# 代數導論二 Week 5 (Part 4) - Gauss Lemma

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## 定理：Gauss Lemma

:::danger

假定 $R$ 是一個 *UFD*，且令 $F$ 為：

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

假定 $p(x)$ 是一個 $R[x]$ 中的多項式：

$$
p(x) \in R[x] \subseteq F[x]
$$

則：

$$
\begin{align}
&p(x) \text{ irreducible in }R[x]
\newline
&\Rightarrow p(x) \text{ irreducible in }F[x]
\end{align}
$$
或
$$
\begin{align}
&p(x) \text{ reducible in } F[x]
\newline
&\Rightarrow p(x) \text{ reducible in }R[x]
\end{align}
$$
也就是
If $p(x)=A(x)B(x)$ for some $A(x), B(x)\in F[x]$ , thus $\exists r,s\in K^\times$ such that $rA(x), sB(x) \in R[x]$ and $f(x)=a(x)b(x)
:::
在這裡先把 $R$ 想成 $\Bbb Z$ ，$F$ 想成 $\Bbb Q$.

這個的另外一個方向是：如果一個 $R[x]$ 中的元素在 $\text{Frac}(R)[x]$ 中可以分解，那麼在原來的 $R[x]$ 上也可以分解。

這個步驟有點像下面這樣。假定：

$$
f(x) = 6x^2 - 6 \in \Bbb Z[x]
$$

而找到的 $\Bbb Q[x]$ 上的分解是：

$$
f(x) = (\frac {9}{2}x + \frac {9}{2})(\frac {4}{3}x - \frac {4}{3})
$$

1. 同時乘上分母的某個公倍數。這時式子右方會變成一個 $\Bbb Z[x]$ 中的多項式：

$$
6 f(x) = (9x + 9)(4x - 4) \in \Bbb Z[x]
$$

2. 對這個數字做因式分解：

$$
(3 \cdot 2) f(x) = (9x + 9)(4x - 4)
$$

1. 隨便挑一個因式分解的 *irreducible factor*，比如說挑 $3$。這表示右邊的那堆東西會在 $R[x]$ 中 $(3)$ 這個 *ideal* 裡面：

$$
3(2f(x)) = (9x + 9)(4x - 4) \in (3)
$$

2. 這表示右邊存在一個 *factor* 會落在 $(3)$ 當中。以這邊為例就是 $(9x + 9)$。也就是：

$$
(3) \ni (9x + 9) = 3(3x + 3)
$$

3. 這樣左右就各自多一個 $3$ 可以消掉。所以現在的問題就變成了：

$$
2f(x) = (3x + 3)(4x - 4)
$$

5. 這樣重複一直做。比如說接下來挑 $2$：

$$
(2) \ni (3x + 3)(4x - 4)
$$

表示等號右邊存在某個 *factor* 在 $(2)$ 當中，這邊就是 $(4x - 4)$：

$$
(2) \ni (4x - 4) = 2(2x - 2)
$$

既然這樣，就可以左右消掉 $2$。所以就把所有 $d$ 中的因數消光了：

$$
f(x) = (3x + 3)(2x - 2)
$$

> 其實心裡想要證的是 $\Bbb Z[x]$ 是一個 UFD。
>
> 這個定理想要問的是：假定現在有一個 $\Bbb Z[x]$ 中的多項式 $f(x)$ (那他當然也是 $\Bbb Q[x]$ 中的多項式)
>
> $$
> f(x) \in \Bbb Z[x] \subseteq \Bbb Q[x]
> $$
>
> 假設發現在 $\Bbb Q[x]$ 可以分解，這個定理問的就是那他在 $\Bbb Z[x]$ 中分解？這件事情好是因為 $\text{Frac}(R)$ 是一個 *Euclidean domain*。

