다항식의 UFD

UFD $R$ 에 대해, $R[x]$ 가 가지는 성질에 대해 생각해보려 합니다. 이를 위해서는 우선 다음과 같은 몇 가지 명제가 참임을 보일 필요가 있습니다.

 

(a) $R[x]$ 의 unit 은 $R$ 의 unit 이다. (b) $R[x]$ 의 irreducible 한 상수는 $R$ 의 irreducible 한 원소이다.

 

위 명제의 증명은 어렵지 않으므로 생략하겠습니다.

 

또, 만약 $R[x]$ 의 $0_R$ 이 아닌 원소 $f(x)$ 에 대해, $f(x)$ 를 나누는 상수가 $R$ 의 unit 뿐이라면 $f(x)$ 를 primitive 하다고 부릅니다. 그리고 이 정의를 통하면 다음 두 명제가 참임을 쉽게 받아들일 수 있습니다.

 

(a) 양의 degree 를 가지는 다항식이 irreducible 하면 primitive 하다. (b) $0$ 이 아닌 $f(x) \in R[x]$ 는 primitive 한 $g(x) \in R[x]$ 에 대해 $f(x) = cg(x)$ 로 쓸 수 있다.

 

(a) 의 증명은 어렵지 않습니다. (b) 또한 $f(x)$ 계수의 GCD 를 $c$ 로 설정하면 $g(x)$ 가 primitive 함이 보여집니다.

 

위와 같은 사실을 토대로 하여, 다음 명제를 증명할 수 있습니다.

 

UFD $R$ 에 대해 $0$ 이 아니고 unit 이 아닌 $f(x) \in R[x]$ 는 irreducible 한 다항식의 곱이다.

 

Proof

primitive 한 $g(x)$ 에 대해 $f(x) = cg(x)$ 처럼 쓸 수 있습니다. $R$ 이 UFD 이므로 $c$ 또한 unit 이거나 irreducible 한 $R$ 의 원소의 곱으로 쓸 수 있고, 따라서 $g(x)$ 가 unit 이거나 $R[x]$ 의 irreducible 한 원소의 곱인 것만 보이면 충분합니다.

 

만약 $g(x)$ 가 unit 이거나 irreducible 하다면 더 증명할 것이 없습니다. 그렇기 때문에 $g(x)$ 가 unit 이 아니고 irreducible 하지 않을 경우를 보겠습니다. 그렇다면 $g(x) = h(x)k(x)$ 이고 unit 이 아닌 $h(x), k(x) \in R[x]$ 가 존재합니다. 그런데 $g(x)$ 는 primitive 하므로 $g(x)$ 를 나누는 degree $0$ 인 원소는 모두 unit 입니다. 따라서 $$0 < \deg h(x) < \deg g(x) \\ 0 < \deg k(x) < \deg g(x)$$ 를 얻습니다. 그리고 $h(x), k(x)$ 가 primitive 함 또한 자명합니다. (그렇지 않다면 unit 이 아닌 $c$ 가 존재해 $g(x)$ 를 나눕니다.)

 

만약 $h(x), k(x)$ 가 irreducible 하면 더 증명할 것이 없습니다. 만약 그렇지 않다면 $h(x)$ 와 $k(x)$ 에 대해 위 과정을 반복할 수 있고, 그 때마다 $\deg$ 는 감소하게 됩니다. 그런데 이러한 과정은 $0 < \deg k(x)$ 이기 때문에 유한 번의 과정 안에 끝나게 되며, primitive 하고 $\deg$ 가 $1$ 인 다항식은 irreducible 하므로 $g(x)$ 는 반드시 $R[x]$ 의 irreducible 한 원소의 곱이 되어 증명이 완성됩니다.

 

$R$ 이 UFD 이고 $g(x), h(x) \in R[x]$ 일 때, $p$ 가 $R$ 의 irreducible 한 원소이고 $$p \mid g(x)h(x)$$ 이면 $p \mid g(x)$ 또는 $p \mid h(x)$ 이다.

 

증명은 어렵지 않으므로 생략하겠습니다.

 

그러면 위 정리의 따름정리로 가우스 보조정리를 얻습니다.

 

$R$ 이 UFD 일 때 primitive 한 $R[x]$ 의 원소의 곱은 primitive 하다.

 

Proof

만약 $g(x), h(x)$ 가 primitive 한데 $g(x)h(x)$ 가 primitive 하지 않다면, unit 이 아닌 어떤 $c \in R$ 에 대해 $c \mid g(x)h(x)$ 입니다. 따라서 $c$ 의 irreducible 한 약수 $p$ 가 $g(x)h(x)$ 를 나누게 되어 $g(x)$ 와 $h(x)$ 가 primitive 함에 모순입니다. 그러므로 $g(x)h(x)$ 는 primitive 합니다.

 

$R$ 이 UFD 이고 $r, s \in R$ 이 $0_R$ 아니며 $f(x), g(x) \in R[x]$ 는 primitive 하고 $$rf(x) = sg(x)$$ 가 성립한다. 그러면 $r, s$ 는 associate 하고 $f(x)$ 와 $g(x)$ 도 associate 하다.

 

Proof

$r$ 이 unit 이라면 $f(x) = r^{-1}sg(x)$ 가 되고, $r^{-1}s$ 가 primitive 한 $f(x)$ 를 나누므로 $(r^{-1}s)u = 1_R$ 인 unit $u$ 가 존재합니다. 따라서 $f(x)$ 와 $g(x)$ 는 associate 하고 $su = r$ 이므로 $s, r$ 도 마찬가지입니다.

