# 代數導論二 Week 6 (Part 2) - Irreducibility Criteria

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## 觀察：因式定理

就是高中學的那個。

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*，且 $0 \neq p(x) \in F[x]$，$\alpha \in F$。則：

$$
\begin{align}
&(x - \alpha) \mid p(x)
\newline
&\iff p(\alpha) = 0
\end{align}
$$

:::

> 師：這個...中學時候有玩過齁？有教過家教學生這個嗎？

($\Rightarrow$)：因為有一次因式：

$$
(x - \alpha) \mid p(x)
$$

所以 $p(x)$ 可以分解為下面的形式，然後就發現帶進去一定要是 $0$：

$$
p(x) = (x - \alpha)u(x) \Rightarrow p(\alpha) = 0
$$

($\Leftarrow$) 假定 $p(\alpha) = 0$ 因為 $F[x]$ 是一個 *Euclidean Domain*，所以存在 $\exists q(x), r(x)$ in $F{x}$，使得：

$$
p(x) = q(x)(x - \alpha) + r(x)
$$

其中，$\deg r < \deg (x - \alpha)$ 或者 $r(x) = 0$，也就是 $r(x)$ 是一個 $F$ 中的非零常數，或者是 $0$。

又因為 $p(\alpha) = 0$，所以帶進去就發現 $r(x)$ 只能是 $0$：

$$
p(\alpha) = r(\alpha) = 0 \Rightarrow p(x) = q(x)(x - \alpha)
$$

### 推論：可分解的二次或三次式存在一次因式

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*，且 $0 \neq p(x) \in R[x]$，且 $p(x)$ 是二次或三次多項式。則 *reducible* 等價於有一次因式：

$$
\begin{align}
&p(x) \text{ reducible}
\newline
&\iff \exists \alpha \in R. (x - \alpha) \mid p(x)
\end{align}
$$

Let $F$ be a field. Any polynomial $p(x)$ of degree 2 or 3 over $F$ is reducible iff there exists a root of $p(x)$ in $F$

:::

假定：

$$
0 \neq p(x) \in F[x]
$$

($\Rightarrow$)：因為他 *reducible*，所以存在不是 *unit* 的 $a(x), b(x) \in R[x]$，使得：

$$
p(x) = a(x)b(x)
$$

因為 $a(x), b(x)$ 不是 $R[x]$ 中的 *unit*，所以等價地 $a(x), b(x)$ 不是 $F$ 中的 *unit*。但是 $F$ 中所有非零元素都是 *unit*，所以 $a(x), b(x)$ 不可能是一個常數多項式。因此：

$$
\deg a > 0
$$

$$
\deg b > 0
$$

但是多項式相乘，次數相加。所以：

$$
\deg p = \deg a + \deg b = 2 \text{ or }3
$$

因為 $a, b$ 的次數至少要有 $1$，在相乘後次數是 $2$ 或 $3$ 的話，裡面至少要有一個次數是 $1$：

$$
\deg a = 1 \text{ or }\deg b = 1
$$

($\Leftarrow$)：由因式定理，如果存在一次因式：

$$
\exists \alpha.(x - \alpha) \mid p(x)
$$

那麼 $p(x)$ 就可以寫成：

$$
p(x) = (x - \alpha)b(x)
$$

並且 $b(x)$ 的次數不會比 $1$ 小：

$$
\deg b(x) = \deg p(x) - 1 > 0
$$

所以 $p(x)$ *reducible*。

## 觀察：檢驗有理根

:::danger

假定 $p(x) \in \Bbb Z[x]$，$(r/s) \in \Bbb Q$，其中 $\gcd(r, s) = 1$。若令：

$$
p(x) \sum_{i = 1}^{n}a_ix^i
$$

則：

$$
p(\frac {r}{s}) = 0 \Rightarrow \begin{cases}
r \mid a_0 & \text{;and}
\newline
s \mid a_n
\end{cases}
$$

:::

這其實就是爆開，然後就沒有然後了。把 $\frac {r}{s}$ 帶進去：

$$
p(\frac {r}{s}) = \sum_{i = 1}^{n}a_i(\frac {r}{s})^i = 0
$$

就有：

$$
\overbrace{a_nr^n + a_{n-1}r^{n-1}s + \dots + a_1rs^{n-1}}^{=r(\dots)} + a_0s^n = 0
$$

