(x - x_i)) \gt \deg(f)$. 矛盾.
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对于一般的环, 多项式的拉格朗日定理不成立的原因; 我认为是一般的环上, 定理 5.3 带余除法不成立, 主要是一般的环上 $a_n, b_m$ 不一定存在逆元, 即 $a_n b_m^{-1}$ 不一定有意义.
