체의 원소를 계수로 가지는 다항식 환

체의 원소를 계수로 가지는 다항식 환

Theorem 0.1. (나눗셈 알고리듬(Division Algorithm)) F 가 체일 때 F [x]의 두 다항식

f (x) = a₀+ a₁x + · · · + a_nxⁿ, a_n 6= 0_F 와

g(x) = b₀+ b₁x + · · · + b_mx^m, b_m 6= 0_F, m > 0

에 대해 f (x) = g(x)q(x) + r(x)을 만족하는 q(x), r(x) ∈ F [x]가 유일하게 존재한 다.(단, deg r(x) ≤ deg g(x) = m)

Proof. 집합 P = {f (x) − g(x)s(x) | s(x) ∈ F [x]}을 생각하자. r(x)를 P 에서 차수가 가장 작은 다항식들 중의 하나라 하자. 그리고 r(x) = c₀+ c₁x + · · · + c_tx^t, c_t6= 0_F 라 두자. 그러면 f (x) = g(x)q(x) + r(x), q(x) ∈ F [x] 이다. 만일 t ≥ m이면

f (x) − g(x)q(x) − (c_tb⁻¹_m )x^t−mg(x) = r(x) − (c_tb⁻¹_m )x^t−mg(x)

는 차수가 t − 1 보다 작거난 같은 P 에 속하는 다항식이 되어 모순이 생긴다. 따라 서 t < m이어야 한다. 이제 유일성을 증명하자. f (x) = g(x)q₁(x) + r₁(x), f (x) = g(x)q₂(x)+r₂(x), q_i(x), r_i(x) ∈ F [x], deg r_i(x) < m 이라 하자. 그러면 g(x)(q₁(x)−

q₂(x)) = r₁(x) − r₂(x)이고 양변의 차수를 비교해 보면 q₁(x) − q₂(x) = 0_F임을 알 수 있다. 그러므로 r₁(x) = r2(x)이다.

Corollary 0.2. (인수정리(Factor Theorem)) F 는 체이고 f (x) ∈ F [x]일 때 a ∈ F 가 f (x)의 해(zero)가 될 필요충분조건은 x − a가 f (x)를 나누는 것(x − a가 f (x)의 인수가 되는 것)이다.

Proof. 나눗셈 알고리듬에 의해 f (x) = (x − a)q(x) + r(x) 을 만족하는 q(x), r(x) ∈ F [x]가 존재한다. 그리고 deg r(x) < 1 이므로 deg r(x) = 0 이고 따라서 r(x) = c, c ∈ F 이다. 이제 양변에 대입준동형사상 φ_a를 작용하면

0F = f (a) = 0Fq(a) + c

에서 c = r(x) = 0_F 이다. 역으로 f (x) = (x − a)g(x), g(x) ∈ F [x] 이면 양변에 대입준동형사상 φ_a를 작용해서 f (a) = 0_Fg(a) = 0_F 임을 알 수 있다.

Corollary 0.3. F 는 체이고 f (x) ∈ F [x]에 대해 deg f (x) = n일 때 f (x)의 해 (zero)의 개수는 기껏해야 n이다.

Proof. a₁ ∈ F 이 f (x)의 해라고 하자. 그러면 인수정리에 의해 f (x) = (x − a₁)g₁(x), g₁(x) ∈ F [x]

이고 deg g₁(x) = n − 1 이다. 만일 g₁(x)가 해 a₂ ∈ F 를 가지면 다시 인수정리에 의해

f (x) = (x − a₁)(x − a₂)g₂(x), g₂(x) ∈ F [x]

이고 deg g₂(x) = n − 2 이다. 이과정을 계속하면

f (x) = (x − a₁)(x − a − 2) · · · (x − a_t)g_t(x), g_t(x) ∈ F [x]

이고 g_t(x)는 F 안에서 해를 가지지 않는 다항식이 된다. 이 때 t ≤ n이므로 결국 f (x)의 해의 개수는 n 보다 작거나 같게 된다.

Corollary 0.4. F 는 체이고 < G, · >는 < F^×, · >의 부분군일 때 G는 순환군이 된다.

Proof. F 는 가환환이므로 G는 유한 가환군이 된다. 따라서 유한 가환군정리에 의해

G ∼= Zd1 × · · · × Zdt

을 만족하는 소수의 거듭제곱수 d_i가 존재한다. 이제 m := lcm(d₁, · · · , d_t)이라 두 자. a_i ∈ Zdi에 대해 a^d_iⁱ = 1_Zdi이므로 a^m_i = 1_Zdi이다. 따라서 α ∈ G이면 α^m = 1_F 이다. 그러므로 G의 모든 원소는 x^m − 1_F ∈ F [x]의 해가 된다. 그런데 x^m − 1_F 의 해의 개수는 기껏해야 m이므로 G의 원소 개수 d₁· · · d_t는 m 보다 작거나 같다.

