不可約性與域的構造

不可約多項式是在指定系數域上不可分解的關係。對它取商會構造一個域，其中該關係有根。為可靠地使用這一構造，我們需要可操作的不可約性判據，並明確區分根檢驗與一般因式分解論證。

1 低次判據及其限制

$F[x]$ 中的正次多項式若不能分解為兩個 $F$ 上正次多項式之積，則不可約。非零常數是單位，乘以它不會改變不可約性。二次或三次多項式可約當且僅當它在 $F$ 中有根。

證明。 由除以 $x-a$，根給出一次因子。反之，可約的二次或三次多項式有兩個正次數因子，其次數和為 2 或 3，故至少一個次數為 1，從而在該域中給出根。$\square$

對整數系數多項式 $f(x)=a_dx^d+\cdots+a_0$，若最簡分數 $p/q$ 是有理根，則 $p\mid a_0$ 且 $q\mid a_d$。將根方程乘以 $q^d$，再利用互素性模 $p$ 或 $q$ 化簡即可。當 $a_0\ne0$ 時這給出有限候選列表；常數項為零時零已經是根。

該檢驗不能原樣推廣到四次。例如

$$x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$$

在 $\mathbb Q$ 上可約，卻沒有有理根，因為它在每個實數處都為正。多項式可以分解而沒有任何一次因子。

2 有依據的高次判據

若整數多項式的系數最大公因數為 1，稱其為本原多項式。本原多項式的乘積仍本原：若某個素數整除乘積的每個系數，模該素數約化就會得到 $\mathbb F_p[x]$ 中兩個非零多項式之積為零，這不可能，因為域上的多項式環是整環。

對有理因式分解清除分母得到 Gauss 引理：本原整數多項式在 $\mathbb Q$ 上可約，當且僅當它可分解為正次數整數多項式，至多相差單位。詳細檢查標量時，將有理因子寫成 $aG$、$bH$，其中 $G,H$ 是本原整數多項式，$a,b\in\mathbb Q$。乘積 $GH$ 本原。若 $ab=u/v$ 為最簡分數且 $(u/v)GH$ 有整數系數，則 $v$ 整除 $GH$ 的每個系數，故 $v=1$。若所得多項式本原，其系數最大公因數為 $|u|$，迫使 $u=\pm1$。因此有理因式分解確實給出整數因式分解。這是用整數整除性證明有理不可約性前所需的步驟。

Eisenstein 判據。 設 $f(x)=a_dx^d+\cdots+a_0\in\mathbb Z[x]$ 的次數為正數 $d\ge1$。若素數 $p$ 滿足 $p\nmid a_d$、對每個 $0\le i<d$ 有 $p\mid a_i$，且 $p^2\nmid a_0$，則 $f$ 的本原部分在 $\mathbb Q$ 上不可約。

證明。 若它分解為正次數整數因子，則因子的首項系數均不被 $p$ 整除。模 $p$ 約化後，其乘積為非零標量乘 $x^d$。在域 $\mathbb F_p$ 上，每個因子因而是非零標量乘 $x$ 的某個冪：反覆取出零常數項即可知 $x$ 的冪的因子均如此。由於約化後的因子仍為正次數，各自常數項都被 $p$ 整除，乘積的常數項便被 $p^2$ 整除，矛盾。Gauss 引理排除有理因式分解。$\square$

對 $x^5-2$ 取 $p=2$：中間系數均為零，首項系數不被 2 整除，常數項不被 4 整除。因此它在 $\mathbb Q$ 上不可約。僅列出失敗的有理根並不能證明同一個五次結論。

3 不可約商域與次數

設 $p\in F[x]$ 不可約，次數 $d>0$。由除法，$K=F[x]/(p)$ 的每個類都有唯一的次數小於 $d$ 的代表元。因此 $1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ 構成 $F$-基，其中 $\alpha=[x]$；張成性來自餘式，線性無關性來自 $p$ 的非零倍數次數不可能小於 $d$。

若 $[f]\ne0$，不可約性給出 $\gcd(f,p)=1$。Bézout 等式給出 $uf+vp=1$，故 $[u][f]=[1]$，商因而是域。反之，可約分解 $p=ab$ 產生非零零因子類，故不是域。次數為 $d$ 的關係只有在多項式不可約時才給出向量空間維數為 $d$ 的域。

