Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。
§ 1。多项式
1. 定义多项式
设I为集合。我们记得(III,p. 452),I超过A的免费交换代数由A[(Xi)i∈I]或A[Xi]i∈I表示。这个代数的元素被称为关于不定式Xi(或不定式Xi)的*多项式*,系数在A中。让我们回想一下,不确定的Xi是i的典范像,在I上的自由交换代数超过A; 有时用另一个符号(例如 Xi′,Yi,Ti 等)来表示这个像是很方便的。这个约定通常由诸如以下的短语引入:“让 Y=(Yi)i∈I 成为一个不定族”;在这种情况下,相关多项式的代数由A[Y]表示。当I={1,2,…,n}时,写A[X1,X2,…,Xn]代替A[(Xi)i∈I]。
对于ν∈N(I),我们把
Xν=i∈I∏Xiνi.
那么(Xν)ν∈N(I)就是A模块A[(Xi)i∈I]的基。 Xν 在不定式Xi 中称为*单项式*。对于ν=0,我们获得A[(Xi)i∈I]的单位元。每个多项式 u∈A[(Xi)i∈I] 都可以用一种方式写成形式
u=ν∈N(I)∑ανXν
其中aν∈A和αν是零,除了有限的数; aν 称为 u 的*系数*; ανXν 称为 u 的 项(通常元素 ανXν 在 Xν 中称为项),特别是 α0X0 的项,以 a0 标识,称为*常数项* 或 u。当αν=0时,我们滥用语言说u*包含在Xν中没有元素*;特别是当α0=0时,我们说u是一个多项式*没有常数项*(III,p. 453)。任何 1 的标量倍数称为*常数多项式*。
设 B 为交换环和 ρ:A→B 环同态。我们通过ρ将B[(Xi)i∈I]视为A-代数。因此,A[(Xi)i∈I]的映射σ转换为B[(Xi)i∈I],其中变换∑ανXν转换为∑ρ(αν)Xν是A-代数的同态;如果u∈A[(Xi)i∈I],我们有时用u的ρu像表示,这个同态。将B⊗AA[(Xi)i∈I]的同态转换为由σ变换规范定义的B[(Xi)i∈I],对于每个i∈I,将1⊗Xi转换为Xi;这是 B 代数的同构 (III, p. 449)。
令 M 为自由A-模且基 (ei)i∈I。 代数 A[(Xi)i∈I] 的对称代数 S(M) 恰好存在一个单位同态 φ,使得每个i∈I有φ(ei)=Xi,而这个同态是同构(III, p. 506)。这个同构据说是规范的。它允许我们将对称代数的某些属性应用于多项式代数。对于例,令(I1),…,L为I的划分。让φλ是Pλ=A[(Xi)i∈Iλ]的同态到P=A[(Xi)i∈I],其中变换Xi(Pλ的元素)到Xi(P的元素)。然后将代数⨂h∈LPλ的φλ定义同态转化为代数P, 这个同态是同构(III,p. 503,第9条)。
设E为A-模,并放入E⊗AA[(Xi)i∈I]=E[(Xi)i∈I]。 A-模 E[(Xi)i∈I] 的元素被称为不定式 Xi 中的多项式,其系数在 E 中。 这样的多项式只能以一种方式写为 ∑ν∈N(I)eν⊗Xν,其中 eν∈E 和 eν 对于除了有限数之外的所有情况都是零后缀;我们经常写eνXν而不是eν⊗Xν。
2. Degrees
令P=A[(Xi)i∈I]为多项式代数。 对于每个整数n∈N,令Pn为由单项式Xν生成的P的子模,使得∣ν∣=∑i∈Iνi等于n。 那么(Pn),…是一个分级,它将A[(Xi)i∈I]变成型N(III,p. 459)的分级代数。 The homogeneous elements of degree n in A[(Xi)i∈I] are sometimes called forms of degree n with respect to the indeterminates Xi.
