抽象代数 · 第33讲 · 域上的一元多项式环

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◎学习目标

理解域 $F$ 上一元多项式环 $F[x]$ 的定义（加法、乘法、次数 $\deg$），认识 $F[x]$ 是欧氏整环（范数取次数），从而是主理想整环（PID）与唯一分解环（UFD）；
掌握带余除法（多项式长除）：对 $f, g \in F[x]$，$g \neq 0$，存在唯一的 $q, r \in F[x]$ 使 $f = qg + r$ 且 $\deg r < \deg g$ 或 $r = 0$；
理解并会用因式定理（Factor Theorem）：$f(\alpha) = 0 \iff (x - \alpha) \mid f$；会用它在 $F$ 上判断一次/二次多项式的可约性（无根则不可约）；
掌握不可约多项式的定义与基本性质；理解在 $F[x]$（UFD）中「不可约 $\iff$ 素（prime）」，以及线性不可约多项式的判别方法；
掌握极大理想的定义，证明「$p \in F[x]$ 不可约 $\iff$ $(p)$ 是 $F[x]$ 的极大理想」；结合「$R/I$ 是域 $\iff$ $I$ 是极大理想」得到：由不可约多项式生成的理想给出一个域；
会用带余除法把商环 $F[x]/(p)$ 中的元素归约为次数小于 $\deg p$ 的代表元，会计算具体的乘法表（如 $\mathbb{F}_2[x]/(x^2+x+1)$）；
理解「系数环必须是域」这一前提：若系数环不是域（如 $\mathbb{Z}$），不可约多项式生成的理想不一定是极大理想，商环也不一定是域。

1引言与回顾：$F[x]$ 的结构 ⏱ 00:00

本讲继续学习环论，主题是域上的一元多项式环。它是环论里一个非常重要的例子：前面学习理想、同态等概念时，我们经常用域上的一元多项式环来作例子；它还能帮助我们更好地理解环的性质与结构。⏱ 00:08

另一方面，后面要学的域扩张可以通过不可约多项式来构造，而高斯（Galois）理论研究的多项式的根与域扩张之间的关系，也大量用到一元多项式环。所以这一讲对后面的内容非常关键。⏱ 00:29

1.1 先回顾 $F[x]$ 的代数结构

设 $F$ 是一个域。$F$ 上的一元多项式环 $F[x]$：元素形如 $a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$（$a_i \in F$），加法、乘法按多项式逐项定义；零多项式次数记为 $\deg 0 = -\infty$，非零多项式的次数是其最高项的指数。⏱ 00:57

结构链条 ⏱ 01:02 上一讲学欧氏整环（Euclidean domain）时，已经证明：$F[x]$ 是一个欧氏整环（范数取多项式的次数）；而前面的结论是 \[ \text{欧氏整环} \;\Longrightarrow\; \text{主理想整环 (PID)} \;\Longrightarrow\; \text{唯一分解环 (UFD)}. \] 因此很自然地得到：$F[x]$ 既是欧氏整环，也是主理想整环，也是唯一分解环。

1.2 UFD 的两个直接后果 ⏱ 01:44

最大公因式存在：由 UFD 的定义，最大公因式条件满足——任意两个多项式 $f(x), g(x) \in F[x]$ 总存在最大公因式（greatest common divisor），记作 $d(x) = \gcd(f, g)$。
Bézout 恒等式：一定存在 $s(x), t(x) \in F[x]$，使得最大公因式可以写成 $f, g$ 的线性组合： $d(x) = \gcd(f, g) = s(x)\,f(x) + t(x)\,g(x).$ 这是由前面已证的结论可以直接得到的。⏱ 02:20

1.3 不可约多项式的定义 ⏱ 03:00

本讲要研究 $F[x]$ 的不可约元，在这个环里就叫做不可约多项式（irreducible polynomial）。

定义 · 不可约多项式非零、非常数的多项式 $p(x) \in F[x]$ 称为不可约的，如果它不能分解为两个次数都比它低的非常数多项式的乘积。也就是说，若 $p = fg$，则 $f$ 或 $g$ 必为常数（相伴于 1 的因子）。

