§2.3 多项式环

学习目标

本节目标

通过本节学习，你应该能够：

1. 定义多项式环 $R[x]$ ，区分多项式作为"形式表达式"与作为"函数"的根本差异。
2. 证明域上多项式环 $F[x]$ 是主理想整环（PID），并理解带余除法在此证明中的核心作用。
3. 判断一个多项式在给定域上是否不可约，并运用不可约多项式与极大理想的关系构造域扩张。
4. 陈述并应用唯一分解定理和 Gauss 引理。
5. 解释为什么不可约多项式是构造域扩张的基本工具。

动机

多项式环 $R[x]$ 是代数的核心。域扩张的构造、极小多项式的确定、分裂域的存在性——所有这些 Galois 理论的基本构件都依赖于多项式环的性质。本节建立多项式环的严格基础，为 第四章 多项式 和 第五章 分裂域与正规扩张 做准备。

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形式多项式与函数：一个关键区分

在进入正式定义之前，必须厘清一个贯穿代数学的根本区别。

形式多项式 ≠ 函数

在微积分中，"多项式"通常指一个函数 $f(x)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n$ ，其意义由"代入值、算结果"决定。但在代数中，多项式是形式表达式——它不依赖于任何特定的"代入"操作。

这个区分为什么重要？考虑 ${\mathbb{F}}_p$ 上的多项式 $f(x)=x^p-x$ 。作为函数， $f$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 的每个元素处取值为零（由 Fermat 小定理），所以 $f$ "看起来像是"零函数。但作为形式多项式， $f(x)=x^p-x$不是零多项式——它的首项系数是 $1$ ，次数是 $p$ 。这个区分在 Galois 理论中至关重要：形式多项式的次数、不可约性、因式分解等概念，不能通过函数值来判断。

形式定义的核心思想：一个多项式 $f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$ 只是一个系数序列$(a_0,a_1,\dots ,a_n,0,0,\dots )$ ，其中只有有限项非零。不定元 $x$ 不是一个"变量"，而是一个标记位置的符号。

多项式的定义

定义 多项式环

设 $R$ 是含幺交换环。 $R$ 上的多项式环$R[x]$ 定义为所有形式表达式

$$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$$

的集合，其中 $n\ge 0$ ， $a_i\in R$ 。 $x$ 是一个不定元（或称形式变量）。

加法和乘法按通常方式定义：

$$\left(\sum _i{a}_i{x}^i\right)+\left(\sum _i{b}_i{x}^i\right)=\sum _i(a_i+b_i)x^i$$$$\left(\sum _i{a}_i{x}^i\right)\cdot \left(\sum _j{b}_j{x}^j\right)=\sum _k\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j\right)x^k$$

注 为什么 $R[x]$ 本身是环

多项式环 $R[x]$ 在上述加法和乘法下构成含幺交换环。验证关键公理：

• 加法交换群：逐项相加满足交换律、结合律，零多项式 $0=\sum 0\cdot x^i$ 是加法单位元。
• 乘法结合律：需要计算 $(\sum a_i{x}^i)(\sum b_j{x}^j)(\sum c_k{x}^k)$ 的两种括号方式，比较 $x^n$ 项系数——由 $R$ 的结合律和分配律保证。
• 乘法单位元：常数多项式 $1=1+0\cdot x+0\cdot x^2+\cdots$ 。
• 分配律：由 $R$ 的分配律逐项推出。

注意我们只要求 $R$ 是含幺交换环——这对一般的 $R[x]$ 性质是足够的。

定义 次数

设 $f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i\in R[x]$ ， $a_n\ne 0$ ， $a_i=0$ 对 $i>n$ 。则：

• $n$ 称为 $f$ 的次数，记为 $\mathrm{deg}f$ 。
• $a_n$ 称为 $f$ 的首项系数。
• 若首项系数为 1，称 $f$ 为首一多项式。
• 规定 $\mathrm{deg}0=-\mathrm{\infty }$ （约定 $-\mathrm{\infty }+n=-\mathrm{\infty }$ ， $-\mathrm{\infty }<n$ 对所有 $n\in \mathbb{Z}$ ）。