当我们处理非齐次多项式次数时,我们同意将自然数的集合N、元素写成−∞以及扩展序关系和N的加法 N∪{−∞} 按照以下约定,其中 n∈N,
−∞<n,(−∞)+n=n+(−∞)=−∞,(−∞)+(−∞)=−∞.
令 u=∑ν∈N(I)ανXν 为多项式。 u(对于上面定义的型 N 的分级)的次数 n 的齐次分量un等于∑∣ν∣=nανXν,并且我们显然有u=∑n∈Nun。如果u=0,un不都是零,我们将定义u的*次数*(或*总计次数*),写成degu,如数的最大的 n使得un=0;在其他字(III,p. 453)中,对于多索引ν,u的次数是整数∣ν∣的最大的,使得aν=0。当u=0时,u的次数按照约定为−∞。对于每个整数 p∈N,关系 degu≤p 因此相当于 « aν=0 对于每个多索引 ν 和 ∣ν∣>p »;首一多项式 u 的集合使得 degu≤p 是 A[(Xi)i∈I] 的 A-子模,等于 P0+P1+…+Pp 与上述记号。
令 E 为 A-模。族 (E⊗Pn)n∈N 是系数为 E 的多项式的模 E[(Xi)i∈I]=E⊗AA[(Xi)i∈I] 的型 N 的毕业。对于这种情况,我们将上面针对非齐次多项式次数采用的扩展约定。
(i) 如果 degu=degv,*我们有*
u+v=0anddeg(u+v)=sup(degu,degv). 如果
degu=degv 我们有 deg(u+v)≤degu。
(ii) 我们有 deg(uv)≤degu+degv。 证明是直接的。
设J⊂I和B=A[(Xi)i∈I−J];我们将认同A[(Xi)i∈I]与B[(Xi)i∈J](III,p. 453f.)。 u∈A[(Xi)i∈I]的次数,B[(Xi)i∈J]的元素,相对于指标i∈J的Xi称为u的次数(III,p. 454)。
令 u=∑k=0nakXk∈A[X] 为次数 n 的一个不定式的非零多项式。系数an,即=0乘以假设,被称为u的*主导系数*。 A 首一多项式 u=0 其首项系数等于 1 称为 monic 首一多项式。
在次数 p 的单项式的 A[X1,X2,…,Xq] 数中,等于元素 (nk)1≤k≤q 的数 Nq,使得 ∑k=1qnk=p,即 (pq+p−1) (集合III,第 15 号提案,p. 182)
更一般地,令 A 为可交换幺半群,且 (δi)i∈I 为 A 的元素族。型 A 存在代数 A[(Xi)i∈I] 的唯一分级,使得每个单项式 Xν 为次数 ∑i∈Iνiδi (III, p. 458、例 3)。上面考虑的情况是A=N和δi=1。在一般情况下,为了避免混淆,我们将使用字 « 权 » 代替 « 次数 » 并使用 « 等量 » 代替 « 均质 »。对于例,代数 A[(Xi)i≥1] 存在唯一的型 N 分级,使得对于每个整数 i≥1,Xi 为权 i。 权 n 的同量异位元素是形式 ∑aνXν 的多项式,其中aν=0 为∑i≥1i⋅νi=n。
3. Substitutions
设 E 是在 A 和 x=(xi)i∈I 上的单位结合律代数,是 E 的成对可置换元素族。 设 X=(Xi)i∈I 为不定族。 根据III,第7条,p. 449,A[X]到E存在唯一的单位同态f,使得每个i∈I有f(Xi)=xi。 The image of an element u of A[X] under f is written u(x) and is called the element of E obtained by substituting xi for Xi in u, or also the value of u for Xi=xi. 特别是u=u((Xi)i∈I)。 如果I={1,…,n}我们写u(x1,…,xn)代替u((xi)i∈I)。 更一般地,如果 M 是 A-模并且 o 是元素