결국 m = d₁· · · d_t임을 알 수 있다. 그러면 d₁, · · · , d_t들은 서로소이다. 그러므로 G ∼= Zd1× · · · × Zdt ∼= Zd1···dt = Zm

이 되어 G는 순환군임을 알 수 있다.

<연습>

1. 다항식 f (x) = x⁴+ 3x³ + 2x + 4 ∈ Z5[x]을 인수분해하여라.

(풀이) f (0), f (1), f (2), f (3), f (4)가 Z5에서 0인지 확인하면 된다.

Definition 0.5. F 는 체이고 f (x) ∈ F [x]는 상수가 아니라고 하자. 다항식 f (x)가 차수가 deg f (x) 보다 작은 두 다항식 g(x), h(x) ∈ F [x]의 곱 g(x)h(x)로 표현되지 않으면 f (x)는 F 상에서기약(irreducible)이라고 한다.

Example 0.6. x² − 2 ∈ Q[x]는 Q 상에서 기약이다. 그러나 R 상에서는 기약이 아니다. 왜냐하면

x²− 2 = (x −√

2)(x +√ 2) 이다.

Example 0.7. f (x) = x³+ 3x + 2 ∈ Z5[x]는 Z5 상에서기약이다. 그 이유는 다음과 같다. 만일 f (x)가 기약이 아니면 f (x)는 일차식과 이차식의 곱으로 표현되어야 한다. f (x)의 인수가 되는 일차식을 x − a ∈ Z5[x]이라 하면 f (a) = 0이 된다. 그러 나 f (0), f (1) , f (2), f (3), f (4)는 Z5 안에서 0이 아니므로 모순이 된다.

Theorem 0.8. F 는 체이고 f (x) ∈ F [x]에 대해 deg f (x) = 2 또는 3일 때 f (x)가 기약이 되지 않을 필요충분조건은 f (x)가 F 안에서 해를 가지는 것이다.

Proof. f (x)가 기약이 아니면 deg f (x) 보다 작은 차수를 가지는 다항식 g(x), h(x) ∈ F [x]에 대해 f (x) = g(x)h(x)이 된다. 양변의 차수를 비교해 보면 deg g(x) = 1이 거나 deg h(x) = 1이어야 한다. 만일 deg g(x) = 1이면 g(x) = x − a이고 따라서 g(a) = 0F에서 f (a) = 0_F임을 알 수 있다. deg h(x) = 1인 경우도 같은 논리를 적용할 수 있다. 결국 f (x)는 F 안에서 해를 가진다. 역으로 f (x)가 F 안에서 해 a를 가지면 f (x) = (x − a)p(x), p(x) ∈ F [x]이다. 따라서 f (x)는 기약이 아니다.

Theorem 0.9. f (x) ∈ Z[x]일 때 f (x)가 Z 상에서 기약이 되는 필요충분조건은 f (x)가 Q 상에서 기약인 것이다.

Proof. Z ⊂ Q이므로 f (x)가 Q 상에서 기약이면 f (x)는 Z 상에서도 기약이다. 만 일 f (x)가 Q 상에서 기약이 아니면 deg f(x) 보다 작은 차수를 가지는 두 다항식 g(x), h(x) ∈ Q[x]에 대해 f (x) = g(x)h(x) 이다. 이 때 g(x), h(x)에 적당한 정수 a, b를 곱해서 ag(x) = g1(x), bh(x) = h1(x) ∈ Z[x]가 되게 할 수 있다. 그리고 ab = c라고 하면 cf (x) = g₁(x)h₁(x)가 된다. 이제 다항식 f (x), g₁(x), h₁(x) ∈ Z[x]

에 대해 계수들의 최대공약수를 묶어 내는 원리를 통해 f (x) = c₁f₁(x), g₁(x) = d₁g₂(x), h₁(x) = d₂h₂(x)이고 f₁(x), g₂(x), h₂(x)의 계수들은 서로소가 되게 할 수 있다. 결국 cc₁f₁(x) = d₁d₁g₂(x)h₂(x)에서 cc₁|(d₁d₂)이고 (d₁d₂)|cc₁이므로 f₁(x) =

±g₂(x)h₂(x) 이다. 그러므로 f (x) = c₁f₁(x) = ±c₁g₂(x)h₂(x)에서 f (x)는 Z 상에서 기약이 되지 않는다.