注 $\mathrm{deg}0=-\mathrm{\infty }$ 的约定

为什么规定 $\mathrm{deg}0=-\mathrm{\infty }$ 而非 $\mathrm{deg}0=0$ ？因为我们需要公式 $\mathrm{deg}(fg)=\mathrm{deg}f+\mathrm{deg}g$ 对所有多项式成立，包括零多项式。若 $\mathrm{deg}0=0$ ，则 $\mathrm{deg}(0\cdot g)=0$ ，但 $0\cdot g=0$ ， $\mathrm{deg}0=0$ ——表面上可以。但若同时要求 $\mathrm{deg}(f+g)\le max(\mathrm{deg}f,\mathrm{deg}g)$ ，则 $\mathrm{deg}(0+g)\le max(0,\mathrm{deg}g)=\mathrm{deg}g$ ，而 $\mathrm{deg}(0+g)=\mathrm{deg}g$ ——也成立。

问题出在更微妙的地方： $\mathrm{deg}0=-\mathrm{\infty }$ 保证了 $-\mathrm{\infty }<n$ 对所有整数 $n$ ，使得" $\mathrm{deg}r<\mathrm{deg}g$ "这一带余除法的条件即使在 $r=0$ 时也能正确陈述（ $-\mathrm{\infty }<\mathrm{deg}g$ 总是成立）。这是数学中一种标准的"约定使得定理不需要分情况"的做法。

命题 次数的性质

对 $R[x]$ 中的多项式 $f,g\ne 0$ ：

1. $\mathrm{deg}(fg)=\mathrm{deg}f+\mathrm{deg}g$ 。
2. $\mathrm{deg}(f+g)\le max(\mathrm{deg}f,\mathrm{deg}g)$ 。
3. 若 $R$ 是整环，则 $fg\ne 0$ ；因此 $R[x]$ 是整环当且仅当 $R$ 是整环。

证明

(1) 设 $\mathrm{deg}f=m$ ， $\mathrm{deg}g=n$ 。则 $fg$ 的 $x^{m+n}$ 项的系数是 $a_m{b}_n$ （来自 $i=m,j=n$ 的唯一贡献），且 $a_m{b}_n\ne 0$ （因 $R$ 是含幺环且 $a_m,b_n\ne 0$ ——对一般环需要 $R$ 是整环保证这一点）。故 $\mathrm{deg}(fg)=m+n$ 。

(2)$(f+g)$ 的 $x^i$ 项系数为 $a_i+b_i$ ，故 $\mathrm{deg}(f+g)\le max(\mathrm{deg}f,\mathrm{deg}g)$ 。

(3) 由 (1)， $f\ne 0$ ， $g\ne 0$ 推出 $\mathrm{deg}(fg)=\mathrm{deg}f+\mathrm{deg}g\ge 0$ ，故 $fg\ne 0$ 。

为什么需要"整环"条件

在一般含幺交换环 $R$ 上， $R[x]$ 不一定满足 $\mathrm{deg}(fg)=\mathrm{deg}f+\mathrm{deg}g$ ！例如取 $R=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ ，令 $f(x)=2x+1$ ， $g(x)=2x+1$ 。则：

$$fg=(2x+1{)}^2=4x^2+4x+1=1(\text{在 }\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}[x]\text{ 中})$$

所以 $\mathrm{deg}f=1$ ， $\mathrm{deg}g=1$ ，但 $\mathrm{deg}(fg)=0\ne 2$ 。这里的关键是 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 有零因子（ $2\cdot 2=0$ ），首项系数的乘积为零。

Galois 理论的启示：我们总是在域 $F$ 上工作， $F$ 是整环，所以 $F[x]$ 也一定是整环。这个"一直向上的链条"（域 $\Rightarrow$ 整环 $\Rightarrow$ 多项式环是整环）是 Galois 理论的基础。