M[(Xi)i∈I]=M⊗AA[(Xi)i∈I],
我们用v(x)表示映射1M⊗f下M⊗AE=M(E)中v的像。
如果 A[X] 的同态 u↦u(x) 进入 E 是单射的,我们说族 x 在 A 上“代数上自由”,或者说 xi 在 A 上“代数上独立”。这也意味着单项式 xν (ν∈N(I)) 在 A 上线性无关。
如果 λ 是 E 的单位同态到单位结合词 A-代数 E',我们有
λ(u((xi)i∈I))=u((λ(xi)i∈I)),
因为λ∘f是A[X]的同态到E',其中映射Xi到λ(xi)。
让u∈A[X]。如果E是可交换的,E1到E的映射x↦u(x)称为u(和代数E)定义的*多项式函数*;我们将有时表示为u~(甚至只是u)。
令Y=(Yj)j∈J为另一个不定族,并让我们将多项式代数A[Y]视为E。给定u∈A[X],将gi∈A[Y]换成i∈I,然后放入g=(gi)i∈I;设u(g)∈A/[Y]为将u中的多项式gi代入Xi得到的多项式。令 y=(yj)j∈J 为单位结合词 A-代数 E' 的成对可置换元素族; 应用 (1) 将E中的A同态g↦g(y)代入E′,我们得到
(u(g))(y)=u((gi(y))).
如果f=(fi)i∈I∈(A[(Xj)j∈J])I和g=(gj)j∈J∈(A[(Yk)k∈K])J,我们用f∘g或f(g)表示多项式族(fi(g))i∈I∈(A[(Yk)k∈K])I。如果我们将 E′J 的 f~ 映射 x↦(fi(x))i∈I 表示为 E′I(其中 E′ 是单位结合律和可交换的 A-代数),则关系 (2) 意味着
(fog)′′=f~∘g~.
如果 h=(hk)k∈K∈(A[(Zl)l∙L])K,则由 (2) 得出:
f∘(g∘h)=(f∘g)∘h.
设a=(ai)i∈I,是元素和A的家庭,并设u∈A[X]。如果v是每个i∈I用Xi+ai代替Xi得到的多项式,则v的常数项等于u(a)。
被以下引用 1
被以下引用 推论 1
v的常数项是通过将v中的Xi替换为0而得到的,对于每个i∈I。因此结果如下(2)。
令m为多项式u∈A[X]的理想,使得u(a)=0。然后 m 由多项式 Xi−ai 生成(对于 i∈I)。
引用了 1 · 被以下引用 1
引用了 命题 2
被以下引用 推论 2
很明显,每个i∈I都有Xi−ai∈m。令u∈m和v如命题2中那样。由于v没有常数项,因此存在A[X]和有限支撑中的多项式族(Pi)i∈I,使得
v(X)=i∈I∑Xi⋅Pi(X).
如果我们对上式中的每个 i∈I 替换 Xi Xi−ai,我们就得到关系形式 u(X)=∑i∈I(Xi−ai)⋅Pi′(X),从而的推论。
令 X=(Xi)i∈I 和 Y=(Yi)i∈I 为两个不定族。多项式 u∈A[X,Y] 的集合使得 u(X,X)=0 是由多项式 Xi−Yi 生成的 A[X,Y] 的理想值(对于 i∈I)。
引用了 1
引用了 推论 1
这个推论直接来自Cor。 1 在替换A乘以A[Y]和ai乘以Yi,将A[X,Y]解释为Xi中的多项式环,系数在A[Y]中。
令u∈A[X]和X.Z为多项式环A[X][Z]的元素的家庭(XiZ)i∈I。对于每个正整数 k,u(X.Z) 中Zk 的系数是 u 次数 k 的齐次分量。
在u是单项式的情况下证明这个命题就足够了,这样结果就很清楚了。
对于 u∈A[X] 为次数 k 齐次的多项式,满足以下条件是充分必要的:
u(X.Z)=u(X)⋅Zk.