위 정리에서 f (x) ∈ Z[x]가 Z[x] 안에서 차수가 r, s인 다항식들의 곱으로 표현되는 것과 Q[x] 안에서 차수가 r, s인 다항식들의 곱으로 표현되는 것이 필요충분조건이 됨을 알 수 있다.

Corollary 0.10. f (x) = xⁿ+ an−1xⁿ⁻¹+ · · · + a1x + a0 ∈ Z[x], a⁰ 6= 0이고 f (x)가 Q 상에서 해를 가지면 f (x)는 Z 상에서 해 m을 가지며 이 때 m|a⁰이다.

Proof. f (x)가 Q 안에서 해를 가지면 Q[x]에서 일차식의 인수를 가진다. 그러면 f (x)는 Z[x] 안에서 일차식의 인수를 가진다.따라서

f (x) = (x − m)(xⁿ⁻¹+ · · · + −a0

m ), m ∈ Z 이다. f (x) ∈ Z[x]이므로 ^a_m⁰ ∈ Z이다. 그러므로 m|a⁰이다.

Example 0.11. f (x) = x⁴ − 2x²+ 8x + 1는 Q 상에서 기약임을 설명해 보자. 위 정리를 적용하면 f (x)가 Z 상에서 기약임을 보이면 된다. 만일 f(x)가 Z 상에서 일차식의 인수를 가진다면 f (a) = 0이 되는 정수 a가 존재하고 a|1이 된다. 따라 서 a = ±1이다. 그러나 f (1) = 8, f (−1) = −8이 되어 이것은 모순을 낳는다.

그러므로 f (x)는 일차식의 인수를 가지지 않는다. 이제 Z[x] 안에 f (x) = (x²+ ax + b)(x²+ cx + d

이 된다고 하자. 그러면 양변의 계수를 비교하여

bd = 1, ad + bc = 8, ac + b + d = −2, a + c = 0

을 얻는다.그러나 b = d에서 b(a + c) = 8이 되어 이것도 모순이 생긴다. 결국 f (x) 는 Z 상에서 기약이다.

Theorem 0.12. (Eisenstein 다항식) 정수 p는 소수이고 f (x) = a_nxⁿ+· · ·+a₁x+

a₀ ∈ Z[x]는 p - an, p|a_i, 0 ≤ i < n, p² - a0을 만족한다. 그러면 f (x)는 Q 상에서 기약이다.

Proof. f (x)가 Z 상에서 기약임을 보이자. f (x)가 Z[x] 안에서

f (x) = (b_rx^r+ · · · + b₀)(c_sx^s+ · · · + c₀), b_r=6= 0, c_s6= 0, r, s < n

이라고 하자. a₀ = b₀c₀이므로 p|b₀이고 p|c₀가 동시에 될 수는 없다. 이제 p - b0

이고 p|c₀이라고 하자. 그리고 a_n = b_rc_s이므로 p - br이고 p - cs이다. m을 p - ak이 성립하는 가장 작은 k라고 두자. 그러면

a_m = b₀c_m+ b₁c_m−1+ · · · + b_m−ic_i, 0 ≤ i < m

을 만족하는 i가 존재한다. p - b0이고 p|c_j, 0 ≤ j < m이므로 p - a^m이다. 따라서 m = n이고 나아가 s = n이 되어 s < n에 모순이 된다.

Corollary 0.13. p가 소수일 때 다항식 Φ_p(x) = x^p− 1

x − 1 = x^p−1+ x^p−2+ · · · + x + 1 은 Q 상에서 기약이다.

Proof. g(x) := Φ_p(x + 1)이라고 두자. 그러면

g(x) =

p−1

X

k=0

p k

 x^p−k−1

이다. Eisenstein 다항식 성질에 의해(소수 p를 적용) g(x)는 Q 상에서 기약임을 알 수 있다. 이제 차수가 p − 1 보다 작은 다항식 r9x), h(x) ∈ Q[x]에 대해 Φp(x) = r(x)h(x)라고 하자. 그러면 g(x) = Φ_p(x + 1) = r(x + 1)h(x + 1)이 되어 모순이 생긴다.

<연습>

1. 다항식 x⁴− 22x²+ 1은 Q 상에서 기약임을 보여라.

2. 다음 다항식들이 Q 상에서 기약인지를 판별하여라.