换个说法：$p(x)$ 不可约 = 它的因子只有「常数」与「它本身的非零倍数（相伴因子）」这两类。一次多项式（线性多项式）在 $F[x]$ 中总是不可约的；而 $\deg p \ge 2$ 时，$p$ 可约 $\iff$ 它在 $F$ 上有一个根（对一次、二次情况这是充要的——后面例子会反复用到）。⏱ 03:42

UFD 中「不可约 ⟺ 素」 ⏱ 04:33 $F[x]$ 是唯一分解环，而前面已证：在 UFD 里不可约元与素元（prime element）等价。因此 $F[x]$ 里的不可约多项式就是它的素元。这个等价性依赖于 $F[x]$ 是 UFD 这一事实，后面的商环讨论还会反复用到。

本讲路线 ⏱ 06:15 不可约多项式 $\to$ 极大理想 $\to$ 由不可约多项式生成的理想是极大理想 $\to$ 商环 $F[x]/(p)$ 是域 $\to$ 用带余除法写出商环中的元素 $\to$ 具体例子（$p=x^2+2x+2$、$p=x^2+x+1$）$\to$ 反例（系数环不是域时结论不成立）。

2带余除法（多项式长除） ⏱ 33:12

研究 $F[x]$ 中由某个多项式生成的理想、以及相应商环时，需要一条基本工具：对 $F[x]$ 中任取一个多项式 $f(x)$ 与一个非零多项式 $p(x)$，都可以做多项式长除。

带余除法（多项式长除）设 $f, p \in F[x]$，$p \neq 0$。则存在唯一的一对 $q(x), r(x) \in F[x]$，使得

f(x) = q(x)\,p(x) + r(x), \qquad \deg r < \deg p \;\;\text{ 或}\;\; r = 0,

其中 $q$ 称为商（quotient），$r$ 称为余式（remainder）。

F[x] 带余除法 ⇒ 欧氏整环（点击展开）

定义范数 $\delta: F[x] \setminus \{0\} \to \mathbb{N}$，$\delta(f) = \deg f$。验证欧氏函数两条性质：

商的存在：若 $p \mid f$，取 $q$ 使 $p \cdot q = f$，取 $r = 0$；否则设 $\deg f \ge \deg p$。写 $f = \sum_{i=0}^{m} a_i x^i$，$p = \sum_{j=0}^{n} b_j x^j$，$b_n \neq 0$。用「消去最高项」法：令 $q_1 = (a_m / b_n) x^{m-n}$，则 $f - q_1 p$ 的次数比 $f$ 至少降 1（因为最高项抵消）。反复消去有限步后得到 $f = q p + r$，且 $\deg r < \deg p$ 或 $r=0$。⏱ 34:00
唯一性：设 $f = q_1 p + r_1 = q_2 p + r_2$，$\deg r_1, \deg r_2 < \deg p$。则 $(q_1 - q_2)p = r_2 - r_1$。若 $q_1 \neq q_2$，则右边 $\deg(r_2 - r_1) < \deg p$，而左边 $\deg((q_1-q_2)p) = \deg(q_1-q_2) + \deg p \ge \deg p$（因为 $F$ 是域，次数满足 $\deg(fg)=\deg f + \deg g$），矛盾。故 $q_1 = q_2$，进而 $r_1 = r_2$。

于是 $F[x]$ 配备范数 $\deg$ 是欧氏整环；由上一讲结论，欧氏整环 ⇒ 主理想整环 ⇒ 唯一分解环。这一步正是「$F[x]$ 是 UFD」的核心证明。⏱ 35:10

余式与商环 ⏱ 35:25 把带余除法两边在商环 $F[x]/(p)$ 里取像（即「磨掉」由 $p$ 生成的理想）：左边变成 $\bar f$，右边 $q p + r$ 中 $qp$ 项掉入理想 $(p)$ 变为 $0$，只剩余式：

\[ f(x) + (p) = r(x) + (p). \] 也就是说：在商环 \(F[x]/(p)\) 中，任意一个类都等于其对应余式的类；而余式的次数严格小于 \(\deg p\)。这条事实把「商环中的元素」与「次数小于 \(\deg p\) 的多项式」一一对应，是后面把商环元素写出来的关键。

3根与因式定理（Factor Theorem）

因式定理设 $f(x) \in F[x]$，$\alpha \in F$。则

f(\alpha) = 0 \;\;\Longleftrightarrow\;\; (x - \alpha) \text{ 整除 } f(x).

