高斯引理 (5-1)

高斯引理

两个本原多项式的乘积还是本原多项式。

设f(x)＝αₙxⁿ＋· · ·＋α₁x＋α₀，g(x)＝bₘxᵐ＋· · ·＋b₁x＋b₀是两个本原多项式。

设h(x)＝f(x)g(x)＝cₙ₊ₘxⁿ⁺ᵐ＋· · ·＋c₁x＋c₀，其中cₛ＝∑αᵢbⱼ，

ᵢ₊ⱼ₌ₛ

s＝0，1，· · ·，n＋m。

（反证法）

如果h(x)不是本原多项式，则存在一个素数p，使得p|cₛ，s＝0，1，· · ·，n＋m。

因为f(x)，g(x)是本原多项式，p不能整除f(x)和g(x)的每一项系数，设

p|α₀，p|α₁，· · ·，p|αₖ₋₁，p∤αₖ

p|b₀，p|b₁，· · ·，p|bₗ₋₁，p∤bₗ

则

cₖ₊ₗ＝αₖ₊ₗb₀＋· · ·＋αₖ₊ₗbₗ₋₁＋αₖbₗ＋αₖ₋₁bₗ₊₁＋· · ·＋α₀bₖ₊ₗ

p∤αₖ且p∤bₗ，p是素数，则p∤cₖ₊ₗ，与p整除每个cₛ矛盾。

【请你依据给定的信息和文本给出更加详细，并且不跳过任何一步的证明，请掌握所有的细节。如此证明的所有理由都不能跳过。】

【claude-3-5-sonnet-20240620】

好的,我会按照您的要求,提供一个更加详细的证明,不跳过任何步骤和理由。

高斯引理定理的证明:

给定:

1. f(x)＝αₙxⁿ＋. . .＋α₁x＋α₀是一个本原多项式

2. g(x)＝bₘxᵐ＋. . .＋b₁x＋b₀是另一个本原多项式

3. h(x)＝f(x)g(x)＝cₙ₊ₘxⁿ⁺ᵐ＋. . .＋c₁x＋c₀

其中cₛ＝∑αᵢbⱼ，s＝0，1，. . .，n＋m

ᵢ₊ⱼ₌ₛ

我们将使用反证法来证明h(x) 也是本原多项式。

步骤1: 假设相反

假设h(x) 不是本原多项式。

步骤2: 推导假设的含义

根据本原多项式的定义,如果h(x) 不是本原多项式,那么【存在一个素数 p】,使得 p 可以整除 h(x) 的所有系数。

即：p|cₛ，对于所有 s＝0，1，. . .，n＋m

步骤3: 分析f(x) 和 g(x) 的系数

因为f(x) 和 g(x) 是本原多项式,所以 p 不可能同时整除它们的所有系数。

我们可以找到f(x) 中【第一个】【不被 p 整除】的系数,设它的指数为 k：

p|α₀，p|α₁，. . .，p|αₖ₋₁，p∤αₖ

同样,我们可以找到g(x) 中第一个不被 p 整除的系数,设它的指数为 l：

p|b₀，p|b₁，. . .，p|bₗ₋₁，p∤bₗ

步骤4: 分析h(x) 的系数 cₖ₊ₗ

根据cₛ 的定义,我们有：

cₖ₊ₗ＝αₖ₊ₗb₀＋. . .＋αₖ₊₁bₗ₋₁＋αₖbₗ＋αₖ₋₁bₗ₊₁＋. . .＋α₀bₖ₊ₗ

步骤5: 分析cₖ₊ₗ 的可除性

在cₖ₊ₗ 的所有项中:

• αₖbₗ 是唯一一项 p 不整除的,因为 p∤αₖ 且 p∤bₗ【……素数 p 对两个系数均不整除，故而绝非二者素因子分解那一堆中的因子，对于二者乘积后的大堆素因子拼盘仍然不在其中，故而不整除二者乘积】

• 对于所有 i＜k，p|αᵢ

• 对于所有 j＜l，p|bⱼ

• 因此,除了 αₖbₗ 之外的所有项都能被 p 整除

步骤6: 得出矛盾

数学联邦政治世界观提示您：看后求收藏（同人小说网http://tongren.me），接着再看更方便。