4. 差速器和推导
设B=A[(Xi)i∈I],则通过III,p. 569,对于每个i∈I,存在且仅有一个B的A导数Di,使得
DiXi=1,DiXj=0forj=i 多项式DiP称为P*相对于*Xi的*偏导数*;我们也用DXiP或∂Xi∂P或PXi′来表示它。通过 III、p. 558、公式 (21),我们有 ν=(ν,)∈N(I), Di(Xν)={νiXiνi−1∏j∈I−{i}Xjνj0if νi>0if νi=0 从 (6) 可以得出,对于任何 i,j∈I 都有 DiDj=DjDi。对于ν=(νi)i∈I∈N(I),我们将放置Dν=∏i∈IDiνi和ν!=∏i∈I(νi!)。在N(I)订购乘积,我们有 Dν(Xμ)={(μ−ν)!μ!Xμ−ν0if ν≤μ,if not . 当P是单个不定X中的多项式时,P的唯一偏导数写作DP或dXdP或P′,简称为P的*导数*。
再次令B=A[(Xi)i∈I];由B、ΩA(B)的A微分的III、p. 569 B-模,有Xi的微分族(dXi)i∈I为基。令∂i为指标i相对于基在ΩA(B)上的坐标形式。那么 B 的映射 u↦(∂i,du) 到自身就是 B 的推导,对于 j=i,映射 Xi 为 1,Xj 为 0,因此是 Di;在其他字中,我们有
du=i∈I∑(Diu)dXi 每u∈B。若I有限,则(Di)i∈I为B的推导B-模基。
设E是结合律、交换律和单位A-代数,x=(xi)i∈IE的元素族,A[(Xi)i∈I]和y=u(x)的u元素。然后,对于 E 的每个推导 D 到 E 模块,我们有*
Dy=i∈I∑(Diu)(x)⋅Dxi.
引用了 1 · 被以下引用 1
引用了 命题 6, III § 10
被以下引用 推论
当u是单项式时,只要证明命题就足够了,在这种情况下,它可以从III、p. 558、命题6得出。
— *让f∈A[X1,...,Xp]和gi∈A[Y1,...,Yq]代表1≤i≤p,并写出h=f(g1,...,gp),那么对于1≤j≤q我们有
∂Yj∂h=i=1∑pDif(g1,...,gp)⋅∂Yj∂gi.
引用了 2
引用了 命题 4, 推论 2, I § 8
这是第 4 条的特殊情况 E=A[Y1,...,Yr]、xi=gi 和 D=∂/∂Yj。
令X=(Xi)i∈I、Y=(Yi)i∈I为两个不相交的不定族,并为(Xi+Yi)i∈I族写出X+Y。给定 u∈A[X],考虑 A[X,Y] 的元素 u(X+Y)。对于ν∈N(I),我们用Aνu表示u(X+Y)中Yν的系数,将其视为Yi中的多项式,系数在A[X]中。到定义我们有Aνu∈A[X]并且
u(X+Y)=ν∑(Δνu)(X)Yν.
(这里和本号的其余部分,求和扩展到指标集合 N(I) 除非,相反。)
设a∈A′,然后在(9)中用a代替X,用X−a代替Y,我们得到
u(X)=ν∑(Δνu)(a)(X−a)ν.
特别是我们有
u(X)=ν∑(Δνu)(0)Xν.
如果u,v∈A[X],我们有
(uv)(X+Y)=(ν∑(Δνu)(X)Yν)(ρ∑(Δρv)(X)Yρ)=σ∑[ν+ρ=σ∑(Δνu)(X)(Δρv)(X)]Yσ
因此
Δσ(uv)=ν+ρ=σ∑(Δνu)(Δρv).