即 $\alpha$ 是 $f$ 在 $F$ 中的根（root）当且仅当 $(x-\alpha)$ 是 $f$ 的因式。

因式定理的证明（点击展开）

（⇒）设 $f(\alpha)=0$。由带余除法，除以 $(x-\alpha)$ 有

f(x) = (x-\alpha)\,q(x) + r, \qquad r \in F \text{（常数）}.

代入 $x = \alpha$：$f(\alpha) = 0 \cdot q(\alpha) + r = r$。因为 $f(\alpha)=0$，故 $r = 0$，于是 $f(x) = (x-\alpha)\,q(x)$，即 $(x-\alpha) \mid f$。

（⇐）若 $(x-\alpha) \mid f$，则 $f(x) = (x-\alpha)q(x)$。代入 $x = \alpha$：$f(\alpha) = 0 \cdot q(\alpha) = 0$。

（两条方向都只用了一次带余除法——把 $f$ 除以 $(x-\alpha)$ 得到的余式必为常数；代入 $x=\alpha$ 后 $(x-\alpha)$ 项消失，余式即 $f(\alpha)$。）⏱ 36:45

应用 · 判断一次、二次多项式的可约性在 $F[x]$ 中：

一次多项式（$\deg = 1$）总是不可约的（无法再分解）。
二次多项式：若它在 $F$ 上无根，则不可约；若在 $F$ 上有根 $\alpha$，则由因式定理 $(x-\alpha) \mid f$，从而 $f$ 可约（写成两个一次多项式之积）。因此二次多项式在 $F$ 上可约 $\iff$ 在 $F$ 上有根。

这一点在下面的例 1、例 2 中会被反复使用：要证 $p$ 不可约，只要说明 $p$ 在系数域 $F$ 上没有根即可。

4不可约多项式：基本性质与判别 ⏱ 03:00

4.1 与「素（不可约/素不可约）」的等价 ⏱ 04:33

不可约 ⟺ 素（在 $F[x]$ 中）由 §1.3，$F[x]$ 是 UFD，「不可约元 = 素元」。因此 $F[x]$ 中一个不可约多项式 $p$ 还满足：若 $p \mid fg$，则 $p \mid f$ 或 $p \mid g$。这个「素性质」正是下一个命题（§5）里把 $(p)$ 证为极大理想的关键。

4.2 不可约性判定的要点 ⏱ 05:10

一次多项式总是不可约。
二次/三次多项式在 $F$ 上可约 $\iff$ 在 $F$ 上有根（次数 $\le 3$ 时，若有真因子就必有一次因子）。故判断二次、三次多项式是否不可约，只需「在 $F$ 上无根」。
次数 $\ge 4$ 的多项式，「无根」只是不可约的必要条件（无根不一定不可约，例如 $\mathbb{R}$ 上的 $(x^2+1)(x^2+4)$ 无实根但可约），需要更强工具（如 Eisenstein 判别法、Efrat 法等，后续课程会讲）。

5极大理想与域的关系 ⏱ 06:19

5.1 极大理想的定义 ⏱ 06:40

定义 · 极大理想（maximal ideal）设 $R$ 是环，$I$ 是 $R$ 的理想。若 $R$ 中不存在真包含 $I$ 的真理想——即任何理想 $J$ 只要满足 $I \subseteq J$，就必有 $J = I$ 或 $J = R$——则称 $I$ 是 $R$ 的极大理想。

证明一个理想是极大理想时常用的套路：取一个真包含 $I$ 的理想 $J$，证明 $J = R$（即 $I$ 与 $R$ 之间夹不到别的理想）。⏱ 09:28

5.2 极大理想 ⟺ 商环是域 ⏱ 20:54

命题（重要充要条件）设 $R$ 是带单位元 $1$ 的交换环，$I$ 是 $R$ 的理想且 $I \neq R$。则

I \text{ 是 } R \text{ 的极大理想} \;\;\Longleftrightarrow\;\; R/I \text{ 是域}.

