Z[x],Q[x] 中的不可约多项式

\(\mathbb R[x]\) 中的不可约多项式是比较简单的，只有一次的 \(x-a\) 以及满足 \(p^2-4q<0\) 的诸如 \(x^2+px+q\) 的二次式；对于 \(\mathbb Z[x],\mathbb Q[x]\)，该结果又如何呢？

对于 \(f\in \mathbb Q[x]\)，总能把它乘上其所有系数分母的最小公倍数使其变成 \(\mathbb Z[x]\) 中的元素。

注意 \(\mathbb Z\) 的性质更差一些，它甚至不是一个域，所以根据我们的定义，\(x+1\) 和 \(2x+2\) 并不相伴：前者是后者的约数，而后者不是前者的约数。想要说明 \(\mathbb Z[x]\) 是唯一分解环，仍需再做证明。不过注意上述情况只会发生在各项系数 gcd \(\neq1\) 的情况，另一方面，如果 \(f\in\mathbb Z[x]\) 的各项系数 GCD 不为 \(1\)，那么仍然可以将其化为 \(\gcd=1\) 的情况。

我们称各项系数最大公约数为 \(1\) 的多项式为本原多项式；对于 \(f\in\mathbb Z[x]\)，设 \(c(f)\) 为其各项系数的最大公约数。那么总有 \(f=c(f)f_0\)，其中 \(f_0\) 为本原多项式。

• 高斯引理：本原多项式的乘积仍是本原多项式。

其原理在于，对于本原多项式 \(f,g\)，以及任意素数 \(p\)，总是存在最小的 \(k,l\) 使得 \([x^k]f(x),[x^l]g(x)\) 不是 \(p\) 的倍数，而 \(0\le i<k,0\le j<l\) 的 \([x^i]f(x),[x^j]g(x)\) 皆为 \(p\) 的倍数。这样一来 \([x^{k+l}]f(x)g(x)\) 就不是 \(p\) 的倍数，这表明任意素数 \(p\) 都有 \(fg\) 的某项系数不是它的倍数，故 \(fg\) 是本原多项式。

由此我们可以证明：对于本原多项式 \(f\in\mathbb Z[x]\)，它作为 \(\mathbb Z[x]\) 的元素不可约和作为 \(\mathbb Q[x]\) 的元素不可约是一回事。若在 \(\mathbb Z[x]\) 中可约，在 \(\mathbb Q[x]\) 中亦然；反之若 \(f\) 在 \(\mathbb Q[x]\) 中可以分解为 \(f=gh\)，先乘以所有分母 lcm 化为 \(\mathbb Z[x]\) 中元素，得到形如 \(f'=g'h'\) 的分解，其中 \(f',g',h'\in\mathbb Z[x]\)，且它们分别是 \(f,g,h\) 的整数倍。

接下来将 \(g',h'\) 都化为本原多项式，则 \(f'=c(g')c(h')g''h''\)，由于 \(g'',h''\) 本原，则 \(g''h''\) 亦然；另一方面有 \(f'=c(f')f\)，其中 \(f\) 本原，则必有 \(f=g''h''\)。这给出 \(f\) 的分解。

现在我们可以证明 \(\mathbb Z[x]\) 的唯一分解性了：首先对于 \(f\) 将其写为 \(c(f)f_0\)，再将 \(f_0\) 放在 \(\mathbb Q[x]\) 中做唯一分解，注意总可以将分解出去的所有元素写为本原多项式。该分解的唯一性有 \(\mathbb Z\) 和 \(\mathbb Q[x]\) 的唯一分解性保证。

注意上述论证可以套用到任意唯一分解环 \(R\) 及其分式域 \(\text{Frac}(R)\) 上。

关于 \(\mathbb Z[x]\) 中元素的不可约性，还有两个有用的引理：

（Eisenstein）对于 \(f=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in\mathbb Z[x]\)，若存在素数 \(p\)，使得：

1. \(p\mid a_0,p\mid a_1,\cdots,p\mid a_{n-1}\)
2. \(p\nmid a_n\)
3. \(p^2\nmid a_0\)

则 \(f\) 不可约。

证明：若 \(f\) 分解为 \(f=gh\)，设 \(g=\sum_{i=0}^mb_ix^i,h=\sum_{i=0}^lc_ix^i\)

则由 \(p\mid a_0\Rightarrow p\mid b_0c_0,p\nmid a_n\Rightarrow p\nmid b_m,p\nmid c_l\)；由于 \(p\) 是素数且 \(p\mid b_0c_0\)，不妨设 \(p\mid b_0\)，取最小的 \(k\ge 1\) 使得 \(p\nmid b_k\)，则 \(a_k\equiv b_kc_0\pmod p\)，则 \(p\mid b_kc_0\Rightarrow p\mid c_0\)。这表明 \(p^2\mid a_0\)，矛盾！

另一个引理是，若整系数多项式 \(f=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\) 有根 \(\frac{q}{p}\)，且 \(\gcd(p,q)=1\)，则 \(p\mid a_n\) 且 \(q\mid a_0\)。

证明：将 \(\alpha=\frac{q}{p}\) 带入 \(\sum a_ix^i=0\)，再在等式两边同时乘 \(p^n\) 得

\[a_0p^n+a_1p^{n-1}q+\cdots+a_nq^n=0 \]

则 \(q\mid a_0p^n,p\mid a_nq^n\)，结合 \(\gcd(p,q)=1\) 即得结论。

由此可得引理：首一整系数多项式的有理根总是整数。

• Kronecker 算法

可以对整系数多项式做因式分解，当然复杂度是指数级的，不过表现还不错！

写了一个代码，不过大概只能跑 \(\deg f\) 以及系数都比较小的情况？

目测次数 \(\le 10\)，系数在 \(\pm 10\) 以内的多项式还是勉强能跑一下的