设 Z=(Zi)i∈I 为另一个不定族。
我们有:
ν∑(Δνu)(X)(Y+Z)ν=u(X+Y+Z)
=σ∑(Auu)(X+Y)Zu
=ρ,σ∑(ΔρΔσu)(X)YρZσu,
因此由I,p. 99,Cor。 2:
(13)
ΔρΔσu=ρ!σ!(ρ+σ)!Δρ+σu.
— 对于任何 u∈A[X] 和 ν∈N(I) *我们有
Dνu=ν!Δνu
被以下引用 1
被以下引用 引理 2, AC V § 1
首先假设 ν 有长度 1 ;那么I存在元素i,使得ν=εi,即νi=1和νj=0对于I中的所有j=i。 公式 (12) 显示A′′ 是 A-代数 A[X] 的推导,这显然对于 j=i 来说在 Xj 上有值零,在 Xi 上有值 1。因此,对于每个i∈I,我们有Δεi=Di。
由(13)我们有
(14)
(ρ!Δρ)⋅(σ!Δσ)=(ρ+σ)!Δρ+σ
在内同态代数 A-模 A[X]。现在,ν 的长度上的归纳紧随ν!A′′=Dν。
如果 A 是 Q 代数,公式 (9), (10), (11) 可以写成
(15)
u(X+Y)=ν∑ν!1(Dνu)(X)Yν (16)
u(X)=ν∑ν!1(Dνu)(a)(X−a)ν (17)
u(X)=ν∑ν!1(Dνu)(0)Xν
公式 (15)、(16)、(17) 这三个都称为“泰勒的公式”。
命题 6 (《欧拉恒等式》) 069Y
— 令 u∈A[X] *为次数 r 的齐次多项式;我们有
i∈I∑Xi⋅Diu=ru.
引用了 1
引用了 例 6, III § 10
令 D 为 A[X] 的 A-线性映射自身,使得当 v 齐次于次数 s 时,D(v)=sv。我们知道(III,p. 554,例 6)D 是A[X] 的推导。因此,命题 6 是命题 4 的推论(IV,p. 6)。
5. 多项式环中的除子 / 零
— *令 f∈A[X] 为不定的非零多项式,a 为其首项系数。如果 a 在 A 中是可取消的(特别是当且仅当),那么对于 A[X] 的任何非零元素'g,
fg=0anddeg(fg)=degf+degg
被以下引用 4
被以下引用 命题 11, AC V § 1, 推论 1, AC V § 1, § 1. 。多项式, 命题 8
令 g∈A[X] 为非零多项式,β 为其首项系数,n=degf 和 p=degg。那么Xn+p在fg中的系数是αβ,不消失,从而命题。
— *如果 A 为整环,则 A[(Xi)i∈I] 也为。
引用了 1 · 被以下引用 3
引用了 命题 7
被以下引用 注, 推论 1, 命题 9
令u,v为A[(Xi)i∈I]的两个非零元素;我们必须证明uv=0。现在u和v属于到环A[(Xj)j∈J],其中J是I的有限子集。因此,我们可以将极限视为 I 有限且等于 {1,2,...,p} 的情况。另一方面,环A[X1,...,Xp]与Xp中的多项式环同构,系数在A[X1,...,Xp−1]中。因此,到 p 上的归纳,我们就将 A[X] 简化为证明命题,现在只需应用第 7 条命题即可。
— *如果 A 是整环,且 u,v 是 A[(Xi)i∈I] 中的元素,则 deg(uv)=degu+degv。
引用了 1 · 被以下引用 1
引用了 命题 8
被以下引用 推论 2
我们可以将极限自己设置为u和v非零的情况。让m=degu,n=degv;我们有
u=u0+u1+⋯+um,v=v0+v1+⋯+vn
其中 uh(分别为 vh)是 u(分别为 v)的次数 h 的齐次分量。从um=0和vn=0开始,我们有umvn=0(命题8)。现在 uv=umvn+w 与 degw<m+n、从而结果。
— *如果 A 为整环,则 A[(Xi)i∈I] 的可逆元为 A 的可逆元。