它的核心依据是前面已证的「带单位元交换环 $R$ 是域 $\iff$ $R$ 只有平凡理想（即只有 $0$ 和 $R$）」。

证明（点击展开）

（⇒）极大理想 ⇒ 商环是域：若 $I$ 是极大理想，则 $R/I$ 中除了 $0$ 和整个商环之外没有别的理想（由环的理想与商环理想之间的一一对应定理：$R/I$ 中的理想形如 $J/I$，$I \subseteq J \subseteq R$；若存在 $I \subsetneq J \subsetneq R$ 就会违反极大性）。而 $R/I$ 是带单位元的交换环，只有平凡理想 ⇒ $R/I$ 是域。⏱ 22:49

（⇐）商环是域 ⇒ 极大理想：设 $R/I$ 是域，则它只有平凡理想 $0$ 与 $R/I$。若 $J$ 是 $R$ 的理想且 $J$ 真包含 $I$，则 $J/I$ 是 $R/I$ 的理想且非零（因为 $J \supsetneq I$），于是 $J/I = R/I$，即 $J = R$。因此 $I$ 与 $R$ 之间没有其他理想，$I$ 是极大理想。⏱ 26:20

5.3 不可约多项式生成极大理想 ⏱ 10:10

命题（本讲核心）设 $F$ 为域，$p(x) \in F[x]$。则

p(x) \text{ 不可约} \;\;\Longleftrightarrow\;\; (p) \text{ 是 } F[x] \text{ 的极大理想}.

证明（点击展开）

（⇒）不可约 ⇒ $(p)$ 极大：设 $I$ 是 $F[x]$ 的理想且 $(p) \subseteq I$。因为 $F[x]$ 是主理想整环，$I = (g)$ 由某个 $g \in F[x]$ 生成。由理想之间的包含关系（由 $g$ 生成的理想包含由 $p$ 生成的理想），$g$ 必为 $p$ 的因式，即 $g \mid p$。由于 $p$ 不可约，$g$ 只能是常数（$g$ 相伴于 1）或 $g = c\,p$（$c \in F^\times$）：⏱ 11:30

若 $g$ 是非零常数，则 $I = (g) = F[x]$（可逆元生成整个环）；
若 $g = c\,p$，则 $I = (g) = (p)$。

所以任何包含 $(p)$ 的理想 $I$ 要么等于 $(p)$，要么等于整个环 $F[x]$——即 $(p)$ 是极大理想。

（⇐）$(p)$ 极大 ⇒ 不可约：反设 $p$ 可约，则 $p = f g$ 且 $\deg f, \deg g < \deg p$。于是 $(p) \subsetneq (f)$（因为 $p = f g \in (f)$ 且 $f \notin (p)$——若 $f \in (p)$ 则 $\deg f \ge \deg p$，矛盾）。但 $(f)$ 是包含 $(p)$ 的更大理想，且由前面的讨论 $(f) \neq F[x]$（因 $\deg f \ge 1$），与 $(p)$ 极大矛盾。故 $p$ 不可约。⏱ 14:45

5.4 推论：不可约多项式给出一个域 ⏱ 32:00

推论结合 §5.2 与 §5.3：设 $F$ 为域，$p(x) \in F[x]$ 不可约，则

\[ F[x]/(p) \quad \text{是一个域}. \] 这就是「由不可约多项式生成极大理想」和「极大理想对应商环为域」两个结论合在一起的结果：\(\langle p\rangle\) 是极大理想，故商环是域。这是用不可约多项式「构造」新域的核心方法，后面域扩张、有限域的构造都会反复用到。