假定：

$$
f(x) \in R[x]
$$

假定 $f$ 是 $0$，那沒什麼好證的; 假定 $f$ 是常數，那也沒什麼好證的。所以假定：

$$
\deg f > 0
$$

現在 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中可以分解成 $A(x)$ 與 $B(x)$，其中 $A(x), B(x)$ 不是 $0$，也不是 $F$ 中的 *unit*：

$$
f(x) = A(x)B(x) \quad A(x), B(x) \in F[x]
$$

因為 $F[x]$ 是 *field of fraction*，所以每一個係數都可以表為 $\frac {\alpha}{\beta}$ 的形式，其中 $\beta \neq 0$：

$$
\forall c_i \in F,\ \exists \alpha_i,\beta_i(\neq 0) \in R,\quad c_i = \frac{\alpha_i}{\beta_i}
$$

這時候觀察，存在 $d \in R$，使得把 $f(x)$ 乘上一個 $d$ 之後，有：

1. $df(x)$ 是 $R[x]$ 中的元素：

$$
df(x) \in R[x]
$$

2. $df(x)$ 在 $R[x]$ 中可分解：即存在 $a'(x), b'(x) \in R[x]$，使得：

$$
df(x) = a'(x)b'(x)
$$

3. 並且在 $F[x]$ 中， $a'(x), b'(x)$ 都只跟 $a(x), b(x)$ 相差一個 $F$ 中的元素。也就是存在 $d_1, d_2 \in F$，使得：

$$
a'(x) = d_1 a(x)
$$

$$
b'(x) = d_2 b(x)
$$

這樣的 $d$ 一定存在。比如說，假定 $a(x)$ 跟 $b(x)$ 各自是：

$$
a(x) = \sum_0^n \left(\frac {\alpha_i}{\beta_i}\right) x^i
$$

$$
b(x) = \sum_0^m \left(\frac {\alpha_i'}{\beta_i'}\right) x^i
$$

那麼取：

$$
d = \left(\prod_{i = 1}^{n}\beta_i\right)\left(\prod_{i = 1}^{m}\beta_i'\right)
$$

這時因為 $a(x), b(x)$ 的分母都被消掉了，所以：

$$
d f(x) \in R[x]
$$

這時候的一個可能的 $d_1, d_2$ 是：

$$
d_1 = \prod_{i = 1}^{n}\beta_i
$$

$$
d_2 = \prod_{i = 1}^{m}\beta_i'
$$

因此：

$$
a'(x) = d_1 a(x) \in R[x]
$$

$$
b'(x) = d_2 b(x) \in R[x]
$$

就是一個滿足上述條件的 $d$。那這個 $d$ 最簡單可以簡單到什麼程度呢？答案是 $d$ 可以只取一個 *unit* 就夠了。因為假定 $d$ 不是 *unit*，因為 $d \in R$ 且 $R$ 是一個 *UFD*，所以就可以找出 $d$ 在 $R$ 中的分解：

$$
d = \prod_{i = 1}^{n}\pi_i \quad \pi_i\text{ irreducible in }R
$$

既然 $R$ 是一個 *UFD*，所以每一個 *irreducible* 都是一個 *prime*，所以生出來的 *ideal* 都是 *prime ideal*。而且可以發現：這個 $df(x)$ 會落在 $\pi_1 R[x]$ 中。因為：

$$
\pi_1 R[x] \ni \overbrace{d}^{\pi_1 \mid d} \underbrace{f(x)}_{\in R[x]} = a'(x)b'(x)
$$