例子

例 具体的多项式环

1. $\mathbb{Z}[x]$ ：系数为整数的多项式。 $3x^2-2x+7\in \mathbb{Z}[x]$ 。
2. $\mathbb{Q}[x]$ ：系数为有理数的多项式。 $\frac{1}{2}{x}^3+\sqrt{2}$ 不在 $\mathbb{Q}[x]$ 中（ $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}$ ）。
3. ${\mathbb{F}}_5[x]$ ：系数在 $\{0,1,2,3,4\}$ 中的多项式。 $x^2+2x+3\in {\mathbb{F}}_5[x]$ 。
4. $\mathbb{R}[x,y]$ （多元多项式环）：含两个不定元 $x,y$ 的多项式，如 $x^2+xy+y^2$ 。但本节只讨论单变量情况。

带余除法

带余除法是多项式环理论的技术核心。它使得 $F[x]$ 获得了与 $\mathbb{Z}$ 类似的"除法结构"——这正是后续 PID、UFD 等结论的根基。

定理 带余除法（多项式）

设 $F$ 是域， $f(x),g(x)\in F[x]$ ， $g(x)\ne 0$ 。则存在唯一的 $q(x),r(x)\in F[x]$ 使得

$$f(x)=g(x)q(x)+r(x),\mathrm{deg}r<\mathrm{deg}g$$

证明

存在性：对 $\mathrm{deg}f$ 进行强归纳。

若 $\mathrm{deg}f<\mathrm{deg}g$ ，取 $q=0$ ， $r=f$ 。

设 $\mathrm{deg}f\ge \mathrm{deg}g$ 。设 $f=a_m{x}^m+\cdots$ ， $g=b_n{x}^n+\cdots$ （ $a_m\ne 0$ ， $b_n\ne 0$ ， $m\ge n$ ）。令

$$f_1(x)=f(x)-a_m{b}_n^{-1}{x}^{m-n}g(x)$$

则 $\mathrm{deg}{f}_1<\mathrm{deg}f$ 。由归纳假设，存在 $q_1,r$ 使得 $f_1=g{q}_1+r$ ， $\mathrm{deg}r<\mathrm{deg}g$ 。故

$$f=g(q_1+a_m{b}_n^{-1}{x}^{m-n})+r$$

取 $q=q_1+a_m{b}_n^{-1}{x}^{m-n}$ 。

唯一性：设 $f=g{q}_1+r_1=g{q}_2+r_2$ ， $\mathrm{deg}{r}_1,\mathrm{deg}{r}_2<\mathrm{deg}g$ 。则 $g(q_1-q_2)=r_2-r_1$ 。若 $q_1\ne q_2$ ，左边次数 $\ge \mathrm{deg}g$ ，右边次数 $<\mathrm{deg}g$ ，矛盾。故 $q_1=q_2$ ， $r_1=r_2$ 。

注

[定理] 要求 $F$ 是域（或至少 $g$ 的首项系数在 $R^{\ast }$ 中）。在 $\mathbb{Z}[x]$ 中，带余除法一般不成立：例如 $x+1$ 不能除 $2x+1$ 。

工作实例

例 带余除法的计算

在 $\mathbb{Q}[x]$ 中计算 $f(x)=x^4+2x^3-x+1$ 除以 $g(x)=x^2+1$ 。

长除法：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x^4+2x^3+0\cdot x^2-x+1\\ & =(x^2+1)\cdot \underset{q(x)}{\underbrace{(x^2+2x-1)}}+\underset{r(x)}{\underbrace{(-3x+2)}}\end{array}$$

