本原多项式primitive polynomial

本原多项式：

f(x)=a0xn+a1xn−1+…+anf(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+…+a_nf(x)=a0xn+a1xn−1+…+an为DDD上的多项式，
如果gcd(a0,a1,…an)=1,gcd(a_0,a_1,…a_n)=1,gcd(a0,a1,…an)=1,

则f(x)f(x)f(x)是DDD上的一个本原多项式primitive polynomial

本原多项式性质

本原多项式是多项式的分解因子f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)

设f(x)f(x)f(x)是UFD：DUFD：DUFD：D(唯一分解整环)的商域FFF上的一个非零多项式，f(x)=a0+a1x+…anxn,a0,a1…an∈F,→f(x)∈F[x]f(x)=a_0+a_1x+…a_nx^n,a_0,a_1…a_n\in F,\rightarrow f(x)\in F[x]f(x)=a0+a1x+…anxn,a0,a1…an∈F,→f(x)∈F[x]

∃r∈F,∃g(x)∈D(x),\exists r\in F,\exists g(x)\in D(x),∃r∈F,∃g(x)∈D(x),使f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)；如果f(x)∈D[x],→r∈Df(x)\in D[x],\rightarrow r\in Df(x)∈D[x],→r∈D
如果另∃r1∈F,∃g1(x)∈D(x),\exists r_1\in F,\exists g_1(x)\in D(x),∃r1∈F,∃g1(x)∈D(x),使f(x)=r1g1(x)f(x)=r_1g_1(x)f(x)=r1g1(x)，则r−1r1r^{-1}r_1r−1r1是DDD的单位

证明：f(x)∈F[x],∃r∈F,∃g(x)∈D[x],f(x)\in F[x],\exists r\in F,\exists g(x)\in D[x],f(x)∈F[x],∃r∈F,∃g(x)∈D[x],使f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)

我们已知整环DDD的商域QQQ包含的元素是{ab−1∣a,b∈D,b≠0}→b∈D,\{ab^{-1}|a,b\in D,b\neq 0\}\rightarrow b\in D,{ab−1∣a,b∈D,b=0}→b∈D,使ab−1b=a∈Dab^{-1}b=a\in Dab−1b=a∈D，即∃c∈D,∀dc−1∈F,\exists c\in D,\forall dc^{-1}\in F,∃c∈D,∀dc−1∈F,有dc−1c=d∈D→∃c∈D,c≠0,dc^{-1}c=d\in D\rightarrow \exists c\in D,c\neq 0,dc−1c=d∈D→∃c∈D,c=0,使cf(x)∈D[x]cf(x)\in D[x]cf(x)∈D[x]
设cf(x)=a0xn+a1xn−1+…+an,ai∈D,cf(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+…+a_n,a_i\in D,cf(x)=a0xn+a1xn−1+…+an,ai∈D,
令a=gcd(a0,a1,…an),→a∈D,bi=a−1ai→bi∈D→gcd(b0,b1…bn)=1a=gcd(a_0,a_1,…a_n),\rightarrow a\in D,\\b_i=a^{-1}a_i\rightarrow b_i\in D\\\rightarrow gcd(b_0,b_1…b_n)=1a=gcd(a0,a1,…an),→a∈D,bi=a−1ai→bi∈D→gcd(b0,b1…bn)=1
构造本原多项式：令g(x)=b0xn+b1xn−1+…bn,g(x)∈D[x]→f(x)=c−1(a0xn+a1xn−1+…+an)=c−1(a⋅a−1)(a0xn+a1xn−1+…+an)=c−1a⋅(a−1a0xn+a−1a1xn−1+…a−1an)=c−1a⋅g(x)g(x)=b_0x^n+b_1x^{n-1}+…b_n,g(x)\in D[x]\\\rightarrow f(x)=c^{-1}(a_0x^n+a_1x^{n-1}+…+a_n)\\=c^{-1}(a·a^{-1})(a_0x^n+a_1x^{n-1}+…+a_n)\\=c^{-1}a·(a^{-1}a_0x^n+a^{-1}a_1x^{n-1}+…a^{-1}a_n)\\=c^{-1}a·g(x)g(x)=b0xn+b1xn−1+…bn,g(x)∈D[x]→f(x)=c−1(a0xn+a1xn−1+…+an)=c−1(a⋅a−1)(a0xn+a1xn−1+…+an)=c−1a⋅(a−1a0xn+a−1a1xn−1+…a−1an)=c−1a⋅g(x)，
- 令r=c−1ar=c^{-1}ar=c−1a，则f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)
- c∈D→c−1∈F→c−1a∈F→∃g(x)∈D[x],r∈F,c\in D\rightarrow c^{-1}\in F\rightarrow c^{-1}a\in F\rightarrow \exists g(x)\in D[x],r\in F,c∈D→c−1∈F→c−1a∈F→∃g(x)∈D[x],r∈F,使得f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)f(x)=rg(x)