而且 $\pi_1 R[x]$ 跟 $(\pi_1)(R[x])$ 是一樣的東西。

> 可以驗證：若在 $R$ 中做 $\pi_1$ 生成的 *ideal* $I = (\pi_1)$，那麼會有：
>
> $$
> \pi_1R[x] = IR[x]
> $$
>
> 對於每一個 $\pi_1(R[x])$ 中的元素，他都長得像 $\pi_i r(x)$，其中 $r(x) \in R[x]$。所以：
>
> $$
> \overbrace{\pi_1}^{\in (\pi_1)}\cdot \underbrace{p(x)}_{\in R[x]} \in (\pi_1)(R[x])
> $$
>
> 另外一方面，每一個 $(\pi_1)$ 的元素都長得像 $a\pi_1$，其中 $a \in R$。所以對於 $(\pi_1)(R[x])$ 中的元素，他都有 $\sum \pi_1 a_i r_i(x)$ 的形式，其中 $a_i \in R$，且 $r_i(x) \in R[x]$。不過這樣展開來就會發現他也在 $\pi_1 (R[x])$ 中：
>
> $$
> \sum \pi_1 a_i p_i(x) = \pi_1 \underbrace{\left(\sum a_ip_i(x)\right)}_{\in R[x]}
> $$

既然 $\pi_1$ 是個 *prime*，依照定義 $(\pi_1)$ 是一個 $R$ 中的 *prime ideal*。所以依照前面的性質， $(\pi_1)R[x] = \pi_1R[x]$ 就會是一個 $R[x]$ 中的 *prime ideal* (Corollary 2)。既然是 *prime ideal*，而且：

$$
df(x) = a'(x)b'(x) \in \pi_1R[x]
$$

所以 $a'(x), b'(x)$ 裡面至少要有一個在 $\pi_1 R[x]$ 當中：

$$
\begin{align}
a'(x) &\in \pi_1 R[x] \text{ or }
\newline
b'(x) &\in \pi_1 R[x]
\end{align}
$$

不失一般性，假定是 $a'(x)$：

$$
a'(x) \in \pi_1 R[x]
$$

所以就有：

$$
a'(x) = \pi_1 a''(x) \quad a''(x) \in R[x]
$$

把他帶回 $a'(x)b'(x)$ 中，就會發現：

$$
\pi_1 \dots \pi_n f(x) = \pi_1 \underbrace{a''(x)}_{\in R[x]}{b'(x)}
$$

因為 $R$ 是 *integral domain*，所以做出來的 $R[x]$ 也是 *integral domain*，所以可以左右消去 $\pi_1$。這時就會得到：

$$
\underbrace{\pi_2 \dots \pi_n}_{d'} f(x)= a''(x)b'(x)
$$

這時，$d' = \pi_2\pi_3 \dots \pi_n$ 就會有：

1. $d'f(x)$ 在 $R[x]$ 中，因為：

$$
d'f(x) = \underbrace{a''(x)}_{R[x]}\cdot \overbrace{b'(x)}^{\in R[x]} \in R[x]
$$

2. $d'f(x)$ 有在 $R[x]$ 中的分解：就是 $a''(x)b(x)$

3. 最後，觀察到在 $F[x]$：

$$
a''(x) = \frac {1}{\pi_1}a'(x) = \underbrace{\left(\frac {d_1}{\pi_1}\right)}_{d_1'}a(x)
$$

所以取：

$$
d_1' = \frac {d_1}{\pi_1}
$$

$$
d_2' = d_2
$$

就會有：

$$
d_1'a(x) \in R[x]
$$

$$
d_2'b(x) \in R[x]
$$

這時候就發現：找到另外一個滿足前面 3 個條件的條件的 $d'$。

只要 $d'$ 的分解裡面還有 *irreducible* 的元素，就可以繼續這樣做下去，直到把所有的 *irreducible* 都移除掉為止。所以取到最後就發現：$d$ 最簡單可以只取到 *unit*。

> 一個比較有技巧的說法是找出所有 $d$ 當中，分解裡面 $n$ 最小的 (允許 $\pi_1\dots \pi_n$ 當中可能重複)。假定這個 $d$ 不是 *unit*，然後用上面的論證去說這樣會有矛盾，所以那個用到最少個 *irreducible* 的 $d$ 要是 *unit*。