验证： $(x^2+1)(x^2+2x-1)=x^4+2x^3-x^2+x^2+2x-1=x^4+2x^3+2x-1$ 。

加余数 $r=-3x+2$ ： $x^4+2x^3+2x-1+(-3x+2)=x^4+2x^3-x+1$ 。✓

故 $f(x)=(x^2+1)(x^2+2x-1)+(-3x+2)$ ， $\mathrm{deg}r=1<2=\mathrm{deg}g$ 。

例 在有限域上的带余除法

在 ${\mathbb{F}}_3[x]$ 中计算 $f(x)=x^3+2x^2+1$ 除以 $g(x)=x+1$ 。

注意在 ${\mathbb{F}}_3$ 中， $-1=2$ 。

$$x^3+2x^2+1=(x+1)(x^2+x+2)+2$$

验证（在 ${\mathbb{F}}_3$ 中）： $(x+1)(x^2+x+2)=x^3+x^2+2x+x^2+x+2=x^3+2x^2+0\cdot x+2$ 。

加余数 $2$ ： $x^3+2x^2+2+2=x^3+2x^2+4=x^3+2x^2+1$ （在 ${\mathbb{F}}_3$ 中 $4=1$ ）。✓

不可约多项式

定义 不可约多项式

设 $F$ 是域。 $F[x]$ 中次数 $\ge 1$ 的多项式 $f(x)$ 称为在 $F$ 上不可约，如果 $f$ 不能写成两个次数更低的多项式的乘积：即 $f=gh$ 蕴含 $\mathrm{deg}g=0$ 或 $\mathrm{deg}h=0$ 。

直觉

不可约多项式在域论中的地位类似于素数在整数论中的地位。就像每个整数可以唯一分解为素数乘积，每个域上的多项式可以唯一分解为不可约多项式的乘积。更关键的是，不可约多项式直接给出域扩张：若 $f(x)$ 在 $K$ 上不可约，则 $K[x]/(f(x))$ 是一个域（[定理]），包含了 $f$ 的一个根。

不可约性依赖于基域

例 不可约多项式

1. $x^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上不可约（无实根）。
2. $x^2+1$ 在 $\mathbb{C}$ 上可约： $x^2+1=(x+i)(x-i)$ 。
3. $x^2-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（[定理]，取 $p=2$ ）。
4. $x^2-2$ 在 $\mathbb{R}$ 上可约： $(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})$ 。
5. $x^p-x$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 上完全可约： $x^p-x=\prod _{a\in {\mathbb{F}}_p}(x-a)$ 。

"不可约"不是多项式的内在属性

一个多项式是否不可约，取决于它在哪个域上考虑。这正是 Galois 理论的核心来源：同一个多项式在不同域上具有不同的分解行为，这些差异编码了域之间的代数关系。

具体例子： $x^4-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，但在 $\mathbb{R}$ 上分解为 $(x^2-\sqrt{2})(x^2+\sqrt{2})$ ，在 $\mathbb{C}$ 上完全分解为 $(x-\sqrt[4]{2})(x+\sqrt[4]{2})(x-i\sqrt[4]{2})(x+i\sqrt[4]{2})$ 。

次数 2 和 3 的不可约性判据

命题 低次多项式的不可约判据

设 $F$ 是域。

1. $\mathrm{deg}f=2$ 或 $3$ 的多项式 $f\in F[x]$ 在 $F$ 上不可约 $⟺$$f$ 在 $F$ 中没有根。
2. 特别地， $\mathrm{deg}f=2$ 或 $3$ 的多项式 $f$ 在代数闭域上一定可约（若 $\mathrm{deg}f\ge 2$ ）。

证明

$(\Rightarrow )$ ：若 $f$ 有根 $\alpha \in F$ ，则 $(x-\alpha )\mid f$ ，故 $f$ 可约（当 $\mathrm{deg}f\ge 2$ 时）。

$(\Leftarrow )$ ：设 $f$ 可约， $f=gh$ ， $\mathrm{deg}g,\mathrm{deg}h\ge 1$ 。因 $\mathrm{deg}f=\mathrm{deg}g+\mathrm{deg}h$ 且 $\mathrm{deg}f\le 3$ ，必有 $\mathrm{deg}g=1$ 或 $\mathrm{deg}h=1$ 。若 $\mathrm{deg}g=1$ ，设 $g=ax+b$ ，则 $g(-b/a)=0$ ，即 $-b/a$ 是 $f$ 的根。