(1) 8x³− 6x²− 9x + 24 (2) 2x¹⁰− 25x³ + 10x²− 30 3. x³+ 17x + 36은 Q 상에서 기약임을 보여라.

(풀이) 3. f (x) = x³ + 17x + 36이라 두자. f (x)의 계수들을 5로 나눈 다항식을 생각하자. 즉,

f (x) ≡ x³+ 2x + 1 (mod 5)

이다. 그러면 다항식 g(x) = x³+ 2x + 1은 Z5 상에서 g(0), g(1), g(2), g(3), g(4)가 0 이 아니므로 일차식을 인수로가질 수 없다. 따라서 g(x)는 Z5 상에서기약이 된다.

그러므로 f (x)는 Q 상에서 기약이다.

Theorem 0.14. F 는 체이고 p(x) ∈ F [x]는 기약이라 하자. p(x)가 두 다항식 r(x), s(x) ∈ F [x]의 곱, r(x)s(x)을 나누면 p(x)는 r(x)를 나누거나 또는 s(x)를 나눈다.

Proof. 증명은 아이디얼 이론을 이용하여 나중에 한다.

Corollary 0.15. F 는 체이고 p(x) ∈ F [x]는 기약이라 하자.

p(x)|(r₁(x)r₂(x) · · · r_n(x)), r_i(x) ∈ F [x], 1 ≤ i ≤ n 이면 p(x)|r_k(x)가 되는 k가 존재한다.

Theorem 0.16. F 는 체이고 f (x) ∈ F [x]는 상수가 아니라고 하자. 그러면 f (x)는 F [x] 안에서 기약다항식들의 곱으로 표현되고 이 표현 방법은 순서를 무시하고 상수곱 차이를 무시할 때 유일하게 결정된다.

Proof. 이 정리는 증명을 이해하기 보다 정리의 내용이 더 중요하므로 증명을 생 략한다.

정리의 의미: 우리는 자연수를 소인수분해하는 것을 알고 있다. 이를 이용하면 정 수에서도 소인수인수분해를 할 수 있다. 그리고 곱의 순서와 ±의 차이를 무시하면 이 소인수분해는 유일하게 결정된다. 이와 유사한 성질이 체의 원소를 계수로 하 는 다항식환에서도 성립한다는 것이 이 정리가 말해주는 내용이다.

비가환체의 보기

여기서는 역사적으로 처음 등장한 비가환체 quaternions에 대해 소개한다. Q = R × R × R × R이라고 하자. 그러면 Q는 덧셈 연산

(a₁, a₂, a₃, a₄) + (b₁, b₂, b₃, b₄) := (a₁+ b₁, a₂+ b₂, a₃+ b₃, a₄+ b₄) 에 대해 가환군이 된다. 이제 Q 상에서 곱셈을 정의해 보자. 먼저

1 := (1, 0, 0, 0), i := (0, 1, 0, 0), j := (0, 0, 1, 0), k := (0, 0, 0, 1) 이라 두자. 그러면

(a₁, a₂, a₃, a₄) = a₁1 + a₂i + a₃j + a₄k 이다. Q 상에서 곱셈을 정의하기 위해 우선 다음을 정의한다.

a1 = 1a = a, ^∀a ∈ Q,

i² = j² = k² = −1,

ij = k, jk = i, ki = j, ji = −k, kj = −i, ik = −j.

그리고 Q의 두 원소의 곱은 분배법칙이 성립하도록 다음 같이 정의한다.

(a₁1 + a₂i + a₃j + a₄k)(b₁1 + b₂i + b₃j + b₄k)

= (a₁b₁ − a₂b₂− a₃b₃− a₄b₄)1 + (a₁b₂+ a₂b₁+ a₃b₄− a₄b₃)i (a₁b₃− a₂b₄+ a₃b₁+ a₄b₂)j + (a₁b₄+ a₂b₃− a₃b₂+ a₄b₁)k.

Theorem 0.17. Q는 위에서 정의된 두 연산에 대해 비가환체이다.

Proof. 비가환체가가 되기 위한 당연히 성립하는 성질들은 제외하고 여기서는 가 장 중요한 성질인 0_Q 아닌 원소들이 단원이 된다는 것만 증명해 보자.

v = a₁1 + a₂i + a₃j + a₄k 6= 0_Q이라고 하자. 그리고 |v| :=pa²₁+ a²₂+ a²₃+ a²₄이라고 하자. 이 때

v⁻¹ := 1

|v|(a₁1 − a₂i − a₃j − a₄k) 이라 두면 vv⁻¹ = v⁻¹v = 1이 됨을 알 수 있다.