Bourbaki

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§ 1。多项式

1. 定义多项式

设II为集合。我们记得(III,p. 452),II超过A\mathbf{A}的免费交换代数由A[(Xi)i∈I]\mathbf{A}[(X_i)_{i \in I}]或A[Xi]i∈I\mathbf{A}[X_i]_{i \in I}表示。这个代数的元素被称为关于不定式XiX_i(或不定式XiX_i)的*多项式*,系数在A\mathbf{A}中。让我们回想一下,不确定的XiX_i是ii的典范像,在II上的自由交换代数超过A\mathbf{A}; 有时用另一个符号(例如 Xi′,Yi,TiX'_i, Y_i, T_i 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∈IY = (Y_i)_{i \in 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]\mathbf{A}[Y]表示。当I={1,2,…,n}I = \{1, 2, \ldots, n\}时,写A[X1,X2,…,Xn]\mathbf{A}[X_1, X_2, \ldots, X_n]代替A[(Xi)i∈I]\mathbf{A}[(X_i)_{i \in I}]。

对于ν∈N(I)\nu \in \mathbf{N}^{(I)},我们把

Xν=∏i∈IXiνi. X^\nu = \prod_{i \in I} X_i^{\nu_i}.

那么(Xν)ν∈N(I)(X^\nu)_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}}就是A\mathbf{A}模块A[(Xi)i∈I]\mathbf{A}[(X_i)_{i \in I}]的基。 XνX^\nu 在不定式XiX_i 中称为*单项式*。对于ν=0\nu = 0,我们获得A[(Xi)i∈I]\mathbf{A}[(X_i)_{i \in I}]的单位元。每个多项式 u∈A[(Xi)i∈I]u \in \mathbf{A}[(X_i)_{i \in I}] 都可以用一种方式写成形式

u=∑ν∈N(I)ανXν u = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \alpha_\nu X^\nu

其中aν∈Aa_\nu \in \mathbf{A}和αν\alpha_\nu是零,除了有限的数; aνa_\nu 称为 uu 的*系数*; ανXν\alpha_\nu X^\nu 称为 uu 的 项(通常元素 ανXν\alpha_\nu X^\nu 在 XνX^\nu 中称为项),特别是 α0X0\alpha_0 X^0 的项,以 a0a_0 标识,称为*常数项* 或 uu。当αν=0\alpha_\nu = 0时,我们滥用语言说uu*包含在XνX^\nu中没有元素*;特别是当α0=0\alpha_0 = 0时,我们说uu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\rho : A \to B 环同态。我们通过ρ\rho将B[(Xi)i∈I]B[(X_i)_{i \in I}]视为A-代数。因此,A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}]的映射σ\sigma转换为B[(Xi)i∈I]B[(X_i)_{i \in I}],其中变换∑ανXν\sum \alpha_\nu X^\nu转换为∑ρ(αν)Xν\sum \rho(\alpha_\nu) X^\nu是A-代数的同态;如果u∈A[(Xi)i∈I]u \in A[(X_i)_{i \in I}],我们有时用uu的ρu^\rho u像表示,这个同态。将B⊗AA[(Xi)i∈I]B \otimes_A A[(X_i)_{i \in I}]的同态转换为由σ\sigma变换规范定义的B[(Xi)i∈I]B[(X_i)_{i \in I}],对于每个i∈Ii \in I,将1⊗Xi1 \otimes X_i转换为XiX_i;这是 B 代数的同构 (III, p. 449)。

令 M 为自由A-模且基 (ei)i∈I(e_i)_{i \in I}。 代数 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}] 的对称代数 S(M)S(M) 恰好存在一个单位同态 φ\varphi,使得每个i∈Ii \in I有φ(ei)=Xi\varphi(e_i) = X_i,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(I_1), \ldots, L为I的划分。让φλ\varphi_\lambda是Pλ=A[(Xi)i∈Iλ]P_\lambda = A[(X_i)_{i \in I_\lambda}]的同态到P=A[(Xi)i∈I]P = A[(X_i)_{i \in I}],其中变换XiX_i(PλP_\lambda的元素)到XiX_i(P的元素)。然后将代数⨂h∈LPλ\bigotimes_{h \in L} P_\lambda的φλ\varphi_\lambda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]E \otimes_A A[(X_i)_{i \in I}] = E[(X_i)_{i \in I}]。 A-模 E[(Xi)i∈I]E[(X_i)_{i \in I}] 的元素被称为不定式 XiX_i 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\sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} e_\nu \otimes X^\nu,其中 eν∈Ee_\nu \in E 和 eνe_\nu 对于除了有限数之外的所有情况都是零后缀;我们经常写eνXνe_\nu X^\nu而不是eν⊗Xνe_\nu \otimes X^\nu。

2. Degrees

令P=A[(Xi)i∈I]P = A[(X_i)_{i \in I}]为多项式代数。 对于每个整数n∈Nn \in \mathbf{N},令PnP_n为由单项式XνX^\nu生成的P的子模,使得∣ν∣=∑i∈Iνi|\nu| = \sum_{i \in I} \nu_i等于n。 那么(Pn),…(P_n), \ldots是一个分级,它将A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}]变成型N\mathbf{N}(III,p. 459)的分级代数。 The homogeneous elements of degree nn in A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}] are sometimes called forms of degree nn with respect to the indeterminates XiX_i.

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\mathbf{N}、元素写成−∞-\infty以及扩展序关系和N\mathbf{N}的加法 N∪{−∞}\mathbf{N} \cup \{-\infty\} 按照以下约定,其中 n∈Nn \in \mathbf{N},

−∞<n,(−∞)+n=n+(−∞)=−∞,(−∞)+(−∞)=−∞. -\infty < n , \quad (-\infty) + n = n + (-\infty) = -\infty , \quad (-\infty) + (-\infty) = -\infty .

