Delta 4/2025

Twierdzenie Hilberta o nierozkładalności

Navid Safaei i Radosław Żak

matematyka algebra teoria liczb

Teoria liczb jest jedną z dziedzin matematyki najchętniej pożyczających metody z innych obszarów. Jednym ze źródeł takich zapożyczeń jest analiza matematyczna. W ostatnich latach analityczna teoria liczb zyskała na popularności, nawet w kontekście olimpiad matematycznych: ciekawy wybór dostępnych metod przedstawił Tomasz Kobos w $Δ_{16}^{3}$ . Jednak ,,obce” teorii liczb pojęcia granic, szeregów, zbieżności i pochodnych mogą nieco onieśmielać osoby rozpoczynające przygodę z tą dziedziną. Jedną z zalet twierdzenia Hilberta o nierozkładalności (w skrócie THN) jest to, że stanowi ono zrozumiałe, teorioliczbowe opakowanie dla głębokich rozważań z zakresu analizy czy też geometrii algebraicznej.

Przypomnijmy, że wielomian dwóch zmiennych $P (x, y)$ to skończona suma jednomianów, z których każdy ma postać $a_{i j} x^{i} y^{j} .$ W dalszej części liczby $a_{i j}$ będą całkowite; zbiór wszystkich takich wielomianów oznaczamy przez $Z [x, y] .$ Wśród przykładów mamy takie wielomiany, jak $x^{3} - y^{2},$ $x^{2} - 2 x y + 2 y^{2}$ czy $x^{3} - x^{2} y + y^{4} + 1.$ Innym przykładem jest $y^{3} - 2 y + 1,$ mimo że nie zawiera on zmiennej $x,$ na co warto zwrócić uwagę. Mamy też odpowiednie pojęcie stopnia dla wielomianów dwóch zmiennych – z definicji, stopień jednomianu $a_{i j} x^{i} y^{j}$ to $i + j,$ a stopień wielomianu to maksimum stopni jego jednomianów. Możemy też zdefiniować stopień względem konkretnej zmiennej: stopień $P (x, y)$ względem $x$ to po prostu zwykły stopień, jeśli tylko zapomnimy, że $y$ jest zmienną. Na przykład dla wielomianu $P (x, y) = x^{3} - x^{2} y^{3} + y^{4} + 2$ mamy: $\deg P (x, y) = 5, \deg_{x} P (x, y) = 3, \deg_{y} P (x, y) = 4.$ Tak jak w przypadku jednej zmiennej, wielomian $P (x, y)$ nazywamy rozkładalnym – jeśli można go zapisać jako iloczyn $P_{1} (x, y) \cdot P_{2} (x, y)$ dwóch niestałych wielomianów, oraz nierozkładalnym – w przeciwnym przypadku. Znane narzędzie zwane lematem Gaussa implikuje, że jeśli $P (x, y)$ ma współczynniki całkowite i rozkłada się jako iloczyn $P_{1} (x, y) \cdot P_{2} (x, y)$ wielomianów o współczynnikach wymiernych, to możemy również znaleźć rozkład o współczynnikach całkowitych.

Podobnie jak dla liczb pierwszych i całkowitych, wielomiany nierozkładalne można traktować jako cegiełki, z których zbudowane są pozostałe wielomiany. Istotnie, każdy wielomian $P (x, y)$ można zapisać jako iloczyn $Q_{1} (x, y)^{α_{1}} \cdot \dots \cdot Q_{k} (x, y)^{α_{k}},$ dla pewnych wielomianów nierozkładalnych $Q_{1}, \dots, Q_{k}$ i pewnych dodatnich wykładników całkowitych $α_{i} .$ Możemy teraz przedstawić tytułowe twierdzenie:

Twierdzenie 1 (Hilbert). Niech $P (x, y)$ będzie wielomianem nierozkładalnym o współczynnikach całkowitych, zależnym od zmiennej $x$ (tzn. $\deg_{x} P (x, y) > 0$ ). Wtedy dla nieskończenie wielu liczb całkowitych $t$ wielomian $f_{t} (y) := P (t, y)$ (jednej zmiennej) również jest nierozkładalny, a ponadto $\deg f_{t} = \deg_{y} P (t, y) .$

Prosty przykład: $Q (x, y) = y^{2} - x$ jest nierozkładalny. Jeśli podstawimy $t = 1,$ to otrzymany wielomian $Q (1, y) = y^{2} - 1$ rozłoży się jako $(y - 1) (y + 1) .$ Jednak nietrudno zauważyć, że taki rozkład ma miejsce dokładnie wtedy, gdy $t$ jest kwadratem – wystarczy więc wybrać dowolne $t,$ które kwadratem nie jest, a otrzymamy wielomian nierozkładalny. Możemy pójść o krok dalej.

