# 代數導論二 Week 6 (Part 2) - Eisenstein's Criterion

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## 敘述：Eisenstein's Criterion

> (檢討期中考卷)：居然有人 Eisenstein 出現 *Eisenstein at* $(6)$ … 聽不懂都是沒唸書的
>
> ：下次我再看到 *Eisenstein* 出現 *Eisenstein* 不是在 *prime* 我要倒～扣～

:::danger

假定 $R$ 是一個 *integral domain*，$P \unlhd R$ 是一個 $R$ 中的 *prime ideal*，令 $f(x) \in R[x]$ 為：

$$
f(x) = \sum_{i = 0}^{n}\alpha_i x^i
$$

其中 $n > 1$，且 $f(x)$ 滿足下面三點：

1. 領導係數不在 $P$ 中：也就是

$$
\alpha_n \not \in P
$$

2. 領導係數以外的係數都在 $P$ 當中：

$$
\alpha_0, \alpha_1 \dots \alpha_{n-1}\in P
$$

3. 常數項不在 $P^2$ 中：

$$
\alpha_0 \not \in P^2
$$

則 $f(x)$ 為 *irreducible*。

:::

反正就是取非常數的多項數、首項係數為 $1$ 的多項式。

> 反證法，假定他 *reducible*

假定滿足上面兩個條件，但 $f(x)$ 不是 *irreducible*。這表示存在不是 $R[x]$ 中 *unit* 的 $a(x), b(x) \in R[x]$，使得：

$$
f(x) = a(x)b(x)
$$

因為 $f(x)$ 的領導係數不在 $P$ 中，所以 $a(x)$ 與 $b(x)$ 的領導係數也「都」不在 $P$ 中。接下來考慮：

$$
\frac {R[x]}{PR[x]} \simeq (R/P)[x]
$$

因為 $f(x)$ 中，領導係數以外的係數通通落在 $P$ 中。所以送到 $R/P$ 之後，那些係數通通都會變成 $0$：

$$
\begin{align}
&\alpha_1, \alpha_2 \dots \alpha_{n-1} \in P
\newline
&\Rightarrow \bar \alpha_1, \bar \alpha_2 \dots \bar \alpha_{n-1} = 0 \text{ in } R/P
\end{align}
$$

因此，把整個 $f(x)$ 送到 $(R/P)[x]$ 之後，就會只剩下最高次項而已：

$$
\bar f(x) = \bar \alpha_n x^n \in (R/P)[x]
$$

另外一方面，看看 $a(x)$ 跟 $b(x)$ 被送到 $(R/P)[x]$ 之後會變成什麼。因為：

$$
\bar f(x) = \bar a(x) \cdot \bar b(x) = \bar 1 x^n
$$

把 $\bar a(x)$ 跟 $\bar b(x)$ 寫出來，假定他們是：

$$
\bar a(x) = \bar a_{n_1} x^{n_1} + \bar a_{n_1-1} x^{n_1 - 1} + \dots
$$

$$
\bar b(x) = \bar b_{n_2} x^{n_1} + \bar b_{n_2-1} x^{n_1 - 1} + \dots
$$

其中：

$$
n = n_1 + n_2
$$

且因為 $f(x)$ 的領導係數不在 $P$ 中：

$$
\alpha_n = a_{n_1}b_{n_2} \not \in P
$$

所以 $a_{n_1}, b_{n_2}$ 一定都不在 $P$ 中，不然兩個相乘就會落在 $P$ 裡面。因此， $\bar a(x)$ 跟 $\bar b(x)$ 的領導係數都不會是 $0$

$$
\begin{align}
&(a_{n_1} \not \in P) \text{ and } (b_{n_2} \not \in P)
\newline
&\Rightarrow (\bar a_{n_1} \neq 0) \text{ and } (\bar b_{n_2} \neq 0)
\end{align}
$$

這時候宣稱：$\bar a(x)$ 跟 $\bar b(x)$ 沒有比 $\bar a x^{n_1}$ 跟 $\bar b x^{n_2}$ 更低次的項。也就是其實：

$$
\bar a(x) = \bar a_{n_1} x^{n_1}
$$

$$
\bar b(x) = \bar b_{n_2} x^{n_1}
$$

這是因為：如果 $\bar a(x)$ 的最低次項是 $\bar a_i x^i$，$\bar b(x)$ 的最低次項是 $\bar b_j x^j$，其中：

$$
\bar a(x) = \bar a_{n_1} x^{n_1} + \dots + \bar a_ix^i
$$

$$
\bar b(x) = \bar b_{n_2} x^{n_1} + \dots + \bar b_jx^j
$$

其中：

$$
0 \leq i < n_1
$$

$$
0 \leq j < n_2
$$

那麼 $\bar a_i$ 跟 $\bar b_j$ 一定要「都」是 $0$。因為如果不是，他們相乘起來會長下面這樣：

$$
\begin{align}
\bar \alpha_n x^n = &\underbrace{(\bar a_{n_1}x^{n_1} + \dots + \boxed{\bar a_i x^i})}_{a(x)}
\newline
& \times \underbrace{(\bar b_{n_2}x^{n_2} + \dots + \boxed{\bar b_{j} x^{j}})}_{b(x)}
\end{align}
$$