所以這個 $d$ 可以取某個 *unit* 就夠了。這時：

$$
d f(x) = a'(x)b'(x) \in R[x]
$$

其中，$a'(x), b'(x) \in R[x]$，且 $d \in R^{\times} = R[x]^{\times}$，所以可以在 $R[x]$ 中有反元素。把 $d^{-1}$ 同時作用在左右邊：

$$
f(x) = \boxed{d^{-1}a'(x)} b(x) \in R[x]
$$

這時就會得到：

$$
\begin{align}
a'(x) &= (d^{-1}c_1) \cdot a(x) &\in R[x]
\newline
b'(x) &= c_2 \cdot b(x) &\in R[x]
\end{align}
$$

### 定義：Primitive

:::warning

假定 $R$ 是一個交換環，令 $f(x) \in R[x]$，其中：

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

若 $f(x)$ 的係數的最大公因式是個 $R$ 中的 *unit*，即：

$$
\gcd(a_1, a_2 \dots a_n) = u
$$

其中 $u$ 是一個 *unit*。則稱 $f(x)$ 為一個 *primitive* 的多項式。

:::

可以觀察：當 $p(x)$ *monic* 時，一定會是 *primitive*。

### 推論：多項式 Primitive 時兩邊等價

如果條件強一點點，就可以變成 if and only if。這個加上去的條件就是 *primitive*

:::danger

假定 $R$ 是一個 *UFD*，$F = \text{Frac}\, (R)$。若 $f(x) \in R[x]$ 是一個 *primitive* 的多項式，則有：

$$
\begin{align}
&p(x) \text{ irreducible in }R[x]
\newline
&\iff p(x) \text{ irreducible in }F[x]
\end{align}
$$

:::

這個東西的 $\Rightarrow$ 就是 *Gauss Lemma*，所以證明另外一個方向就可以了。證明的方法也是證明「在 $R[x]$ 中 *reducible* 則在 $F[x]$ 中 *reducible*」。

假定 $p(x)$ 在 $R[x]$ 中 *reducible*，可是在 $F[x]$ 中不是。既然在 $R[x]$ 中 *reducible*，就把任意抓一個可能的分解：

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

其中 $a(x), b(x) \in R[x]$，而且 $a(x), b(x)$ 都不是 $R[x]$ 中的 *unit* (這邊是後面反證會出事的地方)。

但是 $p(x)$ 在 $F[x]$ 中不是 *reducible*，而 $R[x]$ 中的多項式又都是 $F[x]$ 中的多項式。所以這表示：在 $F[x]$ 中，$a(x), b(x)$ 裡面至少有一個是 *unit*。不失一般性假定 $a(x)$ 是 *unit*。因為 $F[x]$ 跟 $F$ 中的 *unit* 是一樣的，所以這時候會發現他也要是一個 $F^{\times}$ 中的 *unit*：

$$
a(x) \in F[x]^{\times} = F^{\times}
$$

所以 $a(x)$ 是一個 $F[x]^{\times}$ 中的常數，但是這個常數又掉在 $R[x]$ 中，所以：

$$
a(x) = r \in R \setminus \{0\}
$$

因此：

$$
p(x) = a(x)b(x) = r\cdot b(x)
$$

這表示：$r \in R$ 是所有 $p(x)$ 中係數的公因數。但是所有係數的最大公因數 是 $1$，所以唯一的可能就是 $r$ 是一個 $R$ 中的 *unit*。又因為 $R$ 的 *unit* 跟 $R[x]^{\times}$ 的 *unit* 是一模一樣的，所以就發現 $a(x)$ 是 $R[x]$ 中的 *unit*：

$$
a(x) = r \in R^{\times} = R[x]^{\times}
$$

可是這就跟前提的 $a(x)$ 與 $b(x)$ 都不是 *unit* 矛盾了。

> 那個公因數的條件是在處理下面這種狀況
>
> $$
> p(x) = 2x = 2\cdot x \in \Bbb Z[x]
> $$
>
> Both $2$ and $x$ are irreducible in $\Bbb Z[x]$, so $p(x)$ is reducible in $\Bbb Z[x]$. However $2x$ is irreducible in $\Bbb Q[x]$ since $2$ is a unit in $\Bbb Q$