令 u=∑ν∈N(I)ανXνu = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \alpha_\nu X^\nu 为多项式。 uu(对于上面定义的型 N 的分级)的次数 n 的齐次分量unu_n等于∑∣ν∣=nανXν\sum_{|\nu|=n} \alpha_\nu X^\nu,并且我们显然有u=∑n∈Nunu = \sum_{n \in \mathbf{N}} u_n。如果u≠0u \neq 0,unu_n不都是零,我们将定义uu的*次数*(或*总计次数*),写成deg⁡u\deg u,如数的最大的 nn使得un≠0u_n \neq 0;在其他字(III,p. 453)中,对于多索引ν\nu,uu的次数是整数∣ν∣|\nu|的最大的,使得aν≠0a_\nu \neq 0。当u=0u = 0时,uu的次数按照约定为−∞-\infty。对于每个整数 p∈Np \in \mathbf{N},关系 deg⁡u≤p\deg u \leq p 因此相当于 « aν=0a_\nu = 0 对于每个多索引 ν\nu 和 ∣ν∣>p|\nu| > p »;首一多项式 uu 的集合使得 deg⁡u≤p\deg u \leq p 是 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}] 的 A-子模,等于 P0+P1+…+PpP_0 + P_1 + \ldots + P_p 与上述记号。

令 E 为 A-模。族 (E⊗Pn)n∈N(E \otimes P_n)_{n \in \mathbf{N}} 是系数为 E 的多项式的模 E[(Xi)i∈I]=E⊗AA[(Xi)i∈I]E[(X_i)_{i \in I}] = E \otimes_A A[(X_i)_{i \in 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。

命题 1 069O

令uu和vv为两个多项式。

引用了 2

引用了 III § 2. 。 例 / 代数, III § 3. 。评分代数

(i) 如果 deg⁡u≠deg⁡v\deg u \neq \deg v,*我们有*

u+v≠0anddeg⁡(u+v)=sup⁡(deg⁡u,deg⁡v). u + v \neq 0 \quad \text{and} \quad \deg(u + v) = \sup(\deg u, \deg v).
如果 deg⁡u=deg⁡v\deg u = \deg v 我们有 deg⁡(u+v)≤deg⁡u\deg(u + v) \leq \deg u。

(ii) 我们有 deg⁡(uv)≤deg⁡u+deg⁡v\deg(uv) \leq \deg u + \deg v。 证明是直接的。

设J⊂IJ \subset I和B=A[(Xi)i∈I−J]B = A[(X_i)_{i \in I - J}];我们将认同A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}]与B[(Xi)i∈J]B[(X_i)_{i \in J}](III,p. 453f.)。 u∈A[(Xi)i∈I]u \in A[(X_i)_{i \in I}]的次数,B[(Xi)i∈J]B[(X_i)_{i \in J}]的元素,相对于指标i∈Ji \in J的XiX_i称为uu的次数(III,p. 454)。

令 u=∑k=0nakXk∈A[X]u = \sum_{k=0}^n a_k X^k \in A[X] 为次数 nn 的一个不定式的非零多项式。系数ana_n,即≠0\neq 0乘以假设,被称为uu的*主导系数*。 A 首一多项式 u≠0u \neq 0 其首项系数等于 1 称为 monic 首一多项式。

在次数 pp 的单项式的 A[X1,X2,…,Xq]A[X_1, X_2, \ldots, X_q] 数中,等于元素 (nk)1≤k≤q(n_k)_{1 \leq k \leq q} 的数 Nq\mathbf{N}^q,使得 ∑k=1qnk=p\sum_{k=1}^q n_k = p,即 (q+p−1p)\binom{q+p-1}{p} (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(\delta_i)_{i \in I} 为 A 的元素族。型 A 存在代数 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}] 的唯一分级,使得每个单项式 XνX^\nu 为次数 ∑i∈Iνiδi\sum_{i \in I} \nu_i \delta_i (III, p. 458、例 3)。上面考虑的情况是A=NA = \mathbf{N}和δi=1\delta_i = 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]A[(X_i)_{i \geq 1}] 存在唯一的型 N 分级,使得对于每个整数 i≥1i \geq 1,XiX_i 为权 ii。 权 nn 的同量异位元素是形式 ∑aνXν\sum a_{\nu} X^{\nu} 的多项式,其中aν=0a_{\nu} = 0 为∑i≥1i⋅νi≠n\sum_{i \geq 1} i \cdot \nu_i \neq n。

3. Substitutions

设 E 是在 A\mathscr{A} 和 x=(xi)i∈Ix = (x_i)_{i \in 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∈IX = (X_i)_{i \in I} 为不定族。 根据III,第7条,p. 449,A[X]\mathscr{A}[X]到EE存在唯一的单位同态ff,使得每个i∈Ii \in I有f(Xi)=xif(X_i) = x_i。 The image of an element uu of A[X]\mathscr{A}[X] under ff is written u(x)u(x) and is called the element of E obtained by substituting xix_i for XiX_i in uu, or also the value of uu for Xi=xiX_i = x_i. 特别是u=u((Xi)i∈I)u = u((X_i)_{i \in I})。 如果I={1,…,n}I = \{1, \ldots, n\}我们写u(x1,…,xn)u(x_1, \ldots, x_n)代替u((xi)i∈I)u((x_i)_{i \in 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], M[(X_i)_{i \in I}] = M \otimes_A \mathscr{A}[(X_i)_{i \in I}],