注 高次多项式没有简单的根检验

对 $\mathrm{deg}f\ge 4$ ，"没有根"不等于"不可约"。例如 $f(x)=(x^2+1{)}^2=x^4+2x^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上没有根，但在 $\mathbb{R}$ 上可约（ $f=(x^2+1)(x^2+1)$ ）。因此对高次多项式，需要更精巧的不可约性判据——见 §4.2 不可约性判据。

PID 与不可约元的极大性

定理

设 $F$ 是域。则 $F[x]$ 是主理想整环（PID）：每个理想都是主理想。

证明

设 $I$ 是 $F[x]$ 的理想， $I\ne \{0\}$ 。取 $I$ 中次数最低的非零多项式 $g$ （良序原理）。对任意 $f\in I$ ，由 [定理]， $f=gq+r$ ， $\mathrm{deg}r<\mathrm{deg}g$ 。因 $r=f-gq\in I$ 且 $\mathrm{deg}r<\mathrm{deg}g$ ， $g$ 的选取推出 $r=0$ 。故 $f\in (g)$ ，即 $I=(g)$ 。

直觉 PID 结构的核心地位

这个定理说明 $F[x]$ 的理想结构极为简单——每个理想由一个多项式生成。这个结论来自带余除法，而带余除法又来自 $F$ 是域（可以"除以首项系数"）。

PID 结构的深远后果：

• 不可约元 $\iff$ 素元：在 PID 中这两个概念等价。
• 极大理想判据： $(f)$ 极大 $⟺$$f$ 不可约（见下文）。
• 构造域扩张：不可约多项式给出极大理想，商环是域。

推论

在 $F[x]$ （ $F$ 是域）中， $(f(x))$ 是极大理想 $⟺$$f(x)$ 不可约。

证明

$(\Rightarrow )$ ：设 $(f)$ 是极大理想但 $f=gh$ ， $\mathrm{deg}g<\mathrm{deg}f$ ， $\mathrm{deg}h<\mathrm{deg}f$ 。则 $(f)\subseteq (g)\subseteq F[x]$ ，由极大性 $(g)=F[x]$ 或 $(g)=(f)$ 。前者推出 $g$ 是单位（ $\mathrm{deg}g=0$ ）；后者推出 $f|g$ （即 $\mathrm{deg}f\le \mathrm{deg}g$ ），矛盾。

( $\Leftarrow )$ ：设 $f$ 不可约。设 $(f)\subseteq (g)\subseteq F[x]$ ， $g\in I$ 。由 $f\in (g)$ ， $f=gh$ 。因 $f$ 不可约， $g$ 或 $h$ 是单位。若 $g$ 是单位， $(g)=F[x]$ ；若 $h$ 是单位， $g=f{h}^{-1}$ ， $(g)=(f)$ 。

注 从不可约多项式到域扩张的桥梁

[推论] 的实际意义可以浓缩为一条"一句话定理"：

$f$ 不可约 $\Rightarrow$$F[x]/(f)$ 是域。

这就是构造域扩张的标准方法。例如：

• $x^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上不可约，故 $\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\cong \mathbb{C}$ ——"发明虚数单位 $i$ "的严格实现。
• $x^2-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，故 $\mathbb{Q}[x]/(x^2-2)\cong \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ——"添加 $\sqrt{2}$ "的严格实现。

这个构造将在 §3.2 域的基本扩张 和 §5.1 分裂域 中反复使用。

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唯一分解与 Gauss 引理

定理 唯一分解定理（ $F[x]$ ）

设 $F$ 是域。则 $F[x]$ 是唯一分解整环（UFD）：每个非常数多项式 $f\in F[x]$ 可以写成

$$f=c\cdot p_1(x)p_2(x)\cdots p_r(x),$$

其中 $c\in F^{\times }$ 是首项系数， $p_i$ 是首一不可约多项式。这个分解在不计排列顺序的意义下是唯一的。

证明. 存在性：对 $\mathrm{deg}f$ 归纳。若 $f$ 不可约，取 $c$ 为首项系数， $f/c$ 为首一不可约多项式。否则 $f=gh$ ， $1\le \mathrm{deg}g,\mathrm{deg}h<\mathrm{deg}f$ ，对 $g,h$ 分别应用归纳。

