爱森斯坦判别式

             

预备知识 素理想与极大理想

   爱森斯坦判别式可以用来判断多项式是否可约.满足爱森斯坦判别式条件的多项式必然是不可约的,即无法表示为两个多项式的乘积.

   最简单的多项式是整系数多项式,也被称为整数环上的多项式,因此我们先介绍此类多项式上的爱森斯坦判别式.这只是更一般的爱森斯坦判别式的特例.

定理 1 整数环上的爱森斯坦判别式

   设有整系数多项式 $f(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots+f_nx^n$,若存在素数 $p$ 使得:

  1. $p\nmid f_n$;
  2. 对于 $i\in\{0, 1, 2, \cdots, n-1\}$,都有 $p|f_i$;
  3. $p^2|f_0$.

   那么 $f(x)$ 就是不可约多项式.

   证明

   反设 $f(x)$ 可约,则可以写成 $f(x)=(h_0+h_1x+h_2x^2+\cdots+h_rx^r)(g_0+g_1x+g_2x^2+\cdots+g_sx^s)$.

   由于 $f(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots+f_nx^n$,故1

\begin{equation}f_i=\sum\limits_{j+k=i}h_jg_k\end{equation}

   利用条件 3:注意到 $f_0=h_0g_0$,而 $p^2\nmid f_0=h_0g_0$,故 $h_0$ 和 $g_0$ 中有一个是不能被 $p$ 整除的.不妨设 $p\nmid h_0$.

   利用条件 2:由于 $p\mid f_0=h_0g_0$,故 $p\mid g_0$.又由于 $p\mid f_1=h_0g_1+h_1g_0$ 且 $p\mid g_0$,故 $p\mid h_0g_1$;再由于 $p\nmid h_0$,故 $p\mid g_1$.

   归纳:类似地,$p\mid f_2=h_0g_2+h_1g_1+h_2g_0$,而 $p\mid g_1, p\mid g_0$ 和 $p\nmid h_0$ 又能推出 $p\mid g_2$.以此类推,可以得到 $p\mid g_s$.

   利用条件 1:由于 $p\nmid f_n=h_rg_s$,故应有 $p\nmid g_s$,与上一步矛盾!

   由此可知反设不成立.

   证毕

   虽然判别式的表达看起来很复杂,但是从证明过程可以看出来,三个条件的设置都自有其考虑.

   爱森斯坦判别式不止是可以用于整系数多项式,也可用于任意整环上的多项式.整系数多项式的爱森斯坦判别式只需要整除知识即可理解,而任意整环上的形式则需要素理想的概念.

定理 2 整环上的爱森斯坦判别式

   设整环 $R$ 上有多项式 $f(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots+f_nx^n$,若存在 $R$ 的素理想$P$,使得:

  1. $f_n\not\in P$;
  2. 对于 $i\in\{0, 1, 2, \cdots, n-1\}$,都有 $f_i\in P$;
  3. $f_0\not\in P^2$,其中 $P^2=\{p_1p_2|p_i\in P\}$.

   那么 $f(x)$ 就是不可约多项式.

   其证明可以通过改写定理 1 的过程得到,把每一个形如 $p|a$ 的式子都写为 $a\in P$ 即可,其中 $a$ 只是个符号,可以表示任意 $f_i, g_i, h_i$ 等.读者可自行对比尝试证明.注意素数和整数环 $\mathbb{Z}$ 的素理想之间的关系.


1. ^ 这种运算也被称为卷积.

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