引用了 1
引用了 推论 1
— *令u∈A[(Xi)i∈I];那么,要使 u 在环 A[(Xi)i∈I] 中幂零,其所有系数在环 A 中幂零是必要且充分的。
引用了 2
引用了 推论 1(二项式公式), I § 8, 命题 8
正如命题 8 的证明中一样,我们可以对一个变量X 中多项式的情况进行约简。如果 u 的所有系数都是幂零的,则 u 也是幂零的(I,p. 99,Cor.1)。假设u是幂零的,但零不是幂等的,并令n为其次数;我们将在n上争论归纳。令 a 为 u 的首项系数。存在整数m>0使得um=0。 um 的首项系数为 am,因此为 am=0。现在 u−αXn 是幂零的(I,前述),并且归纳假设显示 u−αXn 的所有系数都是幂零的。因此 u 的所有系数都是幂零的。
6. 一个不定多项式的欧几里得除法
令f和g分别为非零元素、次数、m和n的A[X]。设α0为f和μ=sup(n−m+1,0)的首项系数。存在 u,v∈A[X] 这样*
α0μg=uf+v,degv<m. *如果
α0在
A中可取消,则
u和
v由这些属性唯一确定。
被以下引用 1
被以下引用 推论(多项式的“欧几里得除法”)
当n<m时,u和v的存在性是明确的,因为这样我们就可以取u=0和v=g。对于n≥m,我们将在n 使用归纳法。设β为g的首项系数;如果f=∑k=0mαkXm−k,我们可以写成α0μg=α0μβXn⋅f+α0μ−1g1,其中g1∈A[X]和degg1<n。到归纳假设,存在u1,v∈A[X],使得α0μ−1g1=u1f+v和degv<m。因此
α0μg=(α0μ−1βXn−m+u1)f+v 输入
u=α0μ−1βXn−m+u1就足够了。
假设α0在A中可以取消,现在让我们证明u和v的唯一性。令 u,v,u1,v1∈A[X] 为
α0μg=uf+v=u1f+v1,degv<m,degv1<m
我们有(u−u1)f=v1−v和deg(v1−v)<m,因此有u−u1=0(IV,p. 9,提案7),因此有v1−v=0。
推论(多项式的“欧几里得除法”) 06A6
— 令 f 为 A[X] 的非零元素,其前导*系数*可逆且m=degf。 (i) 对于每个 g∈A[X] 都存在 u, v∈A[X] 这样*那个*
g=uf+v,degv<m. 而且,这些条件确定
u和
v是独一无二的。 (ii)
A[X]的子A模块
A+AX+…+AXm−1和
fA[X]是
A[X]的补充。 (iii) 假设
f非常数,并将
A[X]视为
A[T]-*模*,通过
A[T]的同态
u(T)↦u(f(X))转化为
A[X]。那么
A[X] 就是一个免费的
A[T]-*模* 和基
(1,X,…,Xm−1)。 断言 (i) 和 (ii) 是提案 10 的直接的推论。 让我们证明(iii)。设
ψ为
A[T,X]的同态
v↦v(f(X),X)到
A[X]。首先将
A[T,X]视为
T中的多项式环,系数在
A[X]中;科。 IV、p. 5的1表明,
ψ的核
a是
A[T,X]的理想
(T−f(X))。现在将
A[T,X]视为
X中的多项式环,系数在
A[T]中;那么
ψ是
A[T][X]到
A[X]的
A[T]线性映射。上面的断言 (ii)(应用于
X中的多项式
f(X)−T,系数在
A[T]中)表明
(1,X,…,Xm−1)是
A[T,X]的补充
a的
A[T]子模的基。由于
ψ(Xi)=Xi对于每一个整数
i≥0,(iii)立即跟随。
引用了 1
引用了 命题 10
对于(i)的记号,我们可以说u是商,v是g的欧几里得除法除以f的余数;为了使余数消失,f应该除g是必要且充分的。