6商环 $F[x]/(p)$ 的结构

代表元的选取由 §2 的带余除法：对任意 $f(x) \in F[x]$，存在余式 $r(x)$，$\deg r < \deg p$，使得

\[ f(x) + (p) = r(x) + (p). \] 因此 \(F[x]/(p)\) 中任意一个元素都可以用一个次数严格小于 \(\deg p\) 的多项式来表示。特别地，若 \(p\) 是 \(n\) 次多项式，则每个类都有唯一的代表元 \[ a_0 + a_1 x + \cdots + a_{n-1} x^{n-1}, \qquad a_i \in F. \] 这些 \(a_i\) 的取值总数决定了商环的规模：若 \(|F| = q\)（有限域），则 \(|F[x]/(p)| = q^n\)。 商环中的「降次」规则 在商环 \(F[x]/(p)\) 中，\(p(x) = 0\)。因此关系 \(p(x) = 0\) 提供了把任意次数 \(\ge n\) 的项「降级」的公式：例如若 \(p = x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0\)，则 \(x^n = -a_{n-1}x^{n-1} - \cdots - a_0\)，用它反复替换即可把任意多项式降级到次数 \(< n\)。 6.1 商环中的 0 元与 1 元 加法单位元（0 元）是 \(0 + (p) = (p)\)； 乘法单位元（1 元）是 \(1 + (p)\)。 注意 0 元「就是由 \(p\) 生成的理想本身」——它恰好是 \(F[x]\) 中所有被 \(p\) 整除的多项式组成的集合。这也呼应了 §5 中「由 \(p\) 生成的理想」的语言。⏱ 39:00

7例 1：$\mathbb{Q}[x] / (x^2 + 2x + 2)$ ⏱ 35:30

取系数域为有理数域 $\mathbb{Q}$，考虑二次多项式 $p(x) = x^2 + 2x + 2$。

7.1 $p$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约 ⏱ 35:55

若 $p$ 可约，则作为二次多项式它必能写成两个一次多项式之积（系数都在 $\mathbb{Q}$ 中）：

x^2 + 2x + 2 = (x - a)(x - b), \qquad a, b \in \mathbb{Q}.

由因式定理这等价于「$p$ 在 $\mathbb{Q}$ 上有一个根」。但配方：

\[ x^2 + 2x + 2 = (x+1)^2 + 1. \]

对任意 $x \in \mathbb{Q}$（乃至任意实数），$(x+1)^2 + 1 > 0$，故 $p(x) \neq 0$；也就是说 $p$ 在 $\mathbb{Q}$ 上没有根（甚至没有实根），矛盾。因此 $p(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约。⏱ 38:10

7.2 商环是域，元素可写成一次多项式

由 §5.4，令 $I = (x^2 + 2x + 2)$，则 $\mathbb{Q}[x] / I$ 是一个域。由带余除法，任意 $\overline{f}$ 可归约为 $\overline{r}$ 且 $\deg r < 2$，故该域中每个元素都可写成

a_0 + a_1 x + I, \qquad a_0, a_1 \in \mathbb{Q}.

由于 $\mathbb{Q}$ 有无穷元素，这个域是一个「形式上的」扩域：它同构于 $\mathbb{Q}(\sqrt{-1}) = \mathbb{Q}(i)$——把 $x$ 映到 $i$（满足 $x^2 = -2x - 2$，即 $x+1$ 平方等于 $-1$）即得。⏱ 39:55

要点关键是先证明 $p$ 不可约，再用 §5 的结论得出商环是域；然后借助带余除法，把域中所有元素显式地写成「次数 $< \deg p$ 的多项式」形式。

8例 2：$\mathbb{F}_2[x] / (x^2 + x + 1)$ ⏱ 43:38

取系数域为有限域 $\mathbb{F}_2 = \{0, 1\}$，考虑 $p(x) = x^2 + x + 1$。

8.1 $p$ 在 $\mathbb{F}_2[x]$ 中不可约 ⏱ 43:51

假设 $p$ 可约，则它必写成两个一次多项式之积，等价于 $p$ 在 $\mathbb{F}_2$ 上有根。但 $\mathbb{F}_2$ 只有 $0, 1$ 两个元素：

p(0) = 0^2 + 0 + 1 = 1 \neq 0, \qquad p(1) = 1^2 + 1 + 1 = 3 \equiv 1 \pmod{2} \neq 0.

