# 代數導論二 Week 6 (Part 3) - Polynomial Rings over Field

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## 敘述：能由一個 Irreducible 元素生成 = Maximal

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*，且 $M \unlhd F$ 是一個 *ideal*。則下列兩個敘述等價：

1. $M$ 由 $F[x]$ 中的 *irreducible* 元素生成：存在 *irreducible* 的 $f \in F[x]$，使得：

$$
(f) = M
$$

2. $M$ 是一個 *maximai ideal*：

$$
M \text{ maximal}
$$

:::

因為 *field* 做出來的多項式環 $F[x]$ 是個 *Euclidean Domain*，所以也是 *PID*，裡面的 *irreducible* 跟 *prime* 等價：

$$
\begin{align}
&f \text{ ireducible}
\newline
&\iff f \text{ prime}
\end{align}
$$

既然是個 *prime*，所以生成的 *ideal* 就是 *prime ideal*：

$$
\begin{align}
&f \text{ prime}
\newline
&\iff (f) \text{ prime}
\end{align}
$$

再一次因為是 *PID*，所有的 *prime ideal* 都是 *maximal ideal*。因此：

$$
\begin{align}
&(f) \text{ prime}
\newline
&\iff \underbrace{(f)}_{M} \text{ maximal}
\end{align}
$$

所以：

1. $(1)$ 推 $(2)$：就是把上面的過程由上往下看，就證明完了。
2. $(2)$ 推 $(1)$：利用 $F[x]$ 是個 *PID*，所以 $M$ 可以被某個 $F[x]$ 中的元素生成。把那個生成 $M$ 的元素放到 $f$ 的位置然後由下往上看，就發現那個生成 $M$ 的元素是 *irreducible* 了。

:::spoiler

$$
\begin{align}
&F[x] \text{ Euclidean Domain}
\newline
&\Rightarrow F[x] \text{ PID}
\newline
&\Rightarrow \text{every irreducible element is a prime}
\newline
&\Rightarrow (f(x)) \text{ is prime for some irreduible }f(x)
\newline
&\Rightarrow (f(x)) \text{ is maximal}
\newline
&\Rightarrow F[x]/(f(x)) \text{ is a field}
\end{align}
$$

另外一個方向：

$$
\begin{align}
&m\text{ is a maximal ideal, }F[x] \text{ is a PID}
\newline
&\Rightarrow m = (f(x))
\newline
&\Rightarrow f(x) \text{ is a prime}
\newline
&\Rightarrow f(x) \text{ is irreducible}
\end{align}
$$

:::

### 推論：除掉 Irreducible 元素後得到 Field

:::danger

$F$ 是一個 *field*。若 $f \in F[x]$ 是 *irreducible*，則把 $F[x]$ 用 $(f)$ 做出來的 *Quotient* 會得到一個 *field*：

$$
\begin{align}
&f \text{ irreducible}
\newline
& \Rightarrow F[x]/(f) \text{ is a field}
\end{align}
$$

:::

因為如果 $F$ 是 *field*，且 $f \in F[x]$ 是 *irreducible*，那麼上面說 $(f)$ 一定會是一個 *maximal ideal*。所以做完 *quotient* 之後就會得到一個 *field*。

## 敘述：除一個多項式 = 除掉各個質因式再直和

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*，令 $g \in F[x]$ 為：

$$
g(x) = f_1(x)^{e_1}\dots f_r(x)^{e_r}
$$

其中，$f_1 \dots f_r$ 都是 $F[x]$ 中 *monic irreducible* 的多項式。則有以下的同構關係：

$$
\frac {F[x]}{(g(x))} \simeq \frac {F[x]}{(f_1(x)^{e_i})} \times \dots \times \frac {F[x]}{(f_r(x)^{e_r})}
$$

:::

雖然看起來是大家都要 *monic* 才能用的定理，但是因為現在 $F$ 是個 *field*，每個非零元素都是 *unit*，所以可以大方把首項係數除下去調整成 $1$。

