定理 9.1, 略作补充:
- 整数环与有理数域多项式行为上的不一致, 我认为就如同我在定理 5.15 所理解的:
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 $b_m$ 不一定存在逆元, 即 $a_n b_m^{-1}$ 不一定有意义.
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所以定理 9.1 加了要求, $b_m = 1$, 即 $b_m$ 总是存在逆元.
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从该证明过程可以看到整环 R 上多项式带余除法也成立.
引理 9.3, 略作补充. 我这里将命题重新整理一下, 感觉更清晰一点: 设 $f(x), p$ 如原文所示. 设 $\overline{f}(x) \in \mathbb{F}_p[x], \overline{f}(x) = \sum_{i=0}^n [a_i] x^i, x\in \mathbb{F}_p$, 这里 $[a_i]$ 表示同余类 $a_i \mod p$. 则 $\mathbb{Z}[x]$ 与 $\mathbb{F}_p[x]$ 是环同态.
- $p \mid a_n, f = f_1 f_2, \varphi(f) = \varphi(f_1) \varphi(f_2) = \overline{f}(x)$, 此时 $f(x)$ 与 $\overline{f}(x)$ 具有不同次数. 这为啥还能映射上?
解: 令 $a_1, a_2$ 为 $f_1, f_2$ 首项系数, 易知 $a_1 a_2 = a_n, p \mid a_n$ 易知要么 $p \mid a_1$ 要么 $p \mid a_2$. 即要么 $f_1, \varphi(f_1)$ 次数不一, 要么是另外一个, 所以能映射上倒也不奇怪.
P.S. 正因为如此在 $p \mid a_n$ 时, f 可约, 那么可能会有 $\deg \varphi(f_1) \le \deg f_1, \deg \varphi(f_2) \le \deg f_2$, 即 $\varphi(f_1), \varphi(f_2)$ 可能会为常数项, 影响了 $\overline{f}(x)$ 的可约性.
引理 9.4, 略作补充. 若 $\overline{f}(x) = 0$, 意味着 p 是 $a_i$ 的公共素因子, 矛盾了.
定义 9.5, 没有公共素因子, 就意味着最大公因子为 1 了. 假设最大公因子为 d > 1, 则根据因数分解可知 d 至少有一个素因子, 矛盾了.
引理 9.6, 略作补充. 主要是补充下唯一性证明一点细节.
证明: 由上下文已知 $a a_1(x) = b a_2(x), a, b \in \mathbb{Q}, a = \frac{p}{q}, b = \frac{r}{s}, p, q, r, s \in \mathbb{Z}$. 则 $ps a_1(x) = rq b_1(x), k_1 = \frac{ps}{(ps, rq)}, k_2 = \frac{rq}{(ps, rq)}, (k_1, k_2) = 1$. 令 $a_1(x) = a_n x^n + \cdots + a_0, b_1(x) = b_n x^n + \cdots + b_0$. 由 $k_1 a_1(x) = k_2 b_1(x)$ 可知 $k_1 a_n = k_2 b_n, \cdots, k_1 a_0 = k_2 b_0$. 且 $(k_1 a_n, \cdots, k_1 a_0) = k_1, (k_2 b_n, \cdots, k_2 b_0) = k_2, k_1 \ne k_2$, 矛盾了.
高斯引理的证明, 补充下 $c(f) = c(g)c(h)$
证明: 这里 $c(f) \in \mathbb{Z}; c(g), c(h) \in \mathbb{Q}, f(x) \in \mathbb{Z}[x]$. 此时 $f_1(x) = \frac{c(g)c(h)}{c(f)} g_1(x) h_1(x)$. 易证 $\frac{c(g)c(h)}{c(f)} \in \mathbb{Z}$, 否则将与 f(x) 是整数多项式矛盾. 并且 $\frac{c(g)c(h)}{c(f)} = 1$ 否则将与 $f_1(x)$ 是本原多项式矛盾.
P.S. 从这个证明可以看到, 即使 $g(x), h(x)$ 为常数多项式, 高斯引理仍然成立.
P.S. 怎么又来了高斯引理.
命题 9.7, 略作补充, 由条件可知 $f(x) = (x - \alpha)f_1(x), f_1(x) \in \mathbb{Q}[x]$, 这里 $f_1(x)$ 可能为常数多项式, 但见上高斯引理介绍, 此时不影响 $x-\alpha$ 的本原多项式是 f(x) 的因子.
定理 9.9, Eisenstein 判别法, 略作补充.
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Eisenstein 判别法使用姿势, 寻找 $a_0, \cdots, a_{n-1}$ 所有素因子 p, 只要有一个满足 9.9 要求, 则意味着 f(x) 不可约.
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补齐下证明,
假设此时 f(x) 可约 $f(x) = g(x)h(x)$, 此时 $g(x) = b_m x^m + \cdots + b_0, h(x) = c_{n-m} x^{n-m} + \cdots + c_0$, 并且 $a_0 = b_0 c_0$.
此时 $\overline{f}(x) = [a_n] x^n$, 可知 $p \mid b_{m-1}, \cdots p \mid b_0; p \mid c_{n-m}, \cdots, p \mid c_0$ 必成立. 即 $p^2 \mid a_0$, 矛盾了.