有限構造例。 在 $\mathbb F_2[x]$ 中，$p=x^3+x+1$ 無根：代入 0 和 1 均得 1，故不可約。商恰有八個元素，由 $a+b\alpha+c\alpha^2$ 表示，其中 $a,b,c\in\{0,1\}$，且 $\alpha^3=\alpha+1$。乘積 $\alpha(\alpha^2+1)=1$ 給出 $\alpha^{-1}=\alpha^2+1$。七個非零元素構成乘法群。由於 7 是素數且 $\alpha\ne1$，$\alpha$ 的階為 7。加法群的特徵為 2，不是循環群 $\mathbb Z/8\mathbb Z$。

Eisenstein 的精確邊界與約化步驟

正次數及首項係數條件都不可少。非零常數是單位，並非不可約多項式。若刪去 $p\nmid a_d$，則 $2x^2+4x+2=2(x+1)^2$ 在 $p=2$ 時滿足其他整除條件，但本原部分可約。

若 $f=c f_0$，其中 $f_0$ 本原、$c$ 為正的係數最大公因數，則 $p\nmid a_d$ 蘊含 $p\nmid c$。所以除以 $c$ 保留各非首項係數被 $p$ 整除、首項係數不被 $p$ 整除，以及常數項不被 $p^2$ 整除的條件。此時才能對 $f_0$ 應用 Gauss 引理。

為避免約化證明中的單項式結論暗用另一個分解定理，設非零 $G,H\in\mathbb F_p[x]$ 的最高次數為 $r,s$，最低非零冪為 $i,j$。因為係數所在的是域，最高和最低乘積係數均非零。若 $GH$ 是非零標量乘 $x^{r+s}$，其最低冪也為 $r+s$，故 $i+j=r+s$。由 $i\le r$、$j\le s$ 得 $i=r$、$j=s$，所以兩個因子都是單項式。整數因子的首項係數在約化後保留，故 $r,s>0$；因此兩個整數因子的常數項都被 $p$ 整除，與 $p^2\nmid a_0$ 矛盾。

4 分級練習

E1 基礎。 使用有依據的低次判據證明 $x^3-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可約。

E2 高次情形。 對 $x^4+6x^3+12x^2+18x+3$ 應用 Eisenstein 判據。

E3 商運算。 在上述八元素域中約化 $\alpha^4$，並計算 $(1+\alpha)(1+\alpha^2)$。

E4 對域的依賴。 $x^2+1$ 在 $\mathbb Q$、$\mathbb R$ 和 $\mathbb F_2$ 上不可約嗎？

E5 證明。 若 $p$ 在有限域 $\mathbb F_q$ 上不可約且次數為 $d$，證明其商域有 $q^d$ 個元素。

5 完整解答

S1. 有理根候選為 $\pm1,\pm2$，沒有一個的立方為 2。可約三次多項式有一次因子，因此沒有有理根證明不可約。也可用素數 2 的 Eisenstein 判據。

S2. 取 $p=3$。所有非首項系數都被 3 整除，首項系數不被整除，常數項 3 不被 9 整除。該本原多項式在 $\mathbb Q$ 上不可約。

S3. $\alpha^4=\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha$。乘積為 $1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3=1+\alpha+\alpha^2+(\alpha+1)=\alpha^2$，因為特徵 2 下相同項成對消去。

S4. 它在 $\mathbb Q$ 和 $\mathbb R$ 上不可約，因為在這些域中沒有根。在 $\mathbb F_2$ 上，$x^2+1=(x+1)^2$，故可約。系數域是陳述的一部分。

S5. 唯一代表元有 $d$ 個系數，各有 $q$ 種選擇，故有 $q^d$ 個類。不可約性保證它是域；計數論證本身只計算商環，次數為 $d$ 的可約多項式也會得到同樣數目的類。

總結

低次根判據、Gauss 引理和 Eisenstein 判據提供不同層次的不可約性證據。不可約 $d$ 次關係產生具有長度為 $d$ 的基的域。商運算結合餘式約化與 Bézout 逆元，而所選系數域決定所有分解結論。