7. 多项式在一个不定式 [^1] 中的整除性
— 令 K 为可交换的 域。 (i) 对于 K[X] 的每个非零理想 a,在 K[X] 中恰好存在一个*单调*首一多项式 f,使得 a=(f)。 (ii) 设f1和f2在K[X]中;对于 (f1)=(f2) 来说,存在 K 的非零元素 λ 使得 f2=λf1 成立是必要且充分的。 让我们证明(ii),所述条件的充分性是明确的。 f1 和 f2 生成零理想的情况是微不足道的。因此假设非零多项式f1和f2生成与K[X]相同。则存在多项式u1和u2使得f1=u1f2和f2=u2f1;由此可见,u_1 u_2 = 1,从而 degu1+degu2=0,所以degu2=0。因此我们证明了u2是K的非零元素。
被以下引用 1
被以下引用 命题 12
为了证明 (i),令 f 为 a 中最小可能的次数的一元多项式。给定a中的g,令u和v为g的欧几里得除法除以f的商和余数;然后v=g−uf属于到a,我们有degv<degf;如果v非零,则K将存在非零元素A,使得λv是单调的,并且由于λv∈a,这将与定义相矛盾。因此我们有 a=(f); 唯一性的一元多项式 f 使得 a=(f) 现在可以从 (ii) 得出。
令K为交换域和f,g两个元素K[X]。对于 K[X] 中的每个多项式 d,以下属性是等效的*:
引用了 1 · 被以下引用 3
引用了 命题 11
被以下引用 定义 1, 推论 1, 推论 2
(i) 多项式d除f和g以及除同时f和g除d。
(ii) 多项式d除f和g并且存在两个多项式u和v使得d=uf+vg。
(iii) 关系(d)=(f)+(g)在K[X]的理想之间成立。
多项式 d 由这些属性的 K 的非零元素确定至乘法。如果f和g不都是零,则d的d=0和次数主要除以f和g的每个多项式的次数。
当f和g为零时,仅对于d=0满足(i)至(iii)的每个性质,因此它们是等价的。此后,我们假设f,g不都是0,并且我们用a表示K[X]的理想(f)+(g)。
我们注对于K[X]中的任何多项式u和v,属性(u)⊃(v)和«u除v»是等价的。因此,断言 (ii) 等价于 « (d)⊃(f) 和 (d)⊃(g) 和 d∈(f)+(g) »,即 (iii)。显然,(ii) 暗示着(i)。最后假设 (i) 成立;我们有(d)⊃(f)和(d)⊃(g),从而(d)⊃a;另一方面,根据命题11(IV,p. 12),存在一个多项式d1,使得a=(d1);由于d1除既f和g,除d乘假设,从而(d)⊂a,最后我们有(d)=a,即(iii)。
第 12 条命题的其他断言是应用于理想a=(f)+(g) 的第 11 条命题的直接的推论。
根据第 12 条提案的记号,我们说 d 是 f 和 g 的最大的公共的除子(简称 gcd)。我们说f和g互质,或者如果1是f和g*的gcd,则f与g互质。
引用了 1
引用了 命题 12
说f和g互质,意味着在K[X]中存在多项式u和v,使得uf+vg=1。
令d为f和g的gcd,并且K′交换域包含K为子域。那么d是f的gcd,g被视为K′[X]*的元素。
引用了 1
引用了 命题 12
— 设 d 为 gcd,g。 (i) 如果u∈K[X],du 是 fu 和 gu 的 gcd。 (ii) 如果v∈K[X]是f和g的除子(=0),则d/v是f/v和g/v的gcd。 这是根据第 12 号提案 (ii) 得出的。
引用了 1 · 被以下引用 2
引用了 命题 12
被以下引用 推论 3, 推论 4
— 令 w 为 f 和 g 的公共的因子。对于 w 是 gcd off 和 g,f/w 和 g/w 互质是充分必要的。 这是从 Cor 得出的。 2.