我们用v(x)v(x)表示映射1M⊗f1_M \otimes f下M⊗AE=M(E)M \otimes_A E = M_{(E)}中vv的像。

如果 A[X]\mathscr{A}[X] 的同态 u↦u(x)u \mapsto u(x) 进入 E 是单射的,我们说族 xx 在 A\mathscr{A} 上“代数上自由”,或者说 xix_i 在 A\mathscr{A} 上“代数上独立”。这也意味着单项式 xνx^{\nu} (ν∈N(I)\nu \in \mathbf{N}^{(I)}) 在 A\mathscr{A} 上线性无关。

如果 λ\lambda 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)), \lambda(u((x_i)_{i \in I})) = u((\lambda(x_i)_{i \in I})) ,

因为λ∘f\lambda \circ f是A[X]\mathscr{A}[X]的同态到E',其中映射XiX_i到λ(xi)\lambda(x_i)。

让u∈A[X]u \in \mathscr{A}[X]。如果EE是可交换的,E1E^1到E的映射x↦u(x)x \mapsto u(x)称为uu(和代数EE)定义的*多项式函数*;我们将有时表示为u~\tilde{u}(甚至只是uu)。

令Y=(Yj)j∈JY = (Y_j)_{j \in J}为另一个不定族,并让我们将多项式代数A[Y]\mathscr{A}[Y]视为E。给定u∈A[X]u \in \mathscr{A}[X],将gi∈A[Y]g_i \in \mathscr{A}[Y]换成i∈Ii \in I,然后放入g=(gi)i∈Ig = (g_i)_{i \in I};设u(g)∈A/[Y]u(g) \in \mathscr{A}/[Y]为将uu中的多项式gig_i代入XiX_i得到的多项式。令 y=(yj)j∈Jy = (y_j)_{j \in J} 为单位结合词 A-代数 E' 的成对可置换元素族; 应用 (1) 将EE中的A\mathscr{A}同态g↦g(y)g \mapsto g(y)代入E′E',我们得到

(u(g))(y)=u((gi(y))). (u(g))(y) = u((g_i(y))) .

如果f=(fi)i∈I∈(A[(Xj)j∈J])If = (f_i)_{i \in I} \in (\mathscr{A}[(X_j)_{j \in J}])^I和g=(gj)j∈J∈(A[(Yk)k∈K])Jg = (g_j)_{j \in J} \in (\mathscr{A}[(Y_k)_{k \in K}])^J,我们用f∘gf \circ g或f(g)f(g)表示多项式族(fi(g))i∈I∈(A[(Yk)k∈K])I(f_i(g))_{i \in I} \in (\mathscr{A}[(Y_k)_{k \in K}])^I。如果我们将 E′J{E'}^J 的 f~\tilde{f} 映射 x↦(fi(x))i∈Ix \mapsto (f_i(x))_{i \in I} 表示为 E′I{E'}^I(其中 E′E' 是单位结合律和可交换的 AA-代数),则关系 (2) 意味着

(3)(3)
(fog)′′=f~∘g~.(\mathrm{fog})'' = \tilde{f} \circ \tilde{g}.

如果 h=(hk)k∈K∈(A[(Zl)l∙L])Kh = (h_k)_{k \in K} \in (A[(Z_l)_l \bullet_L])^K,则由 (2) 得出:

(4)(4)
f∘(g∘h)=(f∘g)∘h.f \circ (g \circ h) = (f \circ g) \circ h.

命题 2 069P

设a=(ai)i∈Ia = (a_i)_{i \in I},是元素和AA的家庭,并设u∈A[X]u \in A[X]。如果vv是每个i∈Ii \in I用Xi+aiX_i + a_i代替XiX_i得到的多项式,则vv的常数项等于u(a)u(a)。

被以下引用 1

被以下引用 推论 1

vv的常数项是通过将vv中的XiX_i替换为0而得到的,对于每个i∈Ii \in I。因此结果如下(2)。

推论 1 069Q

令mm为多项式u∈A[X]u \in A[X]的理想,使得u(a)=0u(a) = 0。然后 mm 由多项式 Xi−aiX_i - a_i 生成(对于 i∈Ii \in 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∈Ii \in I都有Xi−ai∈mX_i - a_i \in m。令u∈mu \in m和vv如命题2中那样。由于vv没有常数项,因此存在A[X]A[X]和有限支撑中的多项式族(Pi)i∈I(P_i)_{i \in I},使得

v(X)=∑i∈IXi⋅Pi(X). v(X) = \sum_{i \in I} X_i \cdot P_i(X).

如果我们对上式中的每个 i∈Ii \in I 替换 XiX_i Xi−aiX_i - a_i,我们就得到关系形式 u(X)=∑i∈I(Xi−ai)⋅Pi′(X)u(X) = \sum_{i \in I} (X_i - a_i) \cdot P'_i(X),从而的推论。

推论 2 069R

令 X=(Xi)i∈IX = (X_i)_{i \in I} 和 Y=(Yi)i∈IY = (Y_i)_{i \in I} 为两个不定族。多项式 u∈A[X,Y]u \in A[X,Y] 的集合使得 u(X,X)=0u(X,X) = 0 是由多项式 Xi−YiX_i - Y_i 生成的 A[X,Y]A[X,Y] 的理想值(对于 i∈Ii \in I)。

引用了 1

引用了 推论 1

这个推论直接来自Cor。 1 在替换AA乘以A[Y]A[Y]和aia_i乘以YiY_i,将A[X,Y]A[X,Y]解释为XiX_i中的多项式环,系数在A[Y]A[Y]中。

命题 3 069S

令u∈A[X]u \in A[X]和X.ZX.Z为多项式环A[X][Z]A[X][Z]的元素的家庭(XiZ)i∈I(X_iZ)_{i \in I}。对于每个正整数 kk,u(X.Z)u(X.Z) 中ZkZ^k 的系数是 uu 次数 kk 的齐次分量。

在uu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。

推论 069T

对于 u∈A[X]u \in A[X] 为次数 kk 齐次的多项式,满足以下条件是充分必要的:

u(X.Z)=u(X)⋅Zk. u(X.Z) = u(X) \cdot Z^k.