Stwierdzenie 2. Załóżmy, że $R (x)$ jest takim wielomianem o współczynnikach całkowitych, że dla dowolnej liczby całkowitej $t$ liczba $R (t)$ jest kwadratem. Wtedy istnieje wielomian $Q (x)$ o współczynnikach całkowitych spełniający tożsamość $R (x) = Q (x)^{2} .$

Dowód. Rozważmy wielomian $P (x, y) = y^{2} - R (x)$ i przypuśćmy, że jest on nierozkładalny. Wtedy na mocy THN możemy znaleźć taką liczbę całkowitą $t,$ że $P (t, y)$ jest nierozkładalny. Wiemy jednak, że $R (t) = a^{2}$ dla pewnego $a,$ więc $P (t, y) = y^{2} - a^{2} = (y - a) (y + a)$ jest rozkładalny. Otrzymana sprzeczność oznacza, że $P (x, y)$ jest rozkładalny.

Możemy więc tak dobrać niestałe wielomiany $P_{1},$ $P_{2}$ o współczynnikach całkowitych, by $P (x, y) = P_{1} (x, y) P_{2} (x, y) .$ Gdyby $\deg_{y} P_{1} = 0$ (tzn. $P_{1}$ nie zawiera $y$ ), to $P_{1}$ zależałby tylko od $x$ i musiałby dzielić współczynnik przy $y^{2}$ w $P (x, y) .$ Ale ten współczynnik to $1,$ więc jest to niemożliwe. Jako jedyna możliwość pozostaje, że zarówno $P_{1},$ jak i $P_{2}$ są liniowe względem $y$ (jako że $\deg_{y} P (x, y) = 2$ ). Wtedy jednak, analizując ponownie współczynnik wiodący, otrzymujemy postać $P_{1} (x, y) = y + Q_{1} (x),$ $P_{2} (x) = y + Q_{2} (x)$ dla pewnych wielomianów $Q_{1},$ $Q_{2}$ (współczynniki wiodące mnożą się do $1,$ a w razie potrzeby możemy oba nasze wielomiany domnożyć przez $- 1$ ). Stąd $\begin{aligned} y^{2} - R (x) & = P (x, y) = P_{1} (x, y) P_{2} (x, y) = (y + Q_{1} (x)) (y + Q_{2} (x)) \\ = y^{2} + y (Q_{1} (x) + Q_{2} (x)) + Q_{1} (x) Q_{2} (x) . \end{aligned}$ Porównując współczynniki, dostajemy $Q_{1} (x) + Q_{2} (x) = 0,$ a więc $R (x) = - Q_{1} (x) Q_{2} (x) = Q_{1} (x)^{2} .$ $◻$

Możemy udowodnić jeszcze mocniejsze sformułowanie. W tym celu jednak będziemy musieli się powołać na następujący niewinnie wyglądający fakt. Warto zaznaczyć, że nie jest wcale łatwy do wykazania; jeden z jego dowodów wykorzystuje twierdzenie Czebotariowa.

Twierdzenie 3. Jeśli $f (x)$ jest wielomianem nierozkładalnym o współczynnikach całkowitych oraz $\deg f ⩾ 2,$ to istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych $p,$ które nie dzielą $f (t)$ dla dowolnej liczby całkowitej $t .$

Pozostała część artykułu poświęcona jest dowodowi następującego twierdzenia:

Twierdzenie 4. Niech $P (x, y) \in Z [x, y]$ będzie wielomianem o następującej własności: dla dowolnego niestałego ciągu arytmetycznego $(a_{n})_{n = - \infty}^{\infty}$ liczb całkowitych możemy znaleźć indeks $i \in Z$ oraz liczbę całkowitą $y,$ dla których $P (a_{i}, y) = 0.$ Wówczas istnieje wielomian $R (x) \in Q [x]$ spełniający tożsamość $P (x, R (x)) = 0.$

Uogólnia to nasze stwierdzenie 2 na dwa sposoby. Po pierwsze, założenie nie musi już być spełnione dla wszystkich $t,$ lecz jedynie dla wystarczająco wielu, by pokryć wszystkie możliwe ciągi arytmetyczne. Po drugie, w miejsce wielomianu $y^{2}$ możemy przyjąć jakikolwiek inny. Na końcu artykułu proponujemy Czytelnikowi zadanie, które ilustruje tę ostatnią obserwację.

Dowód twierdzenia 4. Zauważmy najpierw, że założenie o ciągach arytmetycznych tak naprawdę daje nam nieskończenie wiele indeksów $i,$ dla których $P (a_{i}, y) = 0$ ma rozwiązanie $y .$ Istotnie, na pewno możemy znaleźć jedno takie $i,$ ale wtedy ciąg $a_{j}^{'} := a_{i + 1 + 2 j}$ (zawierający nieparzyste wyrazy $(a_{n}),$ gdy $i$ jest parzyste, a parzyste wyrazy, gdy $i$ jest nieparzyste) również jest arytmetyczny, a jednocześnie stanowi podciąg $(a_{n})$ niezawierający $a_{i} .$ Korzystając z założenia, otrzymujemy w ten sposób nowy indeks, a następnie możemy tę procedurę powtarzać do woli.

