K[x] 是唯一分解整环

它指向谁（出边）

推出 1

• 本页 ⟹ 根子空间分解推出
  唯一分解 + 极小多项式 $\implies$ 根子空间分解

  设 $K$ 代数闭、$\chi_T = \prod_{i=1}^{r}(x - \lambda_i)^{m_i}$，$\lambda_i$ 互异。

  1. 把 $V$ 看成 $K[x]$-模：令 $x \cdot v := T(v)$。模的公理就是 $T$ 的线性性 + $T^{0} = I$，逐步验证即可。于是 $\chi_T \cdot V = 0$。
  2. 中国剩余定理：$\chi_T = \prod_i (x - \lambda_i)^{m_i}$ 中诸因子两两互素（互异一次因子的幂），故

  $$K[x]/(\chi_T) \;\cong\; \prod_i K[x]/((x - \lambda_i)^{m_i})$$

  1. 翻译回 $V$：对每个 $i$ 令 $V_i := \ker (T - \lambda_i I)^{m_i}$。由互素性可取多项式 $u_i$ 使 $\sum_i u_i \cdot \frac{\chi_T}{(x-\lambda_i)^{m_i}} = 1$（Bézout），作用到 $v \in V$ 上给出分解 $v = \sum_i v_i$，$v_i \in V_i$。直和性由「不同因子的核之交为零」得到。
  2. 维数：$V_i$ 是 $T$-不变的，且 $T|_{V_i}$ 只有一个特征值 $\lambda_i$，故 $\chi_{T|_{V_i}} = (x - \lambda_i)^{\dim V_i}$；两边取乘积并与 $\chi_T$ 比较，得 $\dim V_i = m_i$。
  3. $E_{\lambda_i} \subseteq V_i$：$\ker(T - \lambda_i I) \subseteq \ker (T - \lambda_i I)^{m_i}$ 显然。∎

  第 1 步（把 $V$ 变成 $K[x]$-模）是整条链的枢纽：一旦成为模，「按不可约因子拆」就自动由 $K[x]$ 是唯一分解整环 + Bézout 提供，不必再在向量空间里手搓。

谁指向它（入边）

推出 1

• 带余除法 ⟹ 本页推出
  带余除法 $\implies$ 唯一分解

  记 $R := K[x]$，它是整环（$\deg(fg) = \deg f + \deg g$）。

  第一步：辗转相除与 Bézout 等式。 对 $f, g \ne 0$ 反复用带余除法（$f = qg + r$，$\deg r < \deg g$），次数严格下降故必停：最后非零余式 $d$ 满足 $d \mid f$、$d \mid g$，且存在 $a, b \in R$ 使

  $$a f + b g = d$$

  （把除法的每一步回代即得。）$d$ 就是 $\gcd(f, g)$（首一化之后唯一）。

  第二步：不可约 $\implies$ 素。 设 $p$ 不可约、$p \mid fg$。若 $p \nmid f$，则 $\gcd(p, f) = 1$，由 Bézout 有 $ap + bf = 1$；两边乘 $g$：$apg + bfg = g$。左端两项都被 $p$ 整除（第一项显然，第二项因为 $p \mid fg$），故 $p \mid g$。

  第三步：存在性。 对 $\deg f$ 归纳：若 $f$ 不可约则已分解完；否则 $f = gh$ 且 $\deg g, \deg h < \deg f$，对两者归纳。

  第四步：唯一性。 设 $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$（都是不可约元，首一化后）。由 $p_1 \mid q_1 \cdots q_s$ 与第二步，存在某个 $j$ 使 $p_1 \mid q_j$；两者都不可约（从而相伴），约掉后对 $r + s$ 归纳，得 $r = s$ 且分解在顺序与单位之下相同。∎

  四步里只有第二步用了域的特殊性（本质上是带余除法给出的 Bézout 等式）；其余三步对任何整环都成立。这也是「欧几里得整环 $\implies$ UFD」这条链的标准证明。

定义引用 1

• 不可约多项式 → 本页定义引用

  唯一分解定理的陈述里出现了「不可约多项式」，先要有那个词。