引用了 1
引用了 推论 2
— 让f,g,h∈K[X]。如果 f 除 gh 且与 g 互质,则 f 除 h。 对于 f 除 gh 和 fh,因此 f 除 gh 和 fh 的每个 gcd,特别是 h(Cor. 2, (i))。
引用了 1
引用了 推论 2
— 让f,g∈K[X]。为了使 g 互质,K[X]/(f) 中 g 的典范像可逆是必要且充分的。 对于这个条件意味着存在u,v∈K[X]使得uf+vg=1。
— 让f,g1,g2,...,gn∈K[X]。如果 f 与 g1,g2,...,gn 互质,则 f 与 g1g2...gn 互质。
引用了 1
引用了 命题 4, V § 4
\* 推论 7. — 要使 f 和 g 互质,它们在 K 的任何扩张中都没有公共的根是必要且充分的。 因为如果 d 是 f、g 的 gcd,则 K 的扩张 K' 中 f 的根公共的和 g 是 K' 中 d 的根。现在推论来自V、p. 21、命题 4。
8. 不可约多项式
— 令 K 为交换域。如果 degf≥1 且 f 不能被任何多项式 g 整除,使得 0<degg<degf ,我们说 f∈K[X] 是不可约的。 同样,degf≥1和K[X]中f的唯一除子是f的标量=0和乘积乘以标量=0。由于关系 (f)⊂(g) 意味着 g 除 f,我们看到 K[X] 的不可约多项式也可以定义为多项式 f,使得理想 (f) 极大(I,p. 104)。
引用了 1
引用了 I § 8. 。 环
让f,g∈K[X]。如果 ff 是不可约的,那么显然 f 和 g 互质或者 f 除 g。如果 f 和 g 是不可约的,则 f 和 g 互质,或者每个都是另一个的乘积标量 =0。特别是,两个不同的不可约单调多项式互质。
— 令 I 为 K[X] 中不可约单调多项式的集合。令 f 为 K[X] 的非零元素及其首项系数;那么恰好存在正整数 (vp)p∈S 和有限支撑的族,这样我们就有分解
f=αp∈S∏pvp.
当f是单数时,即α=1时,只需证明命题即可。我们将以归纳对次数n进行争论,n=0的情况微不足道。假设n≥1和命题对于次数<n的所有多项式都成立。
令E为一元多项式=1的集合,其中除f;我们有f∈E,因此E不为空,并且E中存在一个至少为次数的多项式g。显然g是不可约的,并且存在次数<n的一元多项式h使得f=gh;通过归纳假设 h 是不可约一族多项式的乘积,因此 f 具有相同的性质。这就证明了分解(18)的存在。
现在让我们证明分解 (18) 的唯一性。令(wp)p∈S是正整数与有限支撑的族,使得f=∏p∈Spwp。由于f是次数n≥1,因此存在p∈S使得wp>0;如果我们有vp=0,f将是S的元素族中的乘积,与p不同,因此它将与p素的(IV,p. 13,Cor.6),与以下事实相反: p除f。到归纳假设,首一多项式f/p承认型的唯一分解 (18);因此,每q∈4我们就有结论等式wq=vq。
令 f 为 K[X] 中的非零多项式。如果分解(18)中的指数vp都是≤1,我们可以说f没有倍数因子;说f是成对不同不可约多项式的有限序列的乘积,或者说f不能被K[X]的任何非常量多项式的平方整除,这也是同样的道理。
习题
参见习题为 § 1。
[^1]: 读者将注这个数与下一个数的结果与整数(I,p. 112)的环Z的整除性质进行类比。 它们本质上取决于这样一个事实:在环Z和K[X]中,每个理想都是主要的,正如我们将在章VII, § 1中看到的那样。