§ 6. Неприводимые многочлены над полем q

Эта тема непосредственно не примыкает к предыдущей. Но, раз уж речь идёт о неприводимых многочленах над полями, постараемся прояснить ситуацию и для поля рациональных чисел, хотя здесь и нет такого простого ответа, как в предыдущих случаях.

Прежде всего, любой неприводимый многочлен не ниже второй степени над любым полем не должен иметь корней в этом поле, т.к. иначе он делится (по теореме Безу) на двучлен х – , где  – корень. Это даёт необходимый, но не достаточный признак неприводимости: например, многочлен х⁴ + 4 не имеет рациональных корней (почему ?!), но не является неприводимым над Z, поскольку х⁴ + 4 = (х²+2х + 2)(х² – 2х + 2)..

Поэтому вначале рассмотрим вопрос о распознавании многочленов над Q , имеющих рациональные корни. Если дан многочлен f(x) = a_nxⁿ+…+a₁x+a₀ над Q , то можно считать, что все его коэффициенты приведены к общему знаменателю, т.е. записаны в виде а_i = , где b_i , c  Z (0  i  n). Таким образом, f(x) можно представить в виде f(x) = (b_nxⁿ+…+b₁x+b₀), где в скобках стоит многочлен с целыми коэффициентами, имеющий те же рациональные корни, что и исходный. Итак, сразу будем считать, что все коэффициенты многочлена f(x) целые.

Теорема (о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами). Если несократимая дробь  =  Q является корнем многочлена f(x) = a_nxⁿ+…+a₁x+a₀  Z[x] степени n, то p | a₀ и q | a_n .

Доказательство. Имеем

0 = f() = (a_npⁿ+a_n–1p^n–1q+…+a_ipⁱq^n–i+…+a₁pq^n–1+a₀qⁿ),

a_npⁿ+a_n–1p^n–1q+…+a_ipⁱq^n–i+…+a₁pq^n–1+a₀qⁿ = 0,

a₀qⁿ = p( –a_np^n–1–a_n–1p^n–2q–…–a₁q^n–1).

Итак, p | a₀qⁿ , причём р взаимно просто с q, а значит, и с qⁿ (дробь  несократима !). Поэтому p | a₀ . Аналогично, из равенства a_npⁿ = q(–a_n–1p^n–1–…–a₁pq^n–2–a₀q^n–1) получим, что q | a_n . Теорема доказана.

Пример: Найти все рациональные корни многочлена 2х⁴+5х³–х²+5х–3.

По доказанной теореме, если несократимая дробь  =  Q является корнем данного многочлена, то р | (–3) и q | 2 . Всегда можно считать, что q > 0. Поэтому все возможные значения для p и q таковы p = 1, 3; q = 1, 2, а все возможные значения для  соответственно  = = 1, 3,  ,  . Устно убеждаемся, что  =1 – не корни,  = 3 также не подходит, т.к. “в многочлене много слагаемых с плюсом и мало с минусом”. Легко убедиться, что  = –3 – корень: 23⁴–53³–3²–53–3 = 9(29–53–1–2) = 9(18–15–3) = 0. Понизим степень многочлена: 2х⁴+5х³–х²+5х–3 = (х+3)(2х³–х²+2х–1).

Доказанная теорема, применённая к многочлену 2х³–х²+2х–1, исключает возможность р = 3. Значит, нужно только проверить  =  . Ясно, что  = – корень. Снова понижаем степень: 2х³–х²+2х–1 = (х – )(2х²+2), и многочлен 2х²+2 не имеет вещественных корней. Итак, исходный многочлен имеет два рациональных корня:  = и  = –3 .

Лемма (Гаусса). Пусть f(x) = (b_nxⁿ+…+b₁x+b₀)  Q[x], где в скобках стоит многочлен g(x) с целыми коэффициентами, с  N. Тогда f(x) неприводим над Q тогда и только тогда, когда g(x) неприводим в кольце Z[x] (т.е. для любого разложения g(x) = u(x)v(x), где u(x), v(x)  Z[x], степень одного из сомножителей равна нулю ).

Доказательство в одну сторону очевидно: если f(x) неприводим над Q , и g(x) = = u(x)v(x), то u(x), v(x)  Z[x]  Q[x] и f(x) = u(x)v(x) – нетривиальное разложение неприводимого многочлена. Значит, степень одного из сомножителей равна нулю.

Обратно, пусть многочлен g(x) неприводим в кольце Z[x] , но вопреки доказываемому, f(x) = p(x)q(x) – нетривиальное разложение, где p(x), q(x)  Q[x]. Приводя все коэффициенты к общему знаменателю, получим p(x) = u(x), q(x) = v(x) для некоторых натуральных чисел d₁ , d₂ и многочленов положительной степени u(x), v(x)  Z[x]. Значит, g(x) = f(x) = p(x)q(x) = u(x)v(x) , где d = d₁d₂  N, т.е. dg(x) = cu(x)v(x) . Обе части этого равенства можно сократить на НОД(d, c), так что сразу будем считать числа d и c взаимно простыми. Кроме того, поскольку коэффициенты левой части полученного равенства имеют вид db_i (0  i  n) и делятся на целое взаимно простое с d число с, все коэффициенты b_i (0  i  n) делятся на с, и равенство можно сократить на с. Таким образом, будем предполагать, что с = 1.