所以：

$$
r \mid a_0s^b
$$

但是 $(r, d) = 1$，所以唯一的可能就是 $r \mid a_0$。類似地：

$$
a_nr^n + \underbrace{a_{n-1}r^{n-1}s + \dots a_0s^n}_{=s(\dots)} = 0
$$

所以：

$$
s \mid a_nr^n
$$

一樣是利用 $r, s$ 互質的推論，就會有：

$$
s \mid a_n
$$

> Remark: If $p(x)$ is monic and $p(d) \neq 0$ for all $d \mid a_0$, then $p(x)$ has no linear factor

## 觀察：Quotient 後不能分解，原來也不能分解

:::danger

假定 $R$ 是一個 *integral domain*，$I \unlhd R$ 是一個 $R$ 中的 *proper ideal*，$p(x) \in R[x]$ 是一個 *monic* 的多項式。考慮映射：

$$
\begin{align}
R[x] &\to (R/I)[x]
\newline
\sum a_ix^i&\to \sum \bar a_i x^i
\end{align}
$$

其中：

$$
\bar a_i = (a_i + I)
$$

若將 $p(x)$ 進行該映射後，得到的結果 $\bar p(x)$ 沒辦法分解為兩個次數更低的多項式，則 $p(x)$ 在 $R[x]$ 中是 *irreducible*。

:::

如果在 $R[x]$ 的分解是：

$$
p(x) = a(x)b(x)
$$

不失一般性地，可以令 $a(x), b(x)$ 也都是 *monic*。因為如果找到一組 $a(x), b(x)$ 都不 *monic* 的分解，那一定有辦法從這一組分解中造出一個兩個都 *monic* 的分解。方法如下。假定：

$$
a(x) = \sum^{n} \alpha_ix^i
$$

$$
b(x) = \sum^{m} \beta_i x^i
$$

所以 $p(x)$ 就是：

$$
p(x) = (\sum^{n} \alpha_ix^i)(\sum^{m} \beta_i x^i)
$$

$\alpha_n, \beta_n$ 都是 $1$。這是 $p(x)$ 是一個 *monic* 的多項式，依照 *monic* 的定義，有：

$$
\alpha_n \beta_m = 1
$$

所以如果把原來的分解故意多乘一次 $\alpha_n\beta_m$，就會有：

$$
\begin{align}
p(x) &= \beta_m a(x) \alpha_n b(x)
\newline
&= (\overbrace{\beta_m\alpha_n}^{1}x^n + \dots)(\overbrace{\alpha_n\beta_m}^{1}x^m + \dots)
\end{align}
$$

所以：

$$
\begin{align}
p(x) &= a(x)b(x)
\newline
&= \alpha_n\beta_m a(x)b(x)
\newline
&= \underbrace{\beta_m a(x)}_{\text{monic}}\cdot\underbrace{\alpha_n b(x)}_{\text{monic}}
\end{align}
$$

就湊出了一組係數都是 *monic* 的解。所以不失一般性地，可以令 $a(x), b(x)$ 也是 *monic*。

有了一組分解之後，把 $a(x), b(x)$ 送到 $(R/I)[x]$，似乎就是一個分解：

$$
p = a(x)b(x) \Rightarrow \bar p(x) = \bar a(x) \bar b(x)
$$

> 這其實應該要多證明一個：
>
> $$
> \overline{a(x)b(x)} = \bar a(x) \bar b(x)
> $$
>
> 但是由 *coset* 間的加法跟乘法這個很容易驗證。

而且這個分解當中，$\bar a(x)$ 的次數還是 $n$，$\bar b(x)$ 的次數還是 $m$。

> 這是因為 $a(x), b(x)$ 是 *monic*，但是 $1 \not \in I$ (不然 $I$ 就會是整個 $R$，不是 *proper ideal*)，所以他們的首項係數都是 $\bar 1$。

所以如果這時候如果前提是 $\bar p(x)$ 在 $(R/I)[x]$ 中不可分解，那這樣就跟前提矛盾了。

> 由這個證明過程可以觀察到：假定
> $$
> p(x) = a(x)b(x) \in R[x]
> $$
>
> 則：
>
> 1. 如果 $p(x)$ *monic*，而且 $a(x), b(x)$ 都不是 *unit*，那麼 $a(x), b(x)$ 都不是常數函數。
> 2. 在這個狀況下，一定存在 *monic* 的 $a(x), b(x)$ 滿足 $p(x) = a(x)b(x)$