定理 5.23, 中国剩余定理的证明, 在整数中, 是在引入公倍数概念以及相关定理之后利用这些定理证明了整数的中国剩余定理. 但对于多项式, 尚未引入公倍式概念. 我们仿照下引入最小公倍式.
最小公倍式, 设 F[x] 中有 f(x), g(x); 她俩的最小公倍式是指满足如下条件的首一多项式 $[f(x), g(x)] = d(x) \in F[x]$:
- d(x) 是 f(x), g(x) 的倍数.
- 如果 d’(x) 是 f(x), g(x) 的倍数. 那么 $\deg d’ \ge \deg d$.
5.23.zy1, f(x), g(x) 的公倍式均是 [f(x), g(x)] 的倍数.
证明: 参见命题 3.11(1) 以及定理 5.6.
P.S. 由这个定理可以证明若 d, d’ 都是 [f, g], 那么 d=d’. 即最小公倍式是唯一的.
5.23.zy2, 参照命题 3.8(d); 已知 d(x) = (a(x), b(x)), 则意味着 a(x) = d(x)f(x), b(x) = d(x)g(x), 此时 (f(x), g(x)) = 1.
证明: 假设 d’ = (f, g) 不为常多项式, f = d’ f’, g = d’g’, 则由 a = d d’ f’, b = d d’ g’ 可知 dd’ 也是 a, b 公因子; 且 $\deg(dd’) \gt \deg(d)$, 与 d 是最大公因子矛盾.
5.23.zy3, 参照命题 3.11(2); [m(x)f(x), m(x)g(x)] = (m(x), m(x))[f(x), g(x)]. 这里其实可以写成 [m(x)f(x), m(x)g(x)] = m(x)[f(x), g(x)], 但考虑到 m(x)[f(x), g(x)] 首项系数不一定是是 1, 所以写成了 (m(x), m(x))[f(x), g(x)] 形式.
证明: 令 d(x) = [f(x), g(x)], D(x)=[m(x)f(x), m(x)g(x)]; 易证 $D \mid md$, 等同于 $D \mid (m,m)d$. 由 $mf \mid D, mg \mid D$ 意味着 $D = mff’, D = mgg’, ff’ = gg’=E$, 考虑到 $f\mid ff’, g\mid gg’$, 所以 E 是 f, g 公倍式, 即 $d \mid E, E = dd’$, 即 $D = mdd’, md \mid D, (m,m)d \mid D$. 结合 D, (m,m)d 均首一易证 D = (m,m)d.
5.23.zy4, 仿照命题 3.8(5), 已知 $h(x) \mid f(x)g(x), (h(x), f(x)) = 1$, 求证 $h(x) \mid g(x)$
证明: 由 (h, f) = 1 可知存在 u, v; hu + fv = 1; 则 ghu + fgv = g, 这里 h 能整除 ghu, fgv; 所以 h 整除 g 成立.
5.23.zy5, 参照 3.11(3); (f(x), g(x))[f(x), g(x)] = Cf(x)g(x). 这里 Cf(x)g(x) 确保结果首一.
证明: 首先证 (f, g) = 1 的情况, 此时易知 $d=[f,g] \mid fg, f\mid d, g \mid d, d = ff’, d = gg’$ 这里 $g \mid ff’, g \mid f’, f’=gg’’, d=fgg’’, fg \mid d$. 由 $d \mid fg, fg \mid d$ 可知将 fg 首一化, 即通过乘以一个常数 C, 使得 Cfg 首一; Cfg = d.
再证 $(f, g) = d \ne 1, f = df’, g = dg’, (f’, g’)=1$, 即 $[f’,g’]=f’g’, [f, g] = [df’, dg’] = d[f’, g’] = df’g’$. 所以 $(f, g)[f, g] = ddf’g’ = fg$. 这里省略了首一化一些细节.
5.23.zy6, 仿照 4.8(3); 已知 $a(x)\equiv b(x) \mod m_i(x), i \in [1, n]$, 则 $a\equiv b \mod ([m_1, \cdots, m_n])$.
证明: 易知 $m_i \mid a - b$, 即 $a - b$ 是 $m_i, i \in [1,n]$ 的公倍式; 由 5.23.zy1 已知 $[m_1, \cdots, m_n] \mid a-b$ 即得结论.
定理 5.23, 中国剩余定理的证明, 这里只证 $\Phi$ 是双射.
证明: 首先证 $\Phi$ 是单射, 对于 $\forall a, b \in F[x]/m(x)$, 若 $\Phi(a) = \Phi(b)$ 意味着 $a \equiv b \mod m_i, i \in [1, s]$. 由 5.23.zy6, 5.23.zy5 可知 $a \equiv b \mod m, a\mod m = b \mod m$, 即 a, b 为同一元素.
再证 $\Phi$ 是满射, 对于集合 $F[x]/m_1(x) \times \cdots \times F[x]/m_s(x) $ 中任一元素 $(a_1(x) \mod m_1(x), \cdots, a_s(x) \mod m_s(x))$, 我们要寻找集合 $F[x]/m(x)$ 中的元素 $a(x)$ 使得 $a \equiv a_i \mod m_i, i \in [1, s]$. 首先我们寻找 $M_1(x) \in F[x], M_1 \equiv 1 \mod m_1, M_1 \equiv 0 \mod m_i, i \in [2, s]$, 即 $M_1$ 是 $m_i, i \in [2, s]$ 的公倍式, 即 $\exists k(x) \in F[x], M_1 = km_2\cdots m_s$. 由定理 5.8(2) 可得 $(m_1, m_2\cdots m_s) = 1$, 再由 5.21.zy1 可知 $km_2\cdots m_s \equiv 1 \mod m_1$ 有解. 所以 $M_1$ 存在, 类似 $\forall i \in [2, s], M_i \equiv 1 \mod m_i; M_i \equiv 0 \mod m_j, j \ne i$. 令 $a(x) = \sum_{i=1}^s a_i M_i$, 易知 $a \in F[x]$, 我本来想着证 $a \in F[x]/m(x)$, 但忽然意识到 $F[x]/m(x)$ 是集合 $F[x]$ 的一个分拆, 即 $a(x) \mod m(x) \in F[x]/m(x)$ 一定成立. 易证这里 a 符合要求.