Итак, имеем равенство dg(x) = u(x)v(x). Докажем, проведя индукцию по d  N, что это равенство ведёт к противоречию с неразложимостью многочлена g(x) в кольце Z[x]. Если d = 1, противоречие налицо. Предположим, что оно получено для всех d = 1, … , m и докажем, что от противоречия не уйти и при d = m + 1. Ввиду условия d > 1 можно считать, что в каноническом разложении числа d участвует некоторое простое число р. Если u(x) = , v(x) = , то u(x)v(x) = . Значит, k+l = n и для любого i  {0, … , n} = db_i  p. Докажем, что при выполнении этих условий либо все коэффициенты многочлена u(x) делятся на р, либо на р делятся все коэффициенты многочлена v(x). Для этого рассмотрим следующие многочлены над полем Z_p : ,  Z_p[x] , где , . Тогда , т.к. в Z_p. Поскольку Z_p[x] – кольцо без делителей нуля, то либо , либо . Это и означает, что либо все коэффициенты многочлена u(x) делятся на р, либо на р делятся все коэффициенты многочлена v(x) (почему ?!). Пусть, например, все коэффициенты многочлена u(x) делятся на р, т.е. u(x) = pu₁(x), d = pd₁ , d₁g(x) = u₁(x)v(x). Последнее равенство приводит к противоречию по предположению индукции. Лемма Гаусса доказана.

Лемма Гаусса в более общей ситуации доказана в прошлой главе в параграфе “Факториальные кольца”.

Итак, достаточно исследовать неприводимые многочлены над кольцом целых чисел. Здесь ситуация не простая, т.к. нет простого универсального критерия неприводимости, как в случае полей R или C.

Поэтому ограничимся лишь рассмотрением одного достаточного условия.

Теорема (критерий Эйзенштейна неприводимости многочлена в Z[x]). Пусть для многочлена f(x) = a_nxⁿ + a_n–1x^n–1 + … + a₁x + a₀  Z[x] существует такое простое число р, что р | a_i (0  i  n–1), p a_n , p² a₀ . Тогда f(x) неприводим в кольце Z[x].

Доказательство. Предположим, вопреки доказываемому, что имеется нетривиальное разложение f(x) = u(x)v(x), где u(x), v(x) – некоторые многочлены положительной степени с целыми коэффициентами. Как и при доказательстве леммы Гаусса перейдём к многочленам над полем Z_p : пусть , где каждый из коэффициентов этих многочленов равен классу вычетов по модулю р соответствующего коэффициента исходных многочленов f(x), u(x) или v(x). По условию, (0  i  n–1) и , так что (x) = xⁿ = . Поскольку многочлен х неприводим над любым полем, то теорема о единственности разложения многочлена в произведение неприводимых позволяет заключить, что . Таким образом, , т.е. все коэффициенты u₀ , … , u_k–1 , v₀ , … , v_l–1 делятся на р. Поэтому p² | u₀v₀ = а₀ – противоречие с условием. Теорема доказана.

Примеры: 1. Многочлен 2х⁴ + 9х³ + 18х – 3 неприводим, т.к. удовлетворяет условиям критерия Эйзенштейна при р = 3.

2. Любой многочлен вида хⁿ – a, где а – целое число, имеющее в своём каноническом разложении хотя бы одно простое число р в первой степени, является неприводимым над Z по критерию Эйзенштейна (именно это простое число и нужно использовать). В частности, неприводимы многочлены xⁿ – 5, xⁿ + 39, xⁿ + 84. Многочлены же х¹⁶ – 4, х¹³ – 2¹³ , х²⁵ – 32 разложимы (почему ?!).

3. К многочлену х² + 2х + 3 критерий Эйзенштейна не применим ни при каком простом р (т.к. нет такого простого p, которое делило бы одновременно и 2, и 3). Однако, этот многочлен неприводим (почему ?!).

4. Доказать, что многочлен р(х) = х⁴ + х³ + х² + х + 1 неприводим над полем Q.

В данной ситуации критерий Эйзенштейна непосредственно не применим. Заметим, что х⁴ + х³ + х² + х + 1 = и сделаем замену у = х – 1: х = у + 1, р(х) = = ((у+1)⁵ – 1) = (у⁵ + 5у⁴ + 10у³ + 10у² + 5у) = y⁴ + 5y³ + 10y² + 5. К полученному многочлену уже применим критерий Эйзенштейна при р = 5.

Упражнения: 1. Воспользоваться критерием Эйзенштейна для доказательства неприводимости над Z следующих многочленов: а) х³–27х²+15, б) х⁵–25х²+50х–10, в) х⁴–33, г) х⁴+8х–2.

2. Доказать, что неприводимы следующие многочлены: х² – х + 1 над Z₂ , х³ – х + 1 над Z₃ , x⁵ – x + 1 над Z₅ . Какую гипотезу можно сформулировать для произвольного простого р ? Можете ли Вы доказать её ?

3. Доказать, что для простого числа р все биномиальные коэффициенты (1  i  p–1) делятся на р и не делится на р².

4. Применить упражнение 3 для доказательства неприводимости многочлена 1+х+…+х^р–1, где р – любое простое число.

Замечание: Неприводимые многочлены можно использовать для доказательства иррациональности некоторых чисел. Именно, если число   R является корнем неприводимого над Q многочлена f(x)  Q[x] не ниже второй степени, то  иррационально (почему ?!). Таким образом, иррациональны, например, , являющиеся корнями неприводимых многочленов х²³ – 2, х⁴ – 10х + 1, х³ – 3х² + 3х – 6 (почему они неприводимы над Q ?!).

2