注 069U

— 令 x∈AIx \in A^I 并令 ff 为 A[X]A[X] 的映射 u↦u(x)u \mapsto u(x) 到 AA。给定一个AA-模块MM,我们将M[X]=M⊗AA[X]M[X] = M \otimes_A A[X]的同态1⊗f1 \otimes f考虑为M⊗AA=MM \otimes_A A = M。对于每个v∈M[X]v \in M[X],我们有(1⊗f)(v)=v(x)(1 \otimes f)(v) = v(x)。如果v=∑ν∈N(I)eνXνv = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} e_\nu X^\nu,则v(x)=∑ν∈N(I)xνeνv(x) = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} x^\nu e_\nu。

4. 差速器和推导

设B=A[(Xi)i∈I]B = A[(X_i)_{i \in I}],则通过III,p. 569,对于每个i∈Ii \in I,存在且仅有一个B的A导数DiD_i,使得

DiXi=1,DiXj=0forj≠i D_i X_i = 1 , \quad D_i X_j = 0 \quad \text{for} \quad j \neq i
多项式DiPD_i P称为PP*相对于*XiX_i的*偏导数*;我们也用DXiPD_{X_i} P或∂P∂Xi\frac{\partial P}{\partial X_i}或PXi′P'_{X_i}来表示它。通过 III、p. 558、公式 (21),我们有 ν=(ν,)∈N(I)\nu = (\nu,) \in \mathbf{N}^{(I)},
Di(Xν)={νiXiνi−1∏j∈I−{i}Xjνjif νi>00if νi=0 D_i (X^\nu) = \begin{cases} \nu_i X_i^{\nu_i - 1} \prod_{j \in I - \{i\}} X_j^{\nu_j} & \text{if } \nu_i > 0 \\ 0 & \text{if } \nu_i = 0 \end{cases}
从 (6) 可以得出,对于任何 i,j∈Ii, j \in I 都有 DiDj=DjDiD_i D_j = D_j D_i。对于ν=(νi)i∈I∈N(I)\nu = (\nu_i)_{i \in I} \in \mathbf{N}^{(I)},我们将放置Dν=∏i∈IDiνiD^\nu = \prod_{i \in I} D_i^{\nu_i}和ν!=∏i∈I(νi!)\nu! = \prod_{i \in I} (\nu_i!)。在N(I)\mathbf{N}^{(I)}订购乘积,我们有
Dν(Xμ)={μ!(μ−ν)!Xμ−νif ν≤μ,0if not . D^\nu(X^\mu) = \begin{cases} \frac{\mu!}{(\mu - \nu)!} X^{\mu - \nu} & \text{if } \nu \leq \mu , \\ 0 & \text{if not .} \end{cases}
当PP是单个不定XX中的多项式时,PP的唯一偏导数写作DPDP或dPdX\frac{dP}{dX}或P′P',简称为PP的*导数*。

再次令B=A[(Xi)i∈I]B = A[(X_i)_{i \in I}];由BB、ΩA(B)\Omega_A(B)的A微分的III、p. 569 B-模,有XiX_i的微分族(dXi)i∈I(dX_i)_{i \in I}为基。令∂i\partial_i为指标ii相对于基在ΩA(B)\Omega_A(B)上的坐标形式。那么 B 的映射 u↦(∂i,du)u \mapsto (\partial_i, du) 到自身就是 B 的推导,对于 j≠ij \neq i,映射 XiX_i 为 1,XjX_j 为 0,因此是 DiD_i;在其他字中,我们有

du=∑i∈I(Diu)dXi du = \sum_{i \in I} (D_i u) dX_i
每u∈Bu \in B。若I有限,则(Di)i∈I(D_i)_{i \in I}为B的推导B-模基。

命题 4 069V

设E是结合律、交换律和单位A-代数,x=(xi)i∈Ix = (x_i)_{i \in I}E的元素族,A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}]和y=u(x)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. Dy = \sum_{i \in I} (D_i u)(x) \cdot Dx_i .

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uu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。

推论 069W

— *让f∈A[X1,...,Xp]f \in A[X_1, ..., X_p]和gi∈A[Y1,...,Yq]g_i \in A[Y_1, ..., Y_q]代表1≤i≤p1 \leq i \leq p,并写出h=f(g1,...,gp)h = f(g_1, ..., g_p),那么对于1≤j≤q1 \leq j \leq q我们有

∂h∂Yj=∑i=1pDif(g1,...,gp)⋅∂gi∂Yj. \frac{\partial h}{\partial Y_j} = \sum_{i=1}^p D_i f(g_1, ..., g_p) \cdot \frac{\partial g_i}{\partial Y_j}.
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]E = A[Y_1, ..., Y_r]、xi=gix_i = g_i 和 D=∂/∂YjD = \partial / \partial Y_j。

令X=(Xi)i∈IX = (X_i)_{i \in I}、Y=(Yi)i∈IY = (Y_i)_{i \in I}为两个不相交的不定族,并为(Xi+Yi)i∈I(X_i + Y_i)_{i \in I}族写出X+YX + Y。给定 u∈A[X]u \in A[X],考虑 A[X,Y]A[X, Y] 的元素 u(X+Y)u(X + Y)。对于ν∈N(I)\nu \in \mathbf{N}^{(I)},我们用AνuA^\nu u表示u(X+Y)u(X + Y)中YνY_\nu的系数,将其视为YiY_i中的多项式,系数在A[X]A[X]中。到定义我们有Aνu∈A[X]A^\nu u \in A[X]并且

u(X+Y)=∑ν(Δνu)(X)Yν. u(X + Y) = \sum_\nu (\Delta^\nu u)(X) Y^\nu.