所以 $p$ 在 $\mathbb{F}_2$ 上没有根，$p$ 在 $\mathbb{F}_2[x]$ 中不可约。⏱ 44:40

8.2 商环只有 4 个元素 ⏱ 45:56

由 §5.4，$\mathbb{F}_2[x] / (p)$ 是一个域。每个元素可写成 $a_0 + a_1 x$（$a_0, a_1 \in \mathbb{F}_2$），共 $2 \times 2 = 4$ 个：

0,\quad 1,\quad x,\quad 1 + x.

这就是4 元域 $\mathbb{F}_4$ 的构造。在商环中 $x^2 + x + 1 = 0$，即 $x^2 = x + 1$（注意在 $\mathbb{F}_2$ 中 $-1 = 1$，所以 $x^2 = -x - 1 = x + 1$）。

8.3 乘法表（可自算验证）

·	1	x	1+x
0	0	0	0
1	1	x	1+x
x	x	1+x	1
1+x	1+x	1	x

例如：$x \cdot x = x^2 = x + 1$（用 $x^2 = x+1$ 降级）；$x(1+x) = x + x^2 = x + (x+1) = 1$（$\mathbb{F}_2$ 中 $2x = 0$）。由此 $x$ 与 $1+x$ 互为乘法逆元，验证了它确是域。⏱ 50:00

小结 · 这个例子的意义 ⏱ 50:18 由不可约多项式出发 → 证明 $p$ 不可约（在 $\mathbb{F}_2$ 上无根）→ 商环是域 → 元素可写成次数 $< \deg p$ 的多项式（此处为一次）→ 写出 4 个元素与乘法表。整套流程把前面抽象结论落地到一个可计算的小域上，也是「用不可约多项式构造有限域」的标准做法。

9反例：系数环不是域时结论不成立 ⏱ 52:27

注意 · 前提很重要上面例 1、例 2 的结论「不可约多项式生成极大理想 ⇒ 商环是域」依赖系数环是域。若把系数换成一般交换环（不是域），则同样的命题不再成立。下面用一个反例说明。

考虑整数环 $\mathbb{Z}$（不是域）上的多项式环 $\mathbb{Z}[x]$，以及其中的多项式 $p(x) = x^2 + 1$。

9.1 $x^2 + 1$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 中的不可约元 ⏱ 53:53

若 $x^2+1$ 可约，则写成 $(x-a)(x-b)$ 且 $a, b \in \mathbb{Z}$，即 $x^2+1$ 在 $\mathbb{Z}$（乃至 $\mathbb{R}$）上有整数根。但 $x^2 + 1 = 0$ 在实数中无解（$x^2 \ge 0$，故 $x^2+1 \ge 1$），矛盾。所以 $x^2 + 1$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

9.2 但 $\mathbb{Z}[x] / (x^2+1)$ 不是域

由 §5.2，要证商环不是域，只需证 $(x^2+1)$ 不是 $\mathbb{Z}[x]$ 的极大理想。构造一个真包含它的真理想：取

J = (x + 1,\; 2) \;\subseteq\; \mathbb{Z}[x].