唯一性：设 $c\cdot p_1\cdots p_r=c^{\prime }\cdot q_1\cdots q_s$ （ $p_i,q_j$ 首一不可约）。比较首项系数得 $c=c^{\prime }$ 。对 $r$ 归纳： $p_1\mid q_1\cdots q_s$ 。因 $F[x]$ 是 PID（[定理]），不可约元等价于素元，故 $p_1\mid q_j$ 对某个 $j$ 。因 $q_j$ 首一不可约， $p_1=q_j$ 。约去后对 $r-1$ 归纳。 $◼$

例 唯一分解的具体计算

在 $\mathbb{Q}[x]$ 中分解 $f(x)=6x^3-5x^2-2x+1$ 。

使用有理根定理， $f$ 的有理根只能是 $\pm 1,\pm \frac{1}{2},\pm \frac{1}{3},\pm \frac{1}{6}$ 。代入得 $f(1)=0$ ，故 $(x-1)\mid f$ 。

带余除法得 $f(x)=(x-1)(6x^2+x-1)$ 。

再分解 $6x^2+x-1=(2x+1)(3x-1)$ 。

故 $f(x)=6\cdot (x-1)(x+\frac{1}{2})(x-\frac{1}{3})=6\cdot (x-1)\cdot \frac{1}{2}(2x+1)\cdot \frac{1}{3}(3x-1)$ 。

首一化： $f(x)=6\cdot (x-1)(x+\frac{1}{2})(x-\frac{1}{3})$ 。

注意 $6=2\cdot 3$ ，首项系数中的整数分解与多项式的不可约分解是独立的。

Gauss 引理

Gauss 引理是连接 $R[x]$ （ $R$ 是 UFD）和 $F[x]$ （ $F=\mathrm{Frac}(R)$ ）的桥梁。它的实际意义是：在 $\mathbb{Q}$ 上检验不可约性，可以先在 $\mathbb{Z}$ 上检验。

定义 本原多项式

设 $R$ 是 UFD， $F=\mathrm{Frac}(R)$ 。多项式 $f=\sum a_i{x}^i\in R[x]$ 称为本原的，如果 $a_i$ 的最大公因子（在 $R$ 中）是单位，即没有 $R$ 中的非单位素元整除所有系数。

引理 Gauss 引理

设 $R$ 是 UFD， $F=\mathrm{Frac}(R)$ 。若 $f\in R[x]$ 在 $F[x]$ 中可约（即 $f=gh$ ， $g,h\in F[x]$ ， $\mathrm{deg}g,\mathrm{deg}h\ge 1$ ），则 $f$ 在 $R[x]$ 中也可约（即存在 $g_0,h_0\in R[x]$ ， $f=g_0{h}_0$ ， $\mathrm{deg}{g}_0=\mathrm{deg}g$ ， $\mathrm{deg}{h}_0=\mathrm{deg}h$ ）。

证明. 将 $g,h$ 乘以适当的 $F^{\times }$ 元素使得 $g,h\in R[x]$ 且各项系数的最大公因子为 $1$ （本原多项式）。设 $f=c_f\cdot f^{\ast }$ （ $c_f$ 为 $f$ 的系数的 GCD， $f^{\ast }$ 本原）， $g=c_g\cdot g^{\ast }$ ， $h=c_h\cdot h^{\ast }$ 。则 $c_f{f}^{\ast }=c_g{c}_h{g}^{\ast }{h}^{\ast }$ 。

关键断言：本原多项式的乘积仍是本原的。否则存在 $R$ 的素元 $p$ 整除乘积的所有系数，但 $p$ 不整除 $g^{\ast }$ 的某个系数 $a_i$ 也不整除 $h^{\ast }$ 的某个系数 $b_j$ 。取满足条件的最小 $i,j$ ，则乘积中 $x^{i+j}$ 的系数 $\sum _{k+l=i+j}{a}_k{b}_l$ 中 $a_i{b}_j$ 不被 $p$ 整除而其余项都被 $p$ 整除，矛盾。