(这里和本号的其余部分,求和扩展到指标集合 N(I)\mathbf{N}^{(I)} 除非,相反。)

设a∈A′a \in A',然后在(9)中用aa代替XX,用X−aX - a代替YY,我们得到

u(X)=∑ν(Δνu)(a)(X−a)ν. u(X) = \sum_\nu (\Delta^\nu u)(a)(X - a)^\nu.

特别是我们有

u(X)=∑ν(Δνu)(0)Xν. u(X) = \sum_\nu (\Delta^\nu u)(0) X^\nu.

如果u,v∈A[X]u, v \in 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 (uv)(X + Y) = \left( \sum_\nu (\Delta^\nu u)(X) Y^\nu \right) \left( \sum_\rho (\Delta^\rho v)(X) Y^\rho \right) = \sum_\sigma \left[ \sum_{\nu + \rho = \sigma} (\Delta^\nu u)(X)(\Delta^\rho v)(X) \right] Y^\sigma

因此

Δσ(uv)=∑ν+ρ=σ(Δνu)(Δρv). \Delta^\sigma(uv) = \sum_{\nu + \rho = \sigma} (\Delta^\nu u)(\Delta^\rho v).

设 Z=(Zi)i∈IZ = (Z_i)_{i \in I} 为另一个不定族。

我们有:

∑ν(Δνu)(X)(Y+Z)ν=u(X+Y+Z) \sum_{\nu} (\Delta^\nu u)(\mathbf{X})(\mathbf{Y} + \mathbf{Z})^\nu = u(\mathbf{X} + \mathbf{Y} + \mathbf{Z})
=∑σ(Auu)(X+Y)Zu = \sum_{\sigma} (Au u)(\mathbf{X} + \mathbf{Y})Zu
=∑ρ,σ(ΔρΔσu)(X)YρZσu, = \sum_{\rho, \sigma} (\Delta^\rho \Delta^\sigma u)(\mathbf{X}) Y^\rho Z^\sigma u,

因此由I,p. 99,Cor。 2:

(13)

ΔρΔσu=(ρ+σ)!ρ!  σ!Δρ+σu. \Delta^\rho \Delta^\sigma u = \frac{(\rho + \sigma)!}{\rho! \; \sigma!} \Delta^{\rho + \sigma} u.

命题 5 069X

— 对于任何 u∈A[X]u \in \mathbf{A}[\mathbf{X}] 和 ν∈N(I)\nu \in \mathbf{N}^{(I)} *我们有

Dνu=ν!  Δνu D^\nu u = \nu! \; \Delta^\nu u
被以下引用 1

被以下引用 引理 2, AC V § 1

首先假设 ν\nu 有长度 1 ;那么I存在元素ii,使得ν=εi\nu = \varepsilon_i,即νi=1\nu_i = 1和νj=0\nu_j = 0对于I中的所有j≠ij \neq i。 公式 (12) 显示A′′A'' 是 A-代数 A[X]\mathbf{A}[\mathbf{X}] 的推导,这显然对于 j≠ij \neq i 来说在 XjX_j 上有值零,在 XiX_i 上有值 1。因此,对于每个i∈Ii \in I,我们有Δεi=Di\Delta^{\varepsilon_i} = D_i。

由(13)我们有

(14)

(ρ!  Δρ)⋅(σ!  Δσ)=(ρ+σ)!  Δρ+σ (\rho! \; \Delta^\rho) \cdot (\sigma! \; \Delta^\sigma) = (\rho + \sigma)! \; \Delta^{\rho + \sigma}

在内同态代数 A-模 A[X]\mathbf{A}[\mathbf{X}]。现在,ν\nu 的长度上的归纳紧随ν!  A′′=Dν\nu! \; A'' = D^\nu。

如果 A\mathbf{A} 是 Q 代数,公式 (9), (10), (11) 可以写成

(15)

u(X+Y)=∑ν1ν!(Dνu)(X)Yν u(\mathbf{X} + \mathbf{Y}) = \sum_{\nu} \frac{1}{\nu!} (D^\nu u)(\mathbf{X}) \mathbf{Y}^\nu
(16)
u(X)=∑ν1ν!(Dνu)(a)(X−a)ν u(\mathbf{X}) = \sum_{\nu} \frac{1}{\nu!} (D^\nu u)(a)(\mathbf{X} - a)^\nu
(17)
u(X)=∑ν1ν!(Dνu)(0)  Xν u(\mathbf{X}) = \sum_{\nu} \frac{1}{\nu!} (D^\nu u)(0) \; X^\nu

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]u \in \mathbf{A}[\mathbf{X}] *为次数 r 的齐次多项式;我们有

∑i∈IXi⋅Diu=ru. \sum_{i \in I} X_i \cdot D_i u = ru.
引用了 1

引用了 例 6, III § 10

令 D 为 A[X]A[X] 的 A-线性映射自身,使得当 v 齐次于次数 s 时,D(v)=svD(v) = sv。我们知道(III,p. 554,例 6)D 是A[X]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

