§ 3. Деление многочленов нацело

Говорят, что многочлен f(x)  K[x] делится нацело на многочлен g(x)  K[x] \ {0} , если f(x) делится на g(x) с нулевым остатком: f(x) = g(x)q(x) + 0 или просто f(x) = g(x)q(x). При этом будем говорить, что g(x) – делитель многочлена f(x) и писать g(x) | f(x), или что f(x) кратен (является кратным) g(x) и писать f(x) g(x).

Свойства делимости нацело

Всюду ниже K – кольцо, а все многочлены с коэффициентами из K.

1⁰. Пусть K – кольцо с единицей, g(x)  U(K[x]). Тогда любой многочлен f(x) делится нацело на g(x) и на f(x)g(x), если f(x)  0. В частности, f(x) делится нацело на любой обратимый элемент   U(K), а также на f(x) ,   U(K).

Действительно, если многочлен g(x) имеет обратный g(x) ^–1, то f(x) = g(x)(g(x) ^–1f(x)), а если f(x)  0, то f(x) = (f(x)g(x))g(x) ^–1.

2⁰. Пусть K – кольцо с единицей без делителей нуля. Если f(x) | g(x) и g(x) | f(x), то f(x) = g(x), где   U(K).

В самом деле, если f(x) = g(x)q(x) и g(x) = f(x)k(x), то f(x) = f(x)k(x)q(x) , g(x) = = g(x)q(x)k(x), и сокращая эти равенства на f(x), g(x) соответственно (почему можно сокращать ?!), получим k(x)q(x) = 1 = q(x)k(x), т.е. k(x), q(x)  U(K[x]) = U(K). Полагая  = q(x)  U(K), получим требуемое.

3⁰. Если f(x) | g(x) и g(x) | h(x), то f(x) | h(x).

Действительно, если h(x) = g(x)q(x) и g(x) = f(x)k(x), то h(x) = f(x)(k(x)q(x)).

4⁰. Если f(x) | g(x), то для любого многочлена u(x) верно f(x) | g(x)u(x).

В самом деле, если g(x) = f(x)q(x), то g(x)u(x) = f(x)(q(x)u(x)).

5⁰. Если f(x) | g(x), f(x) | h(x) , то f(x) | (g(x)±h(x)).

Действительно, если g(x) = f(x)q(x) и h(x) = f(x)k(x), то g(x)±h(x) = f(x)(q(x)±k(x)).

6⁰. Если f(x) | g(x) и f(x) | h(x) , то для любых многочленов u(x), v(x) верно f(x) | (g(x)u(x)+h(x)v(x)).

Это следует из 4⁰ и 5⁰: если f(x) | g(x) и f(x) | h(x), то по 4⁰ f(x) | g(x)u(x) и f(x) | h(x)v(x), а по 5⁰ f(x) | (g(x)u(x)+h(x)v(x)).

7⁰. Если f(x) | g₁(x), … , f(x) | g_n(x), то для любых многочленов u₁(x), … , u_n(x) верно f(x) | (g₁(x)u₁(x)+ … + g_n(x)u_n(x)).

Индукция по n  N, базой для которой служат случаи n = 1 (4⁰) и n = 2 (6⁰). Если утверждение уже доказано для n = k, то при n = k+1 имеем f(x) | (g₁(x)u₁(x)+ … +g_k(x)u_k(x)) и f(x) | g_k+1(x)u_k+1(x). Тогда по 5⁰ получаем f(x) | (g₁(x)u₁(x)+…+g_k(x)u_k(x)+g_k+1(x)u_k+1(x)).

Замечание: Все приведённые выше свойства делимости нацело справедливы для многочленов над полем (в случае K = F – поле).

Примеры: 1. Докажите, что в K[x] верно (x–a) | xⁿ–aⁿ (a  K, n  N).

Всё следует из формулы xⁿ–aⁿ = (x–a)(x^n–1+x^n–2a+…+x^n–i–1aⁱ+…+xa^n–2+a^n–1), проверяемой непосредственным раскрытием скобок.

2. Докажите, что многочлен f(x) = x²+x+1  Z[x] имеет только тривиальные делители ±1, ±f(x).

