# 代數導論二 Week 6 (Part 1) - Polynomial Rings that are UFD

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## 定理：UFD 等價做出來的多項式環是 UFD

:::danger

$$
\begin{align}
&R \text{ is an UFD}
\newline
&\iff R[x] \text{ is an UFD}
\end{align}
$$

:::

($\Leftarrow$)：拿 $R$ 中的東西去 $R[x]$ 做分解，發現分解出來的東西都是常數項，然後用高斯引理。假定 $r \in R$，如果 $r$ 是 $0$，那沒有什麼好證的。所以假定：

$$
r \in R\setminus \{0\}
$$

既然 $r \in R$，所以 $r$ 也在 $R[x]$ 當中：

$$
r \in R \setminus\{0\} \subseteq R[x]
$$

如果 $r$ 是個 *unit*，那也沒什麼好證的，所以假定 $r$ 不是 *unit*。既然 $r$ 在 $R[x]$ 中，所以 $r$ 就有 $R[x]$ 中的分解：

$$
r = p_1 \cdot p_2 \dots p_1 \quad p_i \text{ irreducible in }R[x]
$$

因為 $R[x]$ 是一個 *UFD*，所以 $r$ 的次數是所有 *irreducible* 的次數相加。也就是：

$$
\underbrace{\deg r}_{=\, 0} = \sum_{i = 1}^n \deg p_i
$$

但是 $r$ 是 $R$ 中的非零元素，所以在 $R[x]$ 中根本就是個常數，因此 $\deg r = 0$。因為多項式的次數一定是非負的，所以唯一的可能就是所有 $p_i$ 的次數都是 $0$：

$$
\deg p_i = 0 \quad \forall 1 \leq i \leq n
$$

所以本來以為 $p_i$ 是 $R[x]$ 中的多項式，但實際上他都是 $0$ 次多項式。所以這所有的 $p_i$ 這些 *irreducible* 的多項式其實通通都是 $R \setminus \{0\}$ 中的常數。也就是：

$$
p_i \in R \setminus \{0\} \quad \forall 1 \leq i \leq n
$$

*UFD* 要求的唯一性方面，假定有令一個 $R$ 中的分解，則：

1. 這樣的分解也是一個 $R[x]$ 中的分解，所以跟上面的分解只會差重排跟 $R[x]^{\times}$ 中的元素。
2. 這個分解在 $R[x]$ 中重排後，都還是能作為一個 $R$ 的分解。
3. $R[x]^{\times} = R^{\times}$，這個分解在 $R[x]$ 中多乘上 *unit* $R[x]^{\times} = R^{\times}$ 中的 *unit* 後，都還是能作為一個 $R$ 的分解。

所以這個分解跟原先的分解滿足 *UFD* 所要求的唯一性。

($\Rightarrow$)：現在只有 $R$，他只是一個 *UFD*。不過現在有 $\text{Frac}\, (R)$ 可以用，而且他還是一個 *Euclidean Domain*。

$p(x)$ 是 $0$ ，那沒有什麼好證的。所以假定他不是，也就是：

$$
p(x) \in R[x] \setminus \{0\}
$$

假定 $d$ 是 $p(x)$ 中所有係數的一個 *GCD*。既然是 *GCD*，就可以把它從 $p(x)$ 提出來。假定提出來之後那個多項式叫做 $p'(x)$，因為係數一起提出最大公因數之後，就沒有更多東西可以提出來了，所以提出來之後 $p'(x)$ 所有係數的最大公因數會是 $1$。也就是：

$$
p(x) = dp'(x) \quad p'(x) \text{ primitive}
$$

接下來把 $p'(x)$ 丟到 $\text{Frac}\, (R)$ 裡面。為了方便，令：

$$
F = \text{Frac}(R)
$$

因為 $F[x]$ 是一個 *Euclidean Domain* (他根本是一個 *field*) 所以也是 *UFD*，因此可以在 $F[x]$ 中找到 $p'(x)$ 的分解。也就是存在：

$$
\exists q_1(x), q_2(x) \dots q_n(x) \in F[x]
$$

其中，$q_1 \dots q_n$ 都是 *irreducible*，使得：

$$
p'(x) = q_1(x)q_2(x)\dots q_n(x)
$$

因為 *irreducible* 的元素依照定義不是 *unit*，而 $F$ 是一個 *field*，*field* 當中每一個非零元素都是 *unit*。所以這所有的 $q_1 \dots q_n$ 都不會是常數多項式。

1. 因為 $p'(x)$ 是一個 $R[x]$ 中的多項式，但是他在 $F[x]$ 中有分解。所以依照 *Gauss Lemma*，他存在 $R[x]$ 中的分解，假定叫做 $q_1'(x) \dots q_n'(x) \in R[x]$：

$$
p'(x) = q_1'(x) \dots q_n'(x)
$$

並且由 *Gauss Lemma*，這些東西每一個都只跟原來差一個 $F$ 中的元素。

2. 因為 $p'(x)$ 是 *primitive*，所以 $q_1' \dots q_n'$ 這所有的 $F[x]$ 中的 *irreducible* 也都要是 *primitive*。因為如果 $p'(x)$ 是 *primitive*，但有一個 $q_i'$ 不是，不失一般性假定是 $q_1'$ 好了。這表示 $q_1'(x)$ 係數的最大公因數不是 $1$，假定叫做 $c$ 好了。這個 $c$ 就可以提出來：