這看起來就是中國剩餘定理的長相，所以就驗證看看能不能發動中國剩餘定理。也就是看看任兩個分母有沒有 *comaximal*。所以就直接宣稱：對於任意 $i\neq j$，有：

$$
(f_i(x)^{e_i}) + (f_j(x)^{e_j}) = \underbrace{F[x]}_{=(1)}
$$

因為前提說 $f_i(x)$ 與 $f_j(x)$ 都 *monic*，又是相異的多項式，所以兩者之間不可能差一個 *unit*。因為這個 *unit* 不管是 $1$ 或不是 $1$，都至少會違反「*monic*」跟「相異」其中一個前提。

因為現在 $F[x]$ 是個 *Euclidean Domain*，所以也是個 *UFD*：

1. $f_i(x)^{e_i}$ 與 $f_j(x)^{e_j}$ 自己就是自己在 $F[x]$ 中的一個分解：因為 $f_i, f_j$ 都是 *irreducible*，所以 $f_i(x)^{e_i}$ 與 $f_j(x)^{e_j}$ 滿足 *UFD* 定義中對分解的要求。

2. $1$ 是 $f_i(x)^{e_i}$ 與 $f_j(x)^{e_j}$ 的一個最大公因式：因為 *UFD* 可以用分解去找：

$$
f_i(x)^{e_i} = [f_i(x)]^{e_i}[f_j(x)]^{0}
$$

$$
f_j(x)^{e_j} = [f_i(x)]^{0}[f_j(x)]^{e_j}
$$

因此，$1$ 就是一個兩者之間的最大公因式：

$$
\gcd(f_i(x)^{e_i}, f_j(x)^{e_j}) = \underbrace{[f_i(x)]^{0}[f_j(x)]^{0}}_{= 1}
$$

既然最大公因式是 $1$：

$$
\gcd(f_i(x)^{e_i}, f_j(x)^{e_j}) = 1
$$

而且 $F[x]$ 是一個 *Euclidean Domain*，所以最大公因式可以表為 $F[x]$ 中元素的線性組合。也就是存在 $a(x), b(x) \in F[x]$，使得：

$$
a(x)f_i(x)^{e_i} + b(x)f_j(x)^{e_j} = 1
$$

這就表示： $1$ 在 $f_i(x)^{e_i}$ 與 $f_j(x)^{e_j}$ 生成的 *ideal* 中，所以他們生成的 *ideal* 就有全部：

$$
(f_i(x)^{e_i}, f_j(x)^{e_j}) = F[x]
$$

由 *ideal* 的性質，$(a) + (b)$ 跟 $(a, b)$ 是同一個 *ideal*。所以把 $a, b$ 的角色換成 $f_i(x)^{e_i}$ 與 $f_j(x)^{e_j}$，就得到他們是 *comaximal*：

$$
(f_i(x)^{e_i}) + (f_j(x)^{e_j}) = F[x]
$$

## 敘述：n 次多項式在 Fraction Field 中最多有 n 個根

:::danger

(1) A polynomial $f(x) \in R[x]$ with $\deg f \geq 1$ has at most $n$ roots in $F$

:::

if $\deg f = 1$, then

$$
f(x) = ax + b \quad a \neq 0
$$

So

$$
f(\alpha) = 0 \iff \alpha = \frac {-b}{a}
$$

Suppose that the statement is true forall $1 \leq n \leq r$, then for $n = r + 1$

1. $f(x)$ has no root, then OK
2. $f(x)$ has roots in $F$, $\exists \alpha \in F$ such that $f(\alpha) = 0$. by proposition $1$,
$$
f(x) = (x - \alpha)g(x)
$$
where
$$
\deg g = \deg f - 1 = r
$$

By induction hypothesis, $g(x)$ has at most $r$ roots in $F$. For any root $\beta$ of these $r$ roots:

$$
0 = f(\beta) = (\beta - \alpha)g(\beta)
$$

So

$$
(\beta - \alpha) = 0 \text{ or }g(\beta) = 0
$$

In either case, $f(x)$ has at most $r + 1$ roots.

