[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