Rozłóżmy $P (x, y)$ na iloczyn $Q_{1} (x, y) \cdot \dots \cdot Q_{k} (x, y)$ nierozkładalnych wielomianów $Q_{j}$ (niekoniecznie różnych). Jeśli któryś z czynników $Q_{j}$ zależy wyłącznie od $x,$ to możemy go pominąć, gdyż odpowiada jedynie za skończenie wiele wartości $t,$ dla których $P (t, y) = 0$ ma rozwiązanie. Podobnie, gdy równanie $Q_{j} (x, y) = 0$ ma skończenie wiele rozwiązań $(x, y)$ – w obu tych przypadkach wielomian $P^{'} := P / Q_{j}$ spełnia zarówno założenia, jak i tezę twierdzenia dokładnie wtedy, gdy spełnia je wyjściowy wielomian $P .$

Możemy teraz użyć THN i znaleźć odpowiednie $t_{j}$ ( $j = 1, \dots, k$ ), dla których wielomiany $Q_{j} (t_{j}, y)$ są nierozkładalne, o tym samym stopniu względem $y$ co $Q_{j} (x, y) .$ Gdyby każdy z tych stopni wynosił $2$ lub więcej, to z twierdzenia 3 otrzymalibyśmy liczby pierwsze spełniające $p_{j} ∤ Q_{j} (t_{j}, y)$ dla wszystkich $j$ i $y$ ; możemy przy tym dobrać te liczby jako parami różne.

Chińskie twierdzenie o resztach pozwala nam teraz znaleźć rozwiązanie układu kongruencji $t \equiv t_{j} (\mod p_{j})$ dla $j = 1, \dots, k .$ Rozwiązanie to ma postać $t \equiv c (\mod p_{1} p_{2} \dots p_{k})$ dla pewnego $c$ ; innymi słowy – zbiór rozwiązań tworzy

ciąg arytmetyczny $a_{i} = c + i p_{1} p_{2} \dots p_{k} .$ Wiemy, że dla pewnych $i$ oraz $y$ zachodzi $P (a_{i}, y) = 0,$ a więc również $Q_{j} (a_{i}, y) = 0$ dla pewnego $j .$ Z drugiej strony: $Q_{j} (a_{i}, y) \equiv Q_{j} (t_{j}, y) ≢ 0 (\mod p_{j}),$ więc otrzymujemy sprzeczność.

Stąd wniosek, że któryś czynnik $Q_{j}$ jest liniowy względem $y$ ; bez straty ogólności niech będzie to $Q_{1} .$ Możemy zapisać go w postaci $A (x) y + B (x)$ dla pewnych wielomianów $A, B .$ Jak wspomnieliśmy, możemy przyjąć, że $Q_{1} (x, y) = 0$ ma nieskończenie wiele rozwiązań $(x, y),$ zatem $A (x)$ dzieli $B (x)$ dla nieskończenie wielu wartości $x .$ Ale to oznacza, że $A (x)$ dzieli $B (x)$ jako wielomian (żeby to zauważyć, można na przykład podzielić z resztą $B (x)$ przez $A (x)$ ). W konsekwencji $R (x) = - \frac{B (x)}{A (x)}$ jest wielomianem i ostatecznie $P (x, R (x)) = Q_{1} (x, R (x)) = 0 .$ $◻$

Czytelnik Uważny spostrzeże, że w tezie twierdzenia 4 wielomian $R$ ma jedynie współczynniki wymierne, a nie całkowite. Istotnie, na przykład dla $P (x, y) = x^{2} + x - 2 y$ dostaniemy $R (x) = \frac{x (x + 1)}{2} .$ Na koniec proponujemy więc zadanie ilustrujące, że w pewnych sytuacjach mimo wszystko $R$ będzie miał współczynniki całkowite.

Zadanie. Załóżmy, że $P, Q$ są dwoma wielomianami o współczynnikach całkowitych i o następującej własności: dla dowolnej liczby całkowitej $n$ możemy znaleźć taką liczbę całkowitą $m,$ że $P (n) = Q (m) .$ Udowodnij, że wtedy istnieje wielomian $R (x)$ o współczynnikach wymiernych spełniający tożsamość $P (x) = Q (R (x)) .$ Jeśli ponadto wielomian $Q (\frac{x}{k})$ nie ma współczynników całkowitych dla żadnego $k ⩾ 2,$ wykaż, że $R (x)$ ma współczynniki całkowite.