### 定義：Multiplicity

:::warning

A root $\alpha$ of $f(x)$ is said to be multiplicity $m$ if $(x - \alpha)^{m} \mid f(x)$ but $(x - \alpha)^{m + 1} \not \mid f(x)$

:::

所以有時候會有像下面這樣的用語：

Let $\alpha_1 \dots \alpha_n$ be roots of f(x) (not necessarily distinct)

這時候就是 *count roots with multiplicity* 的意思

### 觀察：根形成的一次因式相乘都是因式

:::danger

(2) If $f(x)$ has roots $\alpha_1 \dots \alpha_k$ in $F$ (count with multiplicity)m then $f$ has

$$
(x - \alpha_1)(x - \alpha_2) \dots (x - \alpha_k)
$$

as factor

:::

> 有時候會有另外一個用語是 $\alpha_i$ multiplicity at most $m_1$，意思是：
>
> $$
> (x - \alpha_1)^{m_1} \mid f(x)
> $$
>
> 就是他的 *multiplicity* 至少是 $m_1$，所以那個東西一定整除的意思。

> 下面就是把重根整理起來然後用 $F[x]$ 是 *euclidean domain*。

Let distinct $\alpha_1 \dots \alpha_j$ such that $\alpha_i$ is of multiplicity of $m_i$. Since $\alpha_i$ are distince

$$
(x - \alpha_i)^{m_i}, (x - \alpha_j)^{m_j}
$$

are coprime for all $i \neq j$. Since $F[x]$ is an Euclidean Domain, then

$$
\prod(x - \alpha_i) \mid f(x)
$$

## 敘述：Field 的乘法群中的有限子群一定循環

:::danger

1. A ==finite== subgroup of the multiplication subgroup of a field is cyclic.
2. In partucular, $(\Bbb Z/p\Bbb Z)^{\times}$ is cyclic for all prime $p \in \Bbb Z$

:::

> 其實更一般的：
>
> $$
> (\Bbb Z /p^n \Bbb Z)^{\times}
> $$
>
> 對於任意 *odd prime* $p$ 也都是 *cyclic*

~~用到剛剛那個看起來很 *trivial* 的結果~~

Let $G$ be a finite subgroup of multiplicative group of field $F$. i.e.

$$
G \leq F \setminus \{0\}
$$

Since $G$ is a subgroup of a field, $G$ is abelian. By fundamental theorem of finite abelian group

$$
G \simeq \Bbb Z/n_1\Bbb Z \times \dots \Bbb Z/n_r\Bbb Z
$$

> 注意 $G$ 現在是一個乘法群，右邊那一堆是加法群。

where $n_i > 1$

$$
n_{i + 1} \mid n_i \quad \text{for }1 \leq i \leq r - 1
$$

If $r = 1$, then $G$ is $\Bbb Z/n_1 \Bbb Z$ and is cyclic. Suppose that $r > 1$.

For all groups in righ hand side, there're at least $n_1 + n_r$ distinct elements $x$ with

$$
\underbrace{x + x \dots + x}_{n_1} = 0
$$

> consider $(\alpha_i, 0 \dots 0)$ and $(0, 0 \dots 0, \beta_i)$

i.e.

$$
\text{ord}\, (x) \mid n_1
$$

On left hand sidem there are at most $n_1$ element with order $n_1 \mid $, ince solution for

$$
g^{n_1} = 1
$$

by proposition 8, as at most $n_1$ roots. So

$$
n_r = 0
$$

which is a contradiction. Thus

$$
r = 1
$$

So

$$
G \simeq \Bbb Z/n_1 \Bbb Z
$$

i.e. $G$ is cyclic

> 另外一個證明是利用：
>
> $$
> n = \sum_{d \mid n} \phi(d)
> $$

> $$
> S_d = \{x \in C_n \mid x \text{ of order }d\}
> $$
>
> 先找一個 *cyclic group*，把裡面的元素依照 *order* 分類
>
> $$
> C_n = \bigcup_{d \mid n} \phi(d)
> $$
>
> 把剛剛那個 *group* 找出來，一樣分類
>
> $$
> G = \bigcup_{d \mid n}S_{d, G} \Rightarrow |G| = \sum_{d\mid n}S_{d, G}
> $$
>
> 然後用上面的敘述證明：
>
>
> $$
> |S_{d, G}| = \phi(d)
> $$
>
> 因為要是 $x^d = 1$ 的解，剛好 $1 \dots g^{d - 1}$ 都是他的解。