故 $g^{\ast }{h}^{\ast }$ 本原，比较得 $c_f=c_g{c}_h\cdot u$ （ $u$ 为 $R$ 的单位）。故 $f=(c_{g}u)g^{\ast }\cdot h^{\ast }$ ，即 $f$ 在 $R[x]$ 中可约。 $◼$

推论 Eisenstein 的代数基础

Gauss 引理是 Eisenstein 判据（[定理]）的代数基础。它将 $\mathbb{Z}[x]$ （UFD）上的因式分解问题转化为 $\mathbb{Q}[x]$ （PID）上的问题，是连接整数环和多项式环的桥梁。

推论 整数系数多项式的有理根检验

设 $f(x)=a_n{x}^n+\cdots +a_{1}x+a_0\in \mathbb{Z}[x]$ ， $a_n\ne 0$ ， $a_0\ne 0$ 。若 $\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}$ （ $gcd(p,q)=1$ ）是 $f$ 的根，则 $p\mid a_0$ 且 $q\mid a_n$ 。

特别地，若 $f$ 是首一多项式（ $a_n=1$ ），则 $f$ 的所有有理根都是整数且整除 $a_0$ 。

证明

$f(p/q)=0$ 给出 $a_n{p}^n+a_{n-1}{p}^{n-1}q+\cdots +a_0{q}^n=0$ 。因 $q$ 整除除第一项外的所有项， $q\mid a_n{p}^n$ 。由 $gcd(p,q)=1$ ， $q\mid a_n$ 。类似地， $p\mid a_0{q}^n$ ，由 $gcd(p,q)=1$ ， $p\mid a_0$ 。

注 $\mathbb{Z}[x]$ 是 UFD 但不是 PID

$\mathbb{Z}[x]$ 是 UFD（由 Gauss 引理），但不是 PID：理想 $(2,x)$ 不是主理想（若 $(2,x)=(f)$ ，则 $f\mid 2$ 且 $f\mid x$ ，故 $f$ 是 $\mathbb{Z}$ 中的单位， $(f)=\mathbb{Z}[x]$ ，但 $(2,x)\ne \mathbb{Z}[x]$ ）。这个例子说明 UFD $\nRightarrow$ PID。

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常见误区

误区 1：带余除法在所有环上成立

错误：以为 $R[x]$ 中总有带余除法。

正解：带余除法要求被除式 $g$ 的首项系数在 $R$ 中可逆。在域 $F[x]$ 中，所有非零多项式的首项系数都可逆（因为 $F^{\times }$ 的每个元素都可逆），所以带余除法总成立。但在 $\mathbb{Z}[x]$ 中， $g(x)=2x+1$ 的首项系数 $2$ 不是 $\mathbb{Z}$ 的单位，所以不能做带余除法。

误区 2："不可约"与"没有根"混淆

错误：以为多项式在 $F$ 上不可约当且仅当它在 $F$ 中没有根。

正解：" $\mathrm{deg}2$ 或 $3$ 的多项式没有根 $\Rightarrow$ 不可约"（[命题]）。但对 $\mathrm{deg}\ge 4$ ，"没有根"只是必要条件，不是充分条件。例如 $(x^2+1)(x^2+4)\in \mathbb{R}[x]$ 没有实根，但在 $\mathbb{R}$ 上可约。

误区 3：Gauss 引理的正确表述

错误表述：" $f\in R[x]$ 在 $R[x]$ 中可约 $\Rightarrow$$f$ 在 $F[x]$ 中可约"。这是平凡的（ $R[x]\subseteq F[x]$ ）。

正确表述：Gauss 引理说的是逆方向—— $f$ （本原的）在 $F[x]$ 中可约 $\Rightarrow$$f$ 在 $R[x]$ 中可约。这才是非平凡的结论。