证明：f(x)∈D[x]→r∈Df(x)\in D[x]\rightarrow r\in Df(x)∈D[x]→r∈D

我们已知r=c−1a,c−1∈F,a∈Dr=c^{-1}a,c^{-1}\in F,a\in Dr=c−1a,c−1∈F,a∈D
因为f(x)∈D[x],f(x)=c−1(a0xn+a1xn−1+…+an),ai∈D→c−1∈Df(x)\in D[x],f(x)=c^{-1}(a_0x^n+a_1x^{n-1}+…+a_n),a_i\in D\rightarrow c^{-1}\in Df(x)∈D[x],f(x)=c−1(a0xn+a1xn−1+…+an),ai∈D→c−1∈D→r=c−1a∈D\rightarrow r=c^{-1}a\in D→r=c−1a∈D

证明：如果另∃r1∈F,∃g1(x)∈D(x),\exists r_1\in F,\exists g_1(x)\in D(x),∃r1∈F,∃g1(x)∈D(x),使f(x)=r1g1(x)f(x)=r_1g_1(x)f(x)=r1g1(x)，则r−1r1r^{-1}r_1r−1r1是DDD的单位

f(x)=rg(x),r∈F,g(x)∈D[x]f(x)=rg(x),r\in F,g(x)\in D[x]f(x)=rg(x),r∈F,g(x)∈D[x]
- r=dc(c,d∈D),r=\frac{d}{c}(c,d\in D),r=cd(c,d∈D),
- g(x)=a0xn+a1xn−1+…an,a0≠0,g(x)g(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+…a_n,a_0\neq 0,g(x)g(x)=a0xn+a1xn−1+…an,a0=0,g(x)是本原多项式
f(x)=r1g1(x),r1∈F,g1(x)∈D[x]f(x)=r_1g_1(x),r_1\in F,g_1(x)\in D[x]f(x)=r1g1(x),r1∈F,g1(x)∈D[x]
- r1=d1c1(c1,d1∈D),r_1=\frac{d_1}{c_1}(c_1,d_1\in D),r1=c1d1(c1,d1∈D),
- g(x)=b0xn+b1xn−1+…bn,b0≠0,g1(x)g(x)=b_0x^n+b_1x^{n-1}+…b_n,b_0\neq 0,g_1(x)g(x)=b0xn+b1xn−1+…bn,b0=0,g1(x)是本原多项式