 

만약 $r$ 이 unit 이 아니라면 $r = p_1 \cdots p_k$ 이고 $p_i$ 는 모두 irreducible 한 꼴로 쓸 수 있습니다. 그러면 $$p_1 \cdots p_k f(x) = sg(x)$$ 이고, 따라서 $p_1 \mid s$ 또는 $p_1 \mid g(x)$ 입니다. 그런데 $g(x)$ 는 primitive 하고 $p_1$ 은 unit 이 아니므로 $s = p_1 t$ 처럼 쓰여지고, $$p_2 \cdots p_k f(x) = tg(x)$$ 입니다. 이를 반복하면 $$f(x) = \omega g(x)$$ 처럼 쓸 수 있고, $s = p_1\cdots p_k \omega$ 입니다. 이제 $\omega$ 는 $f(x)$ 를 나누므로 unit 이 되어 $f(x), g(x)$ 는 associate 하고 $s = r\omega$ 이므로 $r, s$ 도 마찬가지입니다.

 

UFD $R$ 와 그 quotient field $F$ 에 대해, $f(x), g(x) \in R[x]$ 가 primitive 하다고 하자. $f(x), g(x)$ 가 $F[x]$ 에서 associate 하다면 $R[x]$ 에서도 associate 하다.

 

Proof

$f(x), g(x)$ 가 $F[x]$ 에서 associate 하다면 어떤 $\frac{r}{s} \in F$ 에 대해 $g(x) = \frac{r}{s}f(x)$ 이고, 그러면 $sg(x) = rf(x)$ 가 되어 $f(x), g(x)$ 는 $R[x]$ 에서 associate 합니다.

 

UFD $R$ 과 그 quotient field $F$ 에 대해 $f(x) \in R[x]$ 가 양의 $\deg$ 를 가지고 $R[x]$ 에서 irreducible 하다면, $f(x)$ 는 $F[x]$ 에서도 irreducible 하다.

 

Proof

$f(x)$ 가 $F[x]$ 에서 irreducible 하지 않다면 $f(x) = g(x)h(x)$ 이고 양의 $\deg$ 를 가지는 $g(x), h(x) \in F[x]$ 가 존재합니다. 이제 $b$ 를 $g(x)$ 의 계수의 분모를 모두 곱한 것이라 하면, $bg(x) \in R[x]$ 가 성립합니다. 따라서 primitive 한 어떤 $g_1 (x) \in R[x]$ 에 대해 $bg(x) = ag_1 (x)$ 인 $a \in R$ 이 존재합니다. 즉, $g(x) = \frac{a}{b}g_1 (x)$ 입니다. 마찬가지로 $h(x) = \frac{c}{d}h_1 (x)$ 처럼 쓸 수 있고, $$f(x) = g(x)h(x) = \frac{ac}{bd}g_1 (x) h_1 (x)$$ 가 되어 $bdf(x) = acg_1 (x) h_1 (x)$ 입니다. 그런데 $f(x)$ 는 $R[x]$ 에서 irreducible 하고 $g_1 (x) h_1 (x)$ 가 primitive 하므로 가우스 보조정리에 의해 $f(x)$ 는 primitive 합니다. 따라서 $bdu = ac$ 인 unit $u \in R$ 이 존재하고, $f(x) = ug_1 (x) h_1 (x)$ 가 되어 $f(x)$ 가 $R[x]$ 에서 irreducible 함에 모순입니다. 따라서 $f(x)$ 는 $F[x]$ 에서 irreducible 합니다.

 

$R$ 이 UFD 라면 $R[x]$ 도 UFD 이다.

 

Proof

$R[x]$ 의 $0$ 이 아니고 unit 이 아닌 원소 $f(x)$ 가 irreducible 한 원소의 곱으로 표현됨은 증명했습니다. 이제 그 방법이 유일함을 증명하겠습니다. $$c_1 \cdots c_m p_1 (x) \cdots p_k (x) = d_1 \cdots d_n q_1 (x) \cdots q_t (x)$$ 처럼 $f(x)$ 가 표현된다고 하겠습니다. 이 때 $c_i, d_j$ 는 irreducible 하고 $p_i (x), q_j(x)$ 는 양의 $\deg$ 를 가지는 irreducible 한 $R[x]$ 의 원소이며 primitive 합니다. 그러면 $p_1 (x) \cdots p_k (x)$ 와 $q_1 (x) \cdots q_t (x)$ 가 primitive 하고 associate 하며 $c_1 \cdots c_m$ 과 $d_1 \cdots d_n$ 은 associate 합니다. 따라서 어떤 unit $u \in R$ 에 대해 $$c_1 \cdots c_m = u d_1 \cdots d_n$$ 이어서 $R$ 이 UFD 이므로 $m = n$, $c_1$ 과 $ud_1$ 은 associate 하고 $c_i$, $d_i$ 는 $i \geq 2$ 일 때 associate 합니다.

 

이제 $F$ 를 $R$ 의 quotient field 라 하면, $p_i (x), q_j (x)$ 는 $F[x]$ 에서 irreducible 합니다. 그러므로 $k = t$ 이고 $p_i (x)$ 와 $q_i (x)$ 가 associate 함은 쉽게 보여집니다. 따라서 $R[x]$ 는 UFD 입니다.