命题 7 069Z

— *令 f∈A[X]f \in A[X] 为不定的非零多项式,aa 为其首项系数。如果 aa 在 A 中是可取消的(特别是当且仅当),那么对于 A[X]A[X] 的任何非零元素'g,

fg≠0anddeg⁡(fg)=deg⁡f+deg⁡g fg \neq 0 \quad \text{and} \quad \deg(fg) = \deg f + \deg g
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]g \in A[X] 为非零多项式,β\beta 为其首项系数,n=deg⁡fn = \deg f 和 p=deg⁡gp = \deg g。那么Xn+pX^{n+p}在fgfg中的系数是αβ\alpha \beta,不消失,从而命题。

命题 8 06A0

— *如果 A 为整环,则 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in 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,vu, v为A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}]的两个非零元素;我们必须证明uv≠0uv \neq 0。现在uu和vv属于到环A[(Xj)j∈J]A[(X_j)_{j \in 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}\{1, 2, ..., p\} 的情况。另一方面,环A[X1,...,Xp]A[X_1, ..., X_p]与XpX_p中的多项式环同构,系数在A[X1,...,Xp−1]A[X_1, ..., X_{p-1}]中。因此,到 pp 上的归纳,我们就将 A[X]A[X] 简化为证明命题,现在只需应用第 7 条命题即可。

推论 1 06A1

— *如果 A 是整环,且 u,vu, v 是 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}] 中的元素,则 deg⁡(uv)=deg⁡u+deg⁡v\deg(uv) = \deg u + \deg v。

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uu和vv非零的情况。让m=deg⁡u,n=deg⁡vm = \deg u, n = \deg v;我们有

u=u0+u1+⋯+um,v=v0+v1+⋯+vn u = u_0 + u_1 + \cdots + u_m, \quad v = v_0 + v_1 + \cdots + v_n

其中 uhu_h(分别为 vhv_h)是 uu(分别为 v)的次数 hh 的齐次分量。从um≠0u_m \neq 0和vn≠0v_n \neq 0开始,我们有umvn≠0u_m v_n \neq 0(命题8)。现在 uv=umvn+wuv = u_m v_n + w 与 deg⁡w<m+n\deg w < m + n、从而结果。

推论 2 06A2

— *如果 A 为整环,则 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in I}] 的可逆元为 A 的可逆元。

引用了 1

引用了 推论 1

这立即来自Cor。 1.

命题 9 06A3

— *令u∈A[(Xi)i∈I]u \in A[(X_i)_{i \in I}];那么,要使 u 在环 A[(Xi)i∈I]A[(X_i)_{i \in 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 uu 的所有系数都是幂零的,则 uu 也是幂零的(I,p. 99,Cor.1)。假设uu是幂零的,但零不是幂等的,并令nn为其次数;我们将在nn上争论归纳。令 aa 为 uu 的首项系数。存在整数m>0m > 0使得um=0u^m = 0。 umu^m 的首项系数为 ama^m,因此为 am=0a^m = 0。现在 u−αXnu - \alpha X^n 是幂零的(I,前述),并且归纳假设显示 u−αXnu - \alpha X^n 的所有系数都是幂零的。因此 uu 的所有系数都是幂零的。

注 06A4

令uu和vv为A[(Xi)i∈,]A[(X_i)_i \in ,]的元素,并假设AA为整环,vv为uu的非零倍数且vv是齐次的;那么 uu 也是齐次的。让u′∈A[(Xi)i,1]u' \in A[(X_i)_i ,_1]使得v=uu′v = uu';我们有 u≠0u \neq 0,u′≠0u' \neq 0,如果

u=uh+uh+1+⋯+uku′=uh′+uh′+1+⋯+uk′ u = u_h + u_{h+1} + \cdots + u_k \\ u' = u_{h'} + u_{h'+1} + \cdots + u_{k'}
将uu和u′u'的分解分解为齐次分量,其中uh≠0u_h \neq 0、uk≠0u_k \neq 0、uh′≠0u_{h'} \neq 0、uk′≠0u_{k'} \neq 0,则v=uhuh′+uhuh′+1+…+ukuk′v = u_h u_{h'} + u_h u_{h'+1} + \ldots + u_k u_{k'}和uhuh′u_h u_{h'}是次数的非零齐次h+h′h + h' 而 ukuk′u_k u_{k'} 是次数 k+k′k + k' 的非零齐次(命题 8)。由于vv是齐次的,所以我们有h+h′=k+k′h + h' = k + k'从而h=kh = k,h′=k′h' = k'。

引用了 1

引用了 命题 8

6. 一个不定多项式的欧几里得除法

命题 10 06A5

令ff和gg分别为非零元素、次数、mm和nn的A[X]A[X]。设α0\alpha_0为ff和μ=sup⁡(n−m+1,0)\mu = \sup(n - m + 1, 0)的首项系数。存在 u,v∈A[X]u, v \in A[X] 这样*

α0μg=uf+v,deg⁡v<m. \alpha_0^\mu g = uf + v, \quad \deg v < m.
*如果α0\alpha_0在AA中可取消,则uu和vv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<mn < m时,uu和vv的存在性是明确的,因为这样我们就可以取u=0u = 0和v=gv = g。对于n≥mn \geq m,我们将在nn 使用归纳法。设β\beta为gg的首项系数;如果f=∑k=0mαkXm−kf = \sum_{k=0}^m \alpha_k X^{m-k},我们可以写成α0μg=α0μβXn⋅f+α0μ−1g1\alpha_0^\mu g = \alpha_0^\mu \beta X^n \cdot f + \alpha_0^{\mu-1} g_1,其中g1∈A[X]g_1 \in A[X]和deg⁡g1<n\deg g_1 < n。到归纳假设,存在u1,v∈A[X]u_1, v \in A[X],使得α0μ−1g1=u1f+v\alpha_0^{\mu-1} g_1 = u_1 f + v和deg⁡v<m\deg v < m。因此