→dcg(x)=d1c1g1(x)→c1dg(x)=cd1g1(x)\rightarrow \frac{d}{c}g(x)=\frac{d_1}{c_1}g_1(x)\\\rightarrow c_1dg(x)=cd_1g_1(x)→cdg(x)=c1d1g1(x)→c1dg(x)=cd1g1(x)，根据相伴是整环上的等价关系，最大公因子建立在相伴所划分的等价类上→gcd(c1da0,c1da1,…c1dan)∼gcd(cd1b0,cd1b1,…cd1bn),→c1dgcd(a0…an)∼cd1gcd(b0…bn)\\\rightarrow gcd(c_1da_0,c_1da_1,…c_1da_n)\sim gcd(cd_1b_0,cd_1b_1,…cd_1b_n),\\\rightarrow c_1dgcd(a_0…a_n)\sim cd_1gcd(b_0…b^n)→gcd(c1da0,c1da1,…c1dan)∼gcd(cd1b0,cd1b1,…cd1bn),→c1dgcd(a0…an)∼cd1gcd(b0…bn)，又gcd(a0…an)=gcd(b0…bn)=1→c1d∼cd1→r−1r1=cd⋅d1c1=cd1c1d=u∈U,gcd(a_0…a_n)=gcd(b_0…b_n)=1\\\rightarrow c_1d\sim cd_1\\\rightarrow r^{-1}r_1=\frac{c}{d}·\frac{d_1}{c_1}=\frac{cd_1}{c_1d}=u\in U,gcd(a0…an)=gcd(b0…bn)=1→c1d∼cd1→r−1r1=dc⋅c1d1=c1dcd1=u∈U,即r−1r1r^{-1}r_1r−1r1是DDD的单位/可逆元

本原多项式乘积还是本原多项式

我们假设f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)是本原多项式，要证h(x)=f(x)g(x)h(x)=f(x)g(x)h(x)=f(x)g(x)是本原多项式，
f(x)=a0+a1x+a2x2+…anxnf(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+…a_nx^nf(x)=a0+a1x+a2x2+…anxn
g(x)=b0+b1x+b2x2+…bmxmg(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+…b_mx^mg(x)=b0+b1x+b2x2+…bmxm
→h(x)=f(x)g(x)=c0+c1x+…cm+nxm+n,ck=∑s+t=kasbt,k=0,1,2…m+n\rightarrow h(x)=f(x)g(x)=c_0+c_1x+…c_{m+n}x^{m+n},c_k=\sum_{s+t=k}a_sb_t,k=0,1,2…m+n→h(x)=f(x)g(x)=c0+c1x+…cm+nxm+n,ck=∑s+t=kasbt,k=0,1,2…m+n

即证gcd(c0,c1…cm+n)=1gcd(c_0,c_1…c_{m+n})=1gcd(c0,c1…cm+n)=1

假设h(x)h(x)h(x)不是本原多项式，那么∃p∈D,p\exists p\in D,p∃p∈D,p是不可约元，p∣ck,k=0,1,2,…m+np\mid c_k,k=0,1,2,…m+np∣ck,k=0,1,2,…m+n
我们已知f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)是本原多项式→gcd(a0,a1,…an)=1,gcd(b0,b1…bm)=1\rightarrow gcd(a_0,a_1,…a_n)=1,gcd(b_0,b_1…b_m)=1→gcd(a0,a1,…an)=1,gcd(b0,b1…bm)=1，设a0…ana_0…a_na0…an和b0,…bmb_0,…b_mb0,…bm中第一个不能被ppp整除的元素分别为ak,bla_k,b_lak,bl，则ck+l=a0bk+l+…ak−1bl+1+akbl+ak+1bl−1+…ak+lb0\\c_{k+l}=a_0b_{k+l}+…a_{k-1}b_{l+1}+a_kb_l+a_{k+1}b_{l-1}+…a_{k+l}b_0ck+l=a0bk+l+…ak−1bl+1+akbl+ak+1bl−1+…ak+lb0
因为p∣ai(i=0,…k−1),p∣bj(j=0,…l−1)p\mid a_i(i=0,…k-1),p\mid b_j(j=0,…l-1)p∣ai(i=0,…k−1),p∣bj(j=0,…l−1)，
但是p∤ak,p∤bl,→p∤ck+lp\nmid a_k,p\nmid b_l,\\\rightarrow p\nmid c_{k+l}p∤ak,p∤bl,→p∤ck+l，这与p∣ck,k=0,1,2,…m+np\mid c_k,k=0,1,2,…m+np∣ck,k=0,1,2,…m+n矛盾

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