一方面，$x^2 + 1 = (x-1)(x+1) + 2 \in J$（展开：取 $f = x-1$，$g = 1$，则 $(x-1)(x+1) + 1 \cdot 2 = x^2 - 1 + 2 = x^2 + 1$），故 $(x^2+1) \subseteq J$。⏱ 57:40

另一方面：$J$ 真包含 $(x^2+1)$——因为 $J$ 还含有 $x+1$ 与常数 $2$；而 $J \neq \mathbb{Z}[x]$——因为常数 $1$ 不在 $J$ 中（任何 $f(x)(x+1) + g(x)\cdot 2$ 中：第一项次数 $\ge 1$ 的项来自 $f(x)(x+1)$，常数部分来自 $f(0)\cdot 1 + 2g(0)$，而 $2$ 不能给出奇数，故常数项永远是偶数，不可能为 $1$）。

因此 $J$ 是 $(x^2+1)$ 与 $\mathbb{Z}[x]$ 之间的一个真理想，说明 $(x^2+1)$ 不是极大理想；再由 §5.2，$\mathbb{Z}[x]/(x^2+1)$ 不是域（事实上它有一个非平凡的零因子结构，例如 $(1+ix)$ 与 $(1-ix)$ 相乘等于 $0$ 之类——具体留作练习）。⏱ 58:45

结论 · 系数必须是域 ⏱ 61:50 对比例 1、例 2（系数是域 $\mathbb{Q}$、$\mathbb{F}_2$）与这个反例（系数是 $\mathbb{Z}$，不是域）：只有当系数环本身是域、且所取多项式不可约时，才能由 §5 得到「商环是域」。系数换成一般交换环时，即便多项式不可约，结论也不成立。

★重点回顾

结构链条：$F[x]$ 是欧氏整环（范数 $=\deg$）⇒ 主理想整环 ⇒ 唯一分解环；UFD 中不可约 $\iff$ 素；任意两多项式都有 gcd 且可写成 Bézout 组合。

带余除法：$f = qp + r$，$\deg r < \deg p$ 或 $r = 0$，唯一；商环 $F[x]/(p)$ 中 $f + (p) = r + (p)$（余式与多项式在商环中相等）。

因式定理：$f(\alpha) = 0 \iff (x-\alpha) \mid f$；二次多项式在 $F$ 上可约 $\iff$ 在 $F$ 上有根；故判断二次多项式不可约只需「在 $F$ 上无根」。

极大理想定义：$I$ 极大 ⟺ 不存在真包含 $I$ 的真理想（任何理想 $J$ 含 $I$ 则 $J = I$ 或 $J = R$）。

核心命题：$R$（带 1 交换环）中 $I \neq R$，$I$ 极大 ⟺ $R/I$ 是域；$F$ 为域、$p$ 不可约 ⟺ $(p)$ 是 $F[x]$ 的极大理想 ⟹ $F[x]/(p)$ 是域。

商环元素：$F[x]/(p)$ 中每类都有唯一代表元 $a_0 + a_1 x + \cdots + a_{n-1}x^{n-1}$（$n = \deg p$）；有限域 $|F| = q$ 时 $|F[x]/(p)| = q^n$。

例 1：$x^2 + 2x + 2$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 不可约（配方 $(x+1)^2+1 > 0$ 无实根）；$\mathbb{Q}[x]/(x^2+2x+2) \cong \mathbb{Q}(i)$。

例 2：$x^2 + x + 1$ 在 $\mathbb{F}_2[x]$ 不可约（$p(0)=p(1)=1$）；商环即 4 元域 $\mathbb{F}_4 = \{0,1,x,x+1\}$，$x^2 = x+1$，$x$ 与 $x+1$ 互为逆元。

反例：$x^2 + 1$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 不可约，但 $(x^2+1)$ 不是极大理想（$(x^2+1) \subsetneq (x+1, 2) \subsetneq \mathbb{Z}[x]$），故 $\mathbb{Z}[x]/(x^2+1)$ 不是域——系数环必须是域。