α0μg=(α0μ−1βXn−m+u1)f+v \alpha_0^\mu g = (\alpha_0^{\mu-1} \beta X^{n-m} + u_1) f + v
输入u=α0μ−1βXn−m+u1u = \alpha_0^{\mu-1} \beta X^{n-m} + u_1就足够了。

假设α0\alpha_0在AA中可以取消,现在让我们证明uu和vv的唯一性。令 u,v,u1,v1∈A[X]u, v, u_1, v_1 \in A[X] 为

α0μg=uf+v=u1f+v1,deg⁡v<m,deg⁡v1<m \alpha_0^\mu g = uf + v = u_1 f + v_1, \quad \deg v < m, \quad \deg v_1 < m

我们有(u−u1)f=v1−v(u - u_1) f = v_1 - v和deg⁡(v1−v)<m\deg(v_1 - v) < m,因此有u−u1=0u - u_1 = 0(IV,p. 9,提案7),因此有v1−v=0v_1 - v = 0。

推论(多项式的“欧几里得除法”) 06A6

— 令 ff 为 A[X]A[X] 的非零元素,其前导*系数*可逆且m=deg⁡fm = \deg f。 (i) 对于每个 g∈A[X]g \in A[X] 都存在 u, v∈A[X]u,\ v \in A[X] 这样*那个*

g=uf+v,deg⁡v<m. g = uf + v , \quad \deg v < m .
而且,这些条件确定uu和vv是独一无二的。 (ii) A[X]A[X]的子A模块A+AX+…+AXm−1A + AX + \ldots + AX^{m-1}和fA[X]fA[X]是A[X]A[X]的补充。 (iii) 假设ff非常数,并将A[X]A[X]视为A[T]A[T]-*模*,通过A[T]A[T]的同态u(T)↦u(f(X))u(T) \mapsto u(f(X))转化为A[X]A[X]。那么 A[X]A[X] 就是一个免费的 A[T]A[T]-*模* 和基 (1,X,…,Xm−1)(1, X, \ldots, X^{m-1})。 断言 (i) 和 (ii) 是提案 10 的直接的推论。 让我们证明(iii)。设ψ\psi为A[T,X]A[T, X]的同态v↦v(f(X),X)v \mapsto v(f(X), X)到A[X]A[X]。首先将A[T,X]A[T, X]视为TT中的多项式环,系数在A[X]A[X]中;科。 IV、p. 5的1表明,ψ\psi的核aa是A[T,X]A[T, X]的理想(T−f(X))(T - f(X))。现在将A[T,X]A[T, X]视为XX中的多项式环,系数在A[T]A[T]中;那么ψ\psi是A[T][X]A[T][X]到A[X]A[X]的A[T]A[T]线性映射。上面的断言 (ii)(应用于XX中的多项式f(X)−Tf(X) - T,系数在A[T]A[T]中)表明(1,X,…,Xm−1)(1, X, \ldots, X^{m-1})是A[T,X]A[T, X]的补充aa的A[T]A[T]子模的基。由于ψ(Xi)=Xi\psi(X^i) = X^i对于每一个整数i≥0i \geq 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uu是商,vv是gg的欧几里得除法除以ff的余数;为了使余数消失,ff应该除gg是必要且充分的。

7. 多项式在一个不定式 [^1] 中的整除性

命题 11 06A7

— 令 KK 为可交换的 域。 (i) 对于 K[X]K[X] 的每个非零理想 aa,在 K[X]K[X] 中恰好存在一个*单调*首一多项式 ff,使得 a=(f)a = (f )。 (ii) 设f1f_1和f2f_2在K[X]K[X]中;对于 (f1)=(f2)(f_1) = (f_2) 来说,存在 KK 的非零元素 λ\lambda 使得 f2=λf1f_2 = \lambda f_1 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。 f1f_1 和 f2f_2 生成零理想的情况是微不足道的。因此假设非零多项式f1f_1和f2f_2生成与K[X]K[X]相同。则存在多项式u1u_1和u2u_2使得f1=u1f2f_1 = u_1 f_2和f2=u2f1f_2 = u_2 f_1;由此可见,u_1 u_2 = 1,从而 deg⁡u1+deg⁡u2=0\deg u_1 + \deg u_2 = 0,所以deg⁡u2=0\deg u_2 = 0。因此我们证明了u2u_2是KK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 ff 为 aa 中最小可能的次数的一元多项式。给定aa中的gg,令uu和vv为gg的欧几里得除法除以ff的商和余数;然后v=g−ufv = g - u f属于到aa,我们有deg⁡v<deg⁡f\deg v < \deg f;如果vv非零,则KK将存在非零元素AA,使得λv\lambda v是单调的,并且由于λv∈a\lambda v \in a,这将与定义相矛盾。因此我们有 a=(f)a = (f); 唯一性的一元多项式 ff 使得 a=(f)a = (f) 现在可以从 (ii) 得出。

命题 12 06A8

令KK为交换域和f,gf, g两个元素K[X]K[X]。对于 K[X]K[X] 中的每个多项式 dd,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dd除ff和gg以及除同时ff和gg除dd。

(ii) 多项式dd除ff和gg并且存在两个多项式uu和vv使得d=uf+vgd = u f + v g。

(iii) 关系(d)=(f)+(g)(d) = (f) + (g)在K[X]K[X]的理想之间成立。

多项式 dd 由这些属性的 KK 的非零元素确定至乘法。如果ff和gg不都是零,则dd的d≠0d \neq 0和次数主要除以ff和gg的每个多项式的次数。

当ff和gg为零时,仅对于d=0d = 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,gf, g不都是0,并且我们用aa表示K[X]K[X]的理想(f)+(g)(f) + (g)。

