多项式商与数域

符号 $\sqrt2$ 是实数，但也可从结构上理解为满足关系 $\alpha^2=2$ 的元素。多项式商将这个关系变成严格构造，并解释为什么出现一个新域。同一方法也说明某些看似相似的关系为什么会产生零因子。

1 二次数域中的算术

考虑 $K=\{a+b\sqrt2:a,b\in\mathbb Q\}\subset\mathbb R$。加法和乘法结果仍在该集合内：

$$(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2.$$

表示唯一。若 $a+b\sqrt2=c+d\sqrt2$ 且 $b\ne d$，则 $\sqrt2=(c-a)/(b-d)$ 是有理数。标准奇偶性证明排除这一点：若将 $\sqrt2=p/q$ 写成最简分数，则 $p^2=2q^2$ 迫使 $p$ 和 $q$ 均为偶数。

对非零 $a+b\sqrt2$，其共轭 $a-b\sqrt2$ 满足

$$(a+b\sqrt2)(a-b\sqrt2)=a^2-2b^2.$$

这个有理分母除非 $a=b=0$ 否则不为零：若 $b\ne0$，分母为零将蕴含 $a/b=\pm\sqrt2$。因此

$$(a+b\sqrt2)^{-1}=\frac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2}\in K.$$

使用继承的实数运算，$K$ 因而是域。例如 $(3+2\sqrt2)^{-1}=3-2\sqrt2$，因为 $9-8=1$。

2 同一对象的多项式构造

在 $\mathbb Q[x]$ 中，若 $f-g$ 是 $x^2-2$ 的多项式倍数，则称 $f\equiv g\pmod{x^2-2}$。这是等价关系。加法和乘法保持该关系，因为 $x^2-2$ 的倍数对加法封闭，并吸收任意多项式的乘法。这样具有吸收性的加法子群称为理想，记为 $(x^2-2)$。

除以首一多项式 $x^2-2$ 得到唯一余式 $a+bx$，因此每个商类有唯一次数小于 2 的代表元。在商中 $[x]^2=[2]$，所以余式乘法是

$$[a+bx][c+dx]=[(ac+2bd)+(ad+bc)x].$$

映射 $[a+bx]\mapsto a+b\sqrt2$ 定义良好、双射且保持两种运算，故该商同构于 $K$。我们通过关系构造了一个域，而不是直接假定其逆元公式。

求值映射 $E:\mathbb Q[x]\to K$、$f\mapsto f(\sqrt2)$ 的核恰为 $(x^2-2)$。为了证明非平凡的包含方向，将 $f=q(x^2-2)+(a+bx)$。若 $f(\sqrt2)=0$，则 $a+b\sqrt2=0$，由唯一性得 $a=b=0$。这是第一同构定理的具体环版本。

3 为什么不可约性重要

域上的多项式若次数为正，且不能分解成两个次数较小的正次多项式之积，则称为不可约。二次多项式不可约当且仅当它在该域中没有根。因此 $x^2-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约。

更一般地，对非恒定不可约多项式 $p$，$F[x]/(p)$ 是域。若 $[f]\ne0$，则 $\gcd(f,p)=1$。多项式欧几里得算法给出 $uf+vp=1$，所以 $[u]$ 是 $[f]$ 的逆元。反之，若 $p=ab$ 分解为次数较小的正次因子，则得到非零商类 $[a],[b]$，其乘积为零，因而不是域。

对于 $\mathbb Q[x]/(x^2-1)$，$[x-1]$ 与 $[x+1]$ 均非零，但乘积为零。因此形式关系 $x^2=1$ 不产生域。光有关系还不够；在所选域上的分解性质才是决定因素。

将具体商映射逐步写清楚

在无理性论证中，奇整数 $2k+1$ 的平方为奇数 $4k(k+1)+1$。所以 $p^2=2q^2$ 先使 $p=2r$ 为偶数，再由 $q^2=2r^2$ 使 $q$ 为偶数。这与分母取正的最简分数矛盾。

集合 $K$ 包含 0、1，对减法及已列的乘法均封闭。结合律、交换律和分配律从 $\mathbb R$ 继承；分母非零的逆元公式因而核对了域的全部要求。对商映射，每个类有唯一代表元 $a+bx$；$a+b\sqrt2$ 的唯一性证明单射，$K$ 的定义证明满射，已列乘法式及逐系数加法证明保持两种运算和 1。$x^2-1$ 例子中的零因子类非零，因为非零一次多项式不可能是二次多项式的倍数。这些次数论证属于构造的必要部分，而不是可省略的数值检查。

4 分级练习

E1 基础。 计算 $(1+\sqrt2)(2-\sqrt2)$，并求 $1+\sqrt2$ 的逆元。

E2 约化。 将 $x^5+3x^2+1$ 模 $x^2-2$ 约化。

E3 域。 判断 $\mathbb Q[x]/(x^2+1)$ 和 $\mathbb R[x]/(x^2-2)$ 是否为域。

E4 证明。 解释为什么域上的每个 $d$ 次非零多项式至多有 $d$ 个不同根。

5 完整解答

S1. 乘积为 $2-\sqrt2+2\sqrt2-2=\sqrt2$。$1+\sqrt2$ 的逆元是 $(1-\sqrt2)/(1-2)=\sqrt2-1$，可通过相乘验证。

S2. 由关系得到 $x^4=4$、$x^5=4x$，而 $3x^2=6$。余式为 $7+4x$，次数小于 2。多项式除法给出相同的唯一结果。

S3. $x^2+1$ 无有理根，故为不可约二次多项式，第一个商是域。在 $\mathbb R$ 上，$x^2-2=(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$，故第二个商有非零零因子，不是域。同一多项式在不同域上可有不同表现。

S4. 若 $a$ 是根，除以 $x-a$ 的余式为零，故 $f=(x-a)g$。每个其他根 $b$ 满足 $(b-a)g(b)=0$；由于系数系统是域且 $b\ne a$，得到 $g(b)=0$。对次数归纳即可证明上界。零多项式被排除，因为它处处为零。

总结

二次数域的运算可由多项式类构造。理想使商运算不依赖代表元，不可约性通过 Bézout 等式保证逆元。必须明确系数域以及整环与有零因子的环之间的区别。