В самом деле, если f(x) = x²+x+1 = g(x)h(x), где d(g)  1, d(h)  1, то поскольку d(f) = = d(g)+d(h), имеем d(g) = 1 = d(h). Таким образом, g(x) = g₁x+g₀ , h(x) = h₁x+h₀ и из равенства f(x) = (g₁x+g₀)(h₁x+h₀ ) следует, что f(x) имеет корни x = – , что неверно, т.к. дискриминант квадратного трёхчлена f(x) отрицателен.

Итак, один из многочленов g(x) или h(x) является целым числом. Ввиду коммутативности кольца Z[x] можно считать, что g(x) = g₀  Z, h(x) = h₂x²+h₁x+h₀ . Тогда из равенства x²+x+1 = g(x)h(x) сразу следует, что g₀h₀ = 1, т.е. g₀ = ±1, что и требовалось доказать.

Упражнения: 1. При каких n  N в Z[x] верно (x–a)² | xⁿ–aⁿ (a  Z) ?

2. При каких a  C верно x⁵–x³+a x²+x+1 в С[x] ?

3. Разложите на множители многочлен x⁴+4  R[x].

4. Разложим ли многочлен предыдущего упражнения в кольце Q[x] ?

Ненулевой многочлен f(x)  K[x] над кольцом K без делителей нуля называется неприводимым или неразложимым или простым, если у него нет делителей степени больше 0, но меньше d(f). Это значит, что в любом разложении f(x) = g(x)h(x) один из многочленов g(x) или h(x) является элементом из K. Действительно, d(g)+d(h) = d(f) и, по определению, либо d(g) = 0 и g(x)  K, либо d(g) = d(f), d(h) = 0 и h(x)  K.

Примеры: 1. В предыдущем примере 2 было доказано, что f(x) = x²+x+1  Z[x] является простым.

2. Многочлены степени 0, конечно, просты.

3. Над любым кольцом без делителей нуля многочлены первой степени являются простыми. В самом деле, если d(f) = 1 и f(x) = g(x)h(x), то d(g)+d(h) = d(f) = 1, и d(g) = 0 или d(g) = 1 = d(f).

Теорема (о разложении многочленов в произведение простых). Любой ненулевой многочлен f(x)  K[x], где K – кольцо без делителей нуля, раскладывается в произведение простых множителей f(x) = p₁(x)…p_k(x) (случай k = 1 не исключается).

Доказательство. Если сам многочлен прост, то разложение тривиально: f(x) = f(x). В частности, теорема верна для многочленов степеней 0, 1. Это будет базой индукции по числу d(f)  N. Пусть теорема доказана для всех многочленов степени не выше k  N.

Рассмотрим произвольный многочлен f(x) степени k+1. База индукции позволяет считать его разложимым: f(x) = f₁(x)f₂(x), где 0 < d(f_i) < d(f) (i = 1, 2). Применяя предположение индукции к множителям f_i(x), получим f₁(x) = p₁(x)…p_k(x), f₂(x) = q₁(x)…q_m(x) – произведения простых многочленов. Тогда f(x) = f₁(x)f₂(x) = p₁(x)…p_k(x)q₁(x)…q_m(x) – искомое разложение. Теорема доказана.

Эта теорема выявляет значение простых многочленов: они являются кирпичиками, из которых складываются все остальные многочлены. Поэтому изучение простых многочленов является одной из основных и нетривиальных задач алгебры. К сожалению, для произвольных колец трудно ожидать какого-либо удовлетворительного описания. В дальнейшем этот вопрос будет изучен для многочленов над полями, а для полей R и С будет получено полное описание всех неприводимых многочленов.

Упражнения: 1. Докажите, что если f(x) = g(x)h(x) – разложение в кольце Z[x] и все коэффициенты многочлена f(x) делятся на простое число p, то все коэффициенты одного из многочленов g(x) или h(x) делятся на p.

2. Докажите, что x³+x–1 – простой многочлен в Q[x].

3. Докажите, что многочлен степени 2 или 3 над полем прост тогда и только тогда, когда у него нет корней в этом поле.