我们注对于K[X]K[X]中的任何多项式uu和vv,属性(u)⊃(v)(u) \supset (v)和«uu除vv»是等价的。因此,断言 (ii) 等价于 « (d)⊃(f)(d) \supset (f) 和 (d)⊃(g)(d) \supset (g) 和 d∈(f)+(g)d \in (f) + (g) »,即 (iii)。显然,(ii) 暗示着(i)。最后假设 (i) 成立;我们有(d)⊃(f)(d) \supset (f)和(d)⊃(g)(d) \supset (g),从而(d)⊃a(d) \supset a;另一方面,根据命题11(IV,p. 12),存在一个多项式d1d_1,使得a=(d1)a = (d_1);由于d1d_1除既ff和gg,除dd乘假设,从而(d)⊂a(d) \subset a,最后我们有(d)=a(d) = a,即(iii)。

第 12 条命题的其他断言是应用于理想a=(f)+(g)a = (f) + (g) 的第 11 条命题的直接的推论。

定义 1 06A9

根据第 12 条提案的记号,我们说 dd 是 ff 和 gg 的最大的公共的除子(简称 gcd)。我们说ff和gg互质,或者如果11是ff和gg*的gcd,则ff与gg互质。

引用了 1

引用了 命题 12

说ff和gg互质,意味着在K[X]K[X]中存在多项式uu和vv,使得uf+vg=1u f + v g = 1。

推论 1 06AA

令dd为ff和gg的gcd,并且K′K'交换域包含KK为子域。那么dd是ff的gcd,gg被视为K′[X]K'[X]*的元素。

引用了 1

引用了 命题 12

这是根据第 12 号提案 (iii) 得出的。

推论 2 06AB

— 设 d 为 gcd,g。 (i) 如果u∈K[X]u \in K[X],du 是 fu 和 gu 的 gcd。 (ii) 如果v∈K[X]v \in K[X]是f和g的除子(≠0\neq 0),则d/vd/v是f/vf/v和g/vg/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

推论 3 06AC

— 令 w 为 f 和 g 的公共的因子。对于 w 是 gcd off 和 g,f/wf/w 和 g/wg/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

推论 4 06AD

— 让f,g,h∈K[X]f, g, h \in 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

推论 5 06AE

— 让f,g∈K[X]f, g \in K[X]。为了使 g 互质,K[X]/(f)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]u, v \in K[X]使得uf+vg=1uf + vg = 1。

推论 6 06AF

— 让f,g1,g2,...,gn∈K[X]f, g_1, g_2, ..., g_n \in K[X]。如果 f 与 g1,g2,...,gng_1, g_2, ..., g_n 互质,则 f 与 g1g2...gng_1g_2...g_n 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

定义 2 06AG

— 令 K 为交换域。如果 deg⁡f≥1\deg f \geq 1 且 f 不能被任何多项式 g 整除,使得 0<deg⁡g<deg⁡f0 < \deg g < \deg f ,我们说 f∈K[X]f \in K[X] 是不可约的。 同样,deg⁡f≥1\deg f \geq 1和K[X]K[X]中f的唯一除子是f的标量≠0\neq 0和乘积乘以标量≠0\neq 0。由于关系 (f)⊂(g)(f) \subset (g) 意味着 g 除 f,我们看到 K[X]K[X] 的不可约多项式也可以定义为多项式 f,使得理想 (f)(f) 极大(I,p. 104)。

引用了 1

引用了 I § 8. 。 环

让f,g∈K[X]f, g \in 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\neq 0。特别是,两个不同的不可约单调多项式互质。

命题 13 06AH

— 令 I\mathscr{I} 为 K[X]K[X] 中不可约单调多项式的集合。令 f 为 K[X]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(v_p)_{p \in \mathscr{S}} 和有限支撑的族,这样我们就有分解

f=α∏p∈Spvp. f = \alpha \prod_{p \in \mathscr{S}} p^{v_p}.

当ff是单数时,即α=1\alpha = 1时,只需证明命题即可。我们将以归纳对次数nn进行争论,n=0n = 0的情况微不足道。假设n≥1n \geq 1和命题对于次数<n< n的所有多项式都成立。

令EE为一元多项式≠1\neq 1的集合,其中除ff;我们有f∈Ef \in E,因此EE不为空,并且EE中存在一个至少为次数的多项式gg。显然gg是不可约的,并且存在次数<n< n的一元多项式hh使得f=ghf = gh;通过归纳假设 hh 是不可约一族多项式的乘积,因此 ff 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(w_p)_{p \in \mathscr{S}}是正整数与有限支撑的族,使得f=∏p∈Spwpf = \prod_{p \in \mathscr{S}} p^{w_p}。由于ff是次数n≥1n \geq 1,因此存在p∈Sp \in \mathscr{S}使得wp>0w_p > 0;如果我们有vp=0v_p = 0,ff将是S\mathscr{S}的元素族中的乘积,与pp不同,因此它将与pp素的(IV,p. 13,Cor.6),与以下事实相反: pp除ff。到归纳假设,首一多项式f/pf/p承认型的唯一分解 (18);因此,每q∈4q \in \mathbf{4}我们就有结论等式wq=vqw_q = v_q。

令 ff 为 K[X]\mathbf{K}[X] 中的非零多项式。如果分解(18)中的指数vpv_p都是≤1\leq 1,我们可以说ff没有倍数因子;说ff是成对不同不可约多项式的有限序列的乘积,或者说ff不能被K[X]\mathbf{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ZZ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ZZ和K[X]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。

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