[현대대수학-환, 체론] 7. 체에서 정의된 다항식의 인수분해(2)

[현대대수학-환, 체론] 7. 체에서 정의된 다항식의 인수분해(2)

\(f(x)=x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{0}\in\mathbb{Z}[x]\,(a_{0}\neq0)\)이라 하자. \(f(x)\)가 \(\mathbb{Q}\)에서 근을 가지면, \(f(x)\)는 \(\mathbb{Z}\)에서 \(m\)을 근으로 갖고 \(a_{0}\)는 \(m\)의 배수이다.

\(f(x)\)가 \(\mathbb{Q}\)에서 \(a\)를 근으로 가지면, 적당한 \(g(x)\in\mathbb{Q}[x]\)에 대하여 \(f(x)=(x-a)g(x)\)이고 \(\mathbb{Z}[x]\)에서$$f(x)=(x-m)\left(x^{n-1}+\cdots-\frac{a_{0}}{m}\right)$$가 되어 \(\displaystyle\frac{a_{0}}{m}\in\mathbb{Z}\)이고 따라서 \(a_{0}\)는 \(m\)의 배수이다.(QED)

\(f(x)=x^{2}-2\)는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다. 왜 그런지 앞의 결과를 이용해서 보이자. \(2\)의 약수는 \(\pm1,\,\pm2\)이고,$$f(-1)=f(1)=-1,\,f(-2)=f(2)=2$$이므로 \(f(x)\)는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다.

\(f(x)=x^{4}-2x^{2}+8x+1\)은 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다. \(f(1)=8\), \(f(-1)=-8\)이기 때문이다. 만약 \(f(x)\)가 \(\mathbb{Q}[x]\)의 두 이차 다항식의 곱으로 인수분해가 되면$$(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)=x^{4}-2x^{2}+8x+1$$이어야 하고 다음의 정수방정식$$bd=1,\,ad+bc=8,\,ac+b+d=2,\,a+c=0$$의 해가 존재해야 한다. 그러나 이 정수방정식의 해는 존재하지 않는다. 그러므로 \(f(x)\)는 기약다항식이다.

(아이젠슈타인 판정법, Eisenstein criterion) \(p\in\mathbb{Z}\)를 소수, \(f(x)=a_{n}x^{n}+\cdots+a_{0}\in\mathbb{Z}[x]\)에서 

\(a_{n}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\), \(a_{i}\equiv0\,(\text{mod}\,p)\,(i<n)\), \(a_{0}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p^{2})\)라 하자. 그러면 \(f(x)\)는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다.

$$f(x)=(b_{r}x^{r}+\cdots+b_{0})(c_{s}x^{s}+\cdots+c_{0})\in\mathbb{Z}[x]\,(b_{r}\neq0,\,c_{s}\neq0,\,r,\,s<n)$$이라 하자. 그러면 '\(b_{0}\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이고 \(c_{0}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)'이거나 '\(b_{0}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이고 \(c_{0}\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)'이어야 하는데 \(b_{0}c_{0}=a_{0}\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이고 \(a_{0}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p^{2})\)이어야 하기 때문이다.

\(b_{r}c_{s}=a_{n}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\), \(b_{r}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\), \(c_{s}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이기 때문에, \(m\)을 \(c_{k}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)인 \(k\)의 값 중에서 가장 작은 값이라 하자. 그러면$$a_{m}=b_{0}c_{m}+b_{1}c_{m-1}+\cdots+\begin{cases}b_{m}c_{0}&\,(r\geq n)\\b_{r}c_{m-r}&\,(r<m)\end{cases}$$이고 \(b_{0}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\), \(c_{m}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이지만$$c_{0}\equiv0\,(\text{mod}\,p),\,c_{1}\equiv0\,(\text{mod}\,p),\,\cdots,\,c_{m-1}\equiv0\,(\text{mod}\,p)$$이므로 \(a_{m}\not\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이다. 그런데 \(i<n\)에 대하여 \(a_{i}\equiv0\,(\text{mod}\,p)\)이므로 \(m=n\)이고 \(s=n\)이 되는데 이는 \(s<n\)이라는 사실에 모순이다. 그러므로 \(f(x)\)는 차수가 낮은 두 다항식의 곱으로 나타낼 수 없고 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다.(QED) 

아이젠슈타인 판정법에서 \(p=2\)라 했을 때 \(x^{2}-2\)는 유리수 상에서 기약다항식이다. \(p=3\)이라 했을 때, \(25x^{5}-9x^{4}-3x-12\) 또한 유리수 상에서 기약다항식이다.

\(p\in\mathbb{Z}\)를 소수라 하자. 그러면$$\Phi_{p}(x)=\frac{x^{p}-1}{x-1}=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$$는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다.

$$\begin{align*}g(x)&=\Phi_{p}(x+1)=\frac{(x+1)^{p}-1}{(x+1)-1}=\frac{x^{p}+\binom p 1 x^{p-1}+\cdots+px}{x}\\&=x^{p-1}+\binom p 1 x^{p-2}+\cdots+p\end{align*}$$라 하자.$$\binom p 1\equiv0\,(\text{mod}\,p),\,\binom p 2\equiv0\,(\text{mod}\,p),\,\cdots,\,p\equiv0\,(\text{mod}\,p)$$이고 \(p\not\equiv0\,(\text{mod}\,p^{2})\)이므로 아이젠슈타인 판정법으로부터 \(g(x)\)는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다. 만약 \(\Phi_{p}(x)=h(x)r(x)\)이면, \(\Phi_{p}(x+1)=h(x+1)r(x+1)\)이어야 한다. 그러나 \(g(x)=\Phi_{p}(x+1)\)이 기약이므로 모순이 된다. 따라서 \(\Phi_{p}(x)\)는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다.(QED)

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

위의 결과와 수학적귀납법을 이용하여 기약다항식 \(p(x)\in F[x]\)가 \(r_{1}(x)\cdots r_{n}(x)\)를 나누면 \(p(x)\)는 적어도 \(r_{i}(x)\) 중 하나를 나눈다는 결과를 얻는다.

\(F\)를 체라고 하면 임의의 \(f(x)\in F[x]\)는 \(F[x]\)에 속한 모든 기약다항식들의 곱으로 인수분해할 수 있다. 이때 \(f(x)\)의 기약 다항식들의 인수는 \(F\)와 \(0\)이 아닌 원소(가역원, 단원)의 곱의 차이를 제외하면 유일하다.(증명생략)

\(x^{4}+3x^{3}+2x+4\in\mathbb{Z}_{5}[x]\)를 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$\begin{align*}x^{4}+3x^{3}+2x+4&=(x-1)^{3}(x+1)\\&=(x-1)^{2}(2x-2)(3x+3)\\&=(x-1)^{2}(3x-3)(2x+2)\end{align*}$$

참고자료:

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