觀察最低次項的係數。因為 $i < n_1$ 且 $j < n_2$，所以這兩個人相乘的那一項次數一定比 $x^{n_1 + n_2} = x^n$ 還要低。所以由多項式相等的定義知道：這一項一定要是 $0$：

$$
(\bar a_ix^{i}) \cdot (\bar b_{j}x^{j}) = (\overline{a_ib_j})x^{i + j} = 0
$$

所以這表示：$\overline{a_ib_j}$ 要是 $0$，換句話說 $a_ib_j$ 要在 $P$ 這個 *ideal* 中：

$$
\begin{align}
&\overline{a_ib_j} = 0
\newline
&\Rightarrow a_i b_j \in P
\end{align}
$$

但是因為 $P$ 是一個 *prime ideal*，所以如果 $a_ib_j \in P$，那麼 $a_i, b_j$ 其中一個會在 $P$ 當中。也就是：

$$
\begin{align}
&(a_i \in P) \text{ or }(b_j \in P)
\newline
&\Rightarrow (\bar a_i = 0) \text{ or }(\bar b_j = 0)
\end{align}
$$

所以這表示：剛剛的乘積當中， $a(x)$ 或 $b(x)$ 裡面一定有一個人的最低次項會被砍掉。也就是這個乘積其實是：

$$
\require{cancel}
$$

$$
\bar \alpha_n x^{n} = \underbrace{(\bar a_{n_1}x^{n_1} + \dots + \cancelto{}{\bar a_i x^i})}_{a(x)}\cdot \underbrace{(\bar b_{n_2} x^{n_2} + \dots + \bar b_{j} x^{j})}_{b(x)}
$$

或：

$$
\bar \alpha_n x^n = \underbrace{(\bar a_{n_1}x^{n_1} + \dots + \bar a_i x^i)}_{a(x)} \cdot \underbrace{(\bar b_{n_2} x^{n_2} + \dots + \cancelto{}{\bar b_{j} x^{j}})}_{b(x)}
$$

不管哪一個，都會發現 $a(x)$ 或 $b(x)$ 有一個人的最低次項會被消掉。

這個動作可以一直做下去，做到 $\bar a(x)$ 跟 $\bar b(x)$ 其中一個只剩下 $\bar a_{n_1}x^{n_1}$ 或 $\bar b_{n_2}x^{n_2}$。不失一般性假定 $a(x)$ 的低次項先被消光好了，這時候 $\bar a(x)$ 跟 $\bar b(x)$ 的乘積就會變成下面這個樣子：

$$
\bar \alpha_n x^{n} = \underbrace{(\bar a_{n_1} x^{n_1})}_{a(x)} \cdot \underbrace{(\bar b_{n_2} x^{n_2} + \dots)}_{b(x)}
$$

因為他們相乘起來只能剩下 $\bar \alpha_n x^n$，不能出現沒有比 $\bar \alpha_n x^{n}$ 更低次的項了。因此唯一的可能就是 $a(x), b(x)$ 兩個人都只有最高次項。否則就會有比 $x^n$ 更低次的項：

$$
\bar \alpha_n x^{n} = \underbrace{(\bar a_{n_1} x^{n_1})}_{a(x)} \cdot \underbrace{(\bar b_{n_2} x^{n_2})}_{b(x)}
$$

既然這樣，就表示 $\bar a(x)$ 跟 $\bar b(x)$ 各自的常數項也都要是 $0$，也就是：

$$
(\bar a_0 = 0) \text{ and }(\bar b_0 = 0) = 0
$$

拉回 $R$ 中，這個意思就是：

$$
(a_0 \in P) \text{ and }(b_0 \in P)
$$

然後就發現 $f(x)$ 的常數項，也就是 $a_0b_0$，要在 $P^2$ 中。

$$
(a_0 \in P) \text{ and }(b_0 \in P) \Rightarrow a_0b_0 \in P^2
$$

可是這就跟前提矛盾了。

### 例子

> 比如說：
>
> $$
> x^n - p \quad p\text{ prime}
> $$
>
> 對於每一個質數 $p$ 都是 *irreducible*。

又比如：

$$
x^4 + 10x + 5
$$

也是 *irreducible*。