$$
q_1' = c\cdot q_1''(x)
$$

這樣一來就會有：

$$
p'(x) = c \cdot q_1''(x) \dots q_n'(x)
$$

所以 $p'(x)$ 的係數們就可以多提出一個 $c$，但這就表示剛剛找的 $d$ 不是最大公因數，因為 $dc$ 會是更大的公因數。所以就矛盾了。

3. 既然 $q_i'(x)$ 在 $F[x]$ 中，又是 *primitive* ，所以由 *Gauss Lemma* 的推論，這時在 $F[x]$ 中 *irreducible* 等價在 $R[x]$ 中 *irreducible*。所以這每一個 $F[x]$ 中的多項是 $q_i'(x)$ ，放到 $R[x]$ 中時，也都還是 *irreducible*。

4. 既然 $R$ 是一個 *UFD*，所以現在找到的這個 $d$ 就在 $R$ 中有分解：

$$
d = \pi_1 \pi_2 \dots \pi_m
$$

5. 把上面所有東西帶回 $p(x)$ 中，這就是一個 $R[x]$ 中的分解：

$$
\begin{align}
p(x) &= dp'(x)
\newline
\newline
&= \overbrace{\pi_1 \dots \pi_m}^{\text{irreducible in }R} \underbrace{q_1'(x) \dots q_n'(x)}_{\text{irreducibles in }R[x]}
\end{align}
$$

那這個分解是唯一的嗎？假定有另外一個 $R[x]$ 中的分解：

$$
p(x) ＝ r_1(x) \dots r_t(x)
$$

依照前面的討論，可以假設這個分解為，：

$$
p(x) = \alpha_1 \dots \alpha_s r_1'(x) \dots r_t'(x)
$$

其中，$\alpha_1 \dots \alpha_s$ 是 $R[x]$ 中 *irreducible* 的常數多項式，而 $r_1'(x) \dots r_t'(x)$ 則是 $R[x]$ 中 *primitive* 且 *irreducible* 的多項式。

1. 由於：

$$
(\pi_1) \ni p(x) = \alpha_1 \dots \alpha_s r_1'(x) \dots r_t'(x)
$$

但是 $r_1'(x) \dots r_t'(x)$ 都是 *primitive*，所以他們當中不可能提出更多常數。因此唯一的可能就是：

$$
(\pi_1) \ni \alpha_1 \dots \alpha_s
$$

因為 $\pi_1$ 與 $\alpha_1 \dots \alpha_s$ 都是 *irreducible*，所 以一定有一個 $\alpha_i$ 跟 $\pi_i$ 至多差一個 *unit* ，所以可以消去。這樣不斷消去係數之後，最後就只能有：

$$
m = s
$$

並且 $\alpha_1 \dots \alpha_s$ 只是 $\pi_1 \dots \pi_m$ 的重排。

2. 通通消去係數之後，就會剩下：

$$
q_1'(x) \dots q_n'(x) = r_1'(x) \dots r_{t}'(x) \in F[x]
$$

這時候因為每一個 $q_i'(x)$ 跟 $r_i'(x)$ 都是 *primitive*，所以乘起來還是 *primitive*。這時候再利用 $F[x]$ 是個 *UFD*，所以這兩個分解在 $F[x]$ 中是一樣的。因此：

$$
n = t
$$

並且存在 $F$ 中的 *unit* $(b_i/a_i)$，其中 $0 \neq a_i, b_i \in R$，使得：

$$
q_i'(x) = \left(\frac {b_i}{a_i}\right)r_{g(i)}'(x)
$$

把分母往左邊乘，然後放到 $R[x]$ 裡面看：

$$
a_i \cdot q_i'(x) = b_i \cdot r_{g(i)}'(x)
$$

因為 $q_i'$ 跟 $r_{g(i)}$ 都 *primitive*，所以

$$
(a_i) \ni b_i\cdot r_{g(i)}(x) \Rightarrow (a_i)\ni b_i
$$

因此

$$
(a_i) \supseteq (b_i)
$$

同樣的論證，$a_i, b_i$ 角色對調，就會有：

$$
(a_i) \subseteq (b_i)
$$

所以就發現 $a_i, b_i$ 生出來的 *ideal* 是一樣的：

$$
(a_i) = (b_i)
$$

既然生成的 *ideal* 一樣，所以 $a_i, b_i$ 在 $R$ 中只差一個 *unit*，假定它叫做 $u_i$：

$$
(b_i) = (a_i) \Rightarrow b_i = u_i a_i
$$

綜合前面 2 點，把 $u_i$ 帶回去之後，就會發現這個新找到的分解，裡面每一個 *irreducible* 的成員，在重排之後最多只跟原先的分解差一個 *unit*：

$$
q'_i(x) = u_i\cdot r_{g(i)}(x) \quad u_i \text{ unit }
$$

這樣就證明完這兩個分解滿足 *UFD* 要求的唯一性。

### 推論：UFD 做出來的任意變數的多項式都是 UFD

:::danger

$$
R \text{ is UFD} \iff R[x_1 \dots x_k] \text{ is UFD}
$$

:::

因為 $R[x_1]$ 是 *UFD*，所以 $R[x_1, x_2]$ 是 *UFD* 所以 $R[x_1, x_2, x_3]$ 是 *UFD* 所以...。