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[현대대수학-환, 체론] 7. 체에서 정의된 다항식의 인수분해(2)



f(x)=xn+an1xn1++a0Z[x](a00)이라 하자. f(x)Q에서 근을 가지면, f(x)Z에서 m을 근으로 갖고 a0m의 배수이다.

f(x)Q에서 a를 근으로 가지면, 적당한 g(x)Q[x]에 대하여 f(x)=(xa)g(x)이고 Z[x]에서f(x)=(xm)(xn1+a0m)가 되어 a0mZ이고 따라서 a0m의 배수이다.(QED)


f(x)=x22Q에서 기약이다. 왜 그런지 앞의 결과를 이용해서 보이자. 2의 약수는 ±1,±2이고,f(1)=f(1)=1,f(2)=f(2)=2이므로 f(x)Q에서 기약이다.


f(x)=x42x2+8x+1Q에서 기약이다. f(1)=8, f(1)=8이기 때문이다. 만약 f(x)Q[x]의 두 이차 다항식의 곱으로 인수분해가 되면(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x42x2+8x+1이어야 하고 다음의 정수방정식bd=1,ad+bc=8,ac+b+d=2,a+c=0의 해가 존재해야 한다. 그러나 이 정수방정식의 해는 존재하지 않는다. 그러므로 f(x)는 기약다항식이다.


(아이젠슈타인 판정법, Eisenstein criterion) pZ를 소수, f(x)=anxn++a0Z[x]에서 

an0(modp), ai0(modp)(i<n), a00(modp2)라 하자. 그러면 f(x)Q에서 기약이다.

f(x)=(brxr++b0)(csxs++c0)Z[x](br0,cs0,r,s<n)이라 하자. 그러면 'b00(modp)이고 c00(modp)'이거나 'b00(modp)이고 c00(modp)'이어야 하는데 b0c0=a00(modp)이고 a00(modp2)이어야 하기 때문이다.

brcs=an0(modp), br0(modp), cs0(modp)이기 때문에, mck0(modp)k의 값 중에서 가장 작은 값이라 하자. 그러면am=b0cm+b1cm1++{bmc0(rn)brcmr(r<m)이고 b00(modp), cm0(modp)이지만c00(modp),c10(modp),,cm10(modp)이므로 am0(modp)이다. 그런데 i<n에 대하여 ai0(modp)이므로 m=n이고 s=n이 되는데 이는 s<n이라는 사실에 모순이다. 그러므로 f(x)는 차수가 낮은 두 다항식의 곱으로 나타낼 수 없고 Q에서 기약이다.(QED) 


아이젠슈타인 판정법에서 p=2라 했을 때 x22는 유리수 상에서 기약다항식이다. p=3이라 했을 때, 25x59x43x12 또한 유리수 상에서 기약다항식이다.


pZ를 소수라 하자. 그러면Φp(x)=xp1x1=xp1+xp2++x+1Q에서 기약이다.

g(x)=Φp(x+1)=(x+1)p1(x+1)1=xp+(p1)xp1++pxx=xp1+(p1)xp2++p라 하자.(p1)0(modp),(p2)0(modp),,p0(modp)이고 p0(modp2)이므로 아이젠슈타인 판정법으로부터 g(x)Q에서 기약이다. 만약 Φp(x)=h(x)r(x)이면, Φp(x+1)=h(x+1)r(x+1)이어야 한다. 그러나 g(x)=Φp(x+1)이 기약이므로 모순이 된다. 따라서 Φp(x)Q에서 기약이다.(QED)


p(x)F[x]에서 기약다항식이라 하자. p(x)r(x)s(x)를 나누면, p(x)는 r(x) 또는 s(x)를 나눈다.(증명은 다음으로...)


위의 결과와 수학적귀납법을 이용하여 기약다항식 p(x)F[x]r1(x)rn(x)를 나누면 p(x)는 적어도 ri(x) 중 하나를 나눈다는 결과를 얻는다.


F를 체라고 하면 임의의 f(x)F[x]F[x]에 속한 모든 기약다항식들의 곱으로 인수분해할 수 있다. 이때 f(x)의 기약 다항식들의 인수는 F0이 아닌 원소(가역원, 단원)의 곱의 차이를 제외하면 유일하다.(증명생략)


x4+3x3+2x+4Z5[x]를 다음과 같이 나타낼 수 있다.x4+3x3+2x+4=(x1)3(x+1)=(x1)2(2x2)(3x+3)=(x1)2(3x3)(2x+2)


참고자료:

A First Course in Abstract Algebra 7th edition, Fraleigh, Addison Wesley 

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Posted by skywalker222