⚠易错点提醒

常见错误

把「不可约多项式」直接等同于「素不可约」：$F[x]$ 中不可约 = 素 = 不可约（UFD 中三词等价），但不要把「素理想」（prime ideal）与「素元」（prime element）混为一谈——本讲 §5.2 的命题针对的是理想，而「$p$ 不可约 $\Rightarrow$ $(p)$ 极大」针对的是多项式生成理想。
用因式定理判断可约性时忘了二次/三次才充要：次数 $\ge 4$ 的多项式无根不一定不可约（如 $(x^2+1)(x^2+4)$ 无实根但可约），此时「无根 ⇒ 不可约」的方向不成立。
写商环中的「降次」时忘了用商环中的关系 $p = 0$：在 $F[x]/(p)$ 中 $p$ 等于 0，所以 $x^n$ 才等于「由 $p$ 解出的右边」；脱离商环谈这个等式是没有意义的。
把 $F_2$ 中 $-1$ 与 $1$ 搞混：有限特征 2 的域中 $-1 = 1$，故 $x^2 = -x - 1 = x + 1$（例 2 中降次的关键）；在特征 $\neq 2$ 的域中（例 1）$-1 \neq 1$，不能这么处理。
证明极大理想时漏了「$J$ 是真包含 $I$」的方向：极大理想定义要求 $I$ 与 $R$ 之间夹不到别的理想——既要证「$I \subsetneq J$ 则 $J = R$」，也要证 $I \neq R$（否则 $R$ 自己不算极大）。
反例中把「$(x^2+1) \subset (x+1, 2)$」的包含关系写错方向：应证 $x^2+1 \in (x+1, 2)$（展开 $(x-1)(x+1) + 2$），从而 $(x^2+1) \subseteq (x+1, 2)$；并证 $1 \notin (x+1, 2)$ 说明它是真理想。
把「$F[x]/(p)$ 是域」误推广到系数不是域的情形：系数是 $\mathbb{Z}$ 时（$x^2+1$ 不可约）商环不是域——这是本讲特意给的反例。

✎自测与作业

设 $F$ 为域，$p(x) \in F[x]$ 不可约。证明 $(p)$ 是 $F[x]$ 的极大理想（用「$(p)$ 极大 ⟺ $F[x]/(p)$ 是域」或直接证明）。并证明反向：若 $(p)$ 是极大理想，则 $p$ 不可约。
判断 $x^2 + x + 1$ 在 $\mathbb{F}_3[x]$ 中是否不可约；若不可约，写出 $\mathbb{F}_3[x]/(x^2+x+1)$ 中全部 $9$ 个元素，并验证 $x$ 的乘法逆元。
设 $p(x) = x^3 + x + 1 \in \mathbb{F}_2[x]$。证明 $p$ 在 $\mathbb{F}_2$ 上不可约（提示：只需检验 $p(0)$、$p(1)$ 是否都为 $1$——对三次多项式，无根即不可约）。并写出 $\mathbb{F}_2[x]/(p)$ 中的 $8$ 个元素。
用带余除法把 $x^4 + 2x^3 + x + 5$ 除以 $p(x) = x^2 + 2x + 2$（$p$ 同 §7），得到 $\mathbb{Q}[x]/(p)$ 中对应的代表元（次数 $< 2$）。
（反例验证）证明 $(x^2 + 1)$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 中的非极大理想：构造理想 $J = (x+1, 2)$，验证 $(x^2+1) \subsetneq J \subsetneq \mathbb{Z}[x]$，由此说明 $\mathbb{Z}[x]/(x^2+1)$ 不是域。
设 $q(x) = x^2 - 2 \in \mathbb{Q}[x]$。证明 $q$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约，并写出 $\mathbb{Q}[x]/(q)$ 中元素的一般形式；验证 $\mathbb{Q}[x]/(q) \cong \mathbb{Q}(\sqrt{2})$。

下一讲预告第 34 讲将继续沿着「不可约多项式 → 极大理想 → 商环是域」这条线索，进入域扩张（field extensions）：如何用不可约多项式构造扩域 $F(\alpha)$（$\alpha$ 是 $p$ 的根），以及最小多项式的概念。

第 33 讲 · 域上的一元多项式环

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◎学习目标

1引言与回顾：\(F[x]\) 的结构 ⏱ 00:00

1.1 先回顾 \(F[x]\) 的代数结构