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本节要点

总结

1. 多项式环 $R[x$ 中，次数满足 $\mathrm{deg}(fg)=\mathrm{deg}f+\mathrm{deg}g$ ； $R[x]$ 是整环 $⟺$$R$ 是整环。
2. 域 $F$ 上的多项式环 $F[x]$ 支持带余除法，是主理想整环。
3. 不可约多项式生成极大理想： $f$ 不可约 $⟺$$(f)$ 极大 $⟺$$F[x]/(f)$ 是域。
4. $F[x]$ 是唯一分解整环；Gauss 引理将 $R[x]$ （ $R$ 是 UFD）上的因式分解归结为 $F=\mathrm{Frac}(R)$ 上的问题。
5. 这正是构造域扩张的基本方法： $F[x]/(f(x))\cong F(\alpha )$ （ $\alpha$ 是 $f$ 的根）。

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自测题

自测题（点击展开）

1. 在 ${\mathbb{F}}_2[x]$ 中，列出所有次数 $\le 3$ 的不可约多项式。

答案： $\mathrm{deg}1$ ： $x$ ， $x+1$ 。 $\mathrm{deg}2$ ： $x^2+x+1$ （ $x^2+1=(x+1{)}^2$ 可约）。 $\mathrm{deg}3$ ： $x^3+x+1$ ， $x^3+x^2+1$ （其余 $\mathrm{deg}3$ 多项式在 ${\mathbb{F}}_2$ 中有根或可约）。

2. 为什么 $f(x)=x^4+x^2+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上虽然没有有理根，却是可约的？

答案： $f(x)=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$ 。这说明对 $\mathrm{deg}\ge 4$ ，"没有根 $\ne$ 不可约"。

3. 利用 Gauss 引理，证明 $f(x)=x^3-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约。

答案： $f\in \mathbb{Z}[x]$ 是本原的（系数为 $1,0,0,-2$ ，GCD 为 1）。在 $\mathbb{Z}$ 中检验有理根： $f(\pm 1)\ne 0$ ， $f(\pm 2)\ne 0$ 。由有理根定理， $f$ 的有理根只能是 $\pm 1,\pm 2$ ，均不是根，故 $f$ 在 $\mathbb{Q}$ 中无根。因 $\mathrm{deg}f=3$ ，无根即不可约。

4. 设 $R=\mathbb{Z}[i]$ （Gauss 整数环）。 $R[x]$ 是 PID 吗？UFD 吗？

答案： $R$ 是 PID（因而也是 UFD）。 $R[x]$ 是 UFD（因 $R$ 是 UFD，由 Gauss 引理），但 $R[x]$不是 PID。这与 $\mathbb{Z}[x]$ 的情况类似。

5. 为什么带余除法的唯一性证明中，" $\mathrm{deg}g(q_1-q_2)\ge \mathrm{deg}g$ "需要 $g\ne 0$ ？

答案：若 $g=0$ ，则 $g(q_1-q_2)=0$ ， $\mathrm{deg}0=-\mathrm{\infty }$ ，这不满足 $\ge \mathrm{deg}g$ （ $\mathrm{deg}g=-\mathrm{\infty }$ ，而 $-\mathrm{\infty }\ge -\mathrm{\infty }$ 成立）。但此时 $r_2-r_1=0$ 不一定能推出 $q_1=q_2$ ——事实上 $q$ 可以是任意多项式。所以定理的条件 $g\ne 0$ 是必要的。

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交叉引用

概念	本节出现位置	相关章节
多项式环 $R[x]$	[定义]	§4.1 多项式的一般理论
带余除法	[定理]	§4.2 不可约性判据
不可约多项式	[定义]	§4.3 可分性
不可约 $\Rightarrow$ 极大理想	[推论]	§3.2 域的基本扩张
$F[x]$ 是 PID	[定理]	§2.2 理想与商环
唯一分解	[定理]	§5.1 分裂域
Gauss 引理	[引理]	§4.2 Eisenstein 判据
域扩张构造 $F[x]/(f)$	[推论]	§5.2 正规扩张, §7.1 Galois 群

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