Twierdzenie Hilberta o nierozkładalności

Afiliacja: [NS] Dyrektor oddziału Matematyka Olimpijska w Salam Schools Complex, Teheran, Iran Instytut Matematyki i Informatyki, Bułgarska Akademia Nauk, Sofia

[RŻ] Doktorant, Uniwersytet Oksfordzki

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 \(\Delta^{3}_{16}\). 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 \(a_{ij}x^iy^j.\) W dalszej części liczby \(a_{ij}\) będą całkowite; zbiór wszystkich takich wielomianów oznaczamy przez \(\mathbb{Z}[x,y].\) Wśród przykładów mamy takie wielomiany, jak \(x^3-y^2,\) \(x^2-2xy+2y^2\) czy \(x^3-x^2y+y^4+1.\) Innym przykładem jest \(y^3-2y+1,\) 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 \(a_{ij}x^iy^j\) 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 \(P(x,y) = x^3-x^2y^3+y^4+2\) 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 \(Q_1(x,y)^{\alpha_1} \cdot \ldots \cdot Q_k(x,y)^{\alpha_k},\) dla pewnych wielomianów nierozkładalnych \(Q_1,\ldots,Q_k\) i pewnych dodatnich wykładników całkowitych \(\alpha_i.\) Możemy teraz przedstawić tytułowe twierdzenie:

Zainteresowany Czytelnik może znaleźć dowód THN w artykule:
M. Villarino, W. Gasarch, K. Regan, Hilbert’s Proof of His Irreducibility Theorem, Amer. Math. Monthly (2018), doi.org/10.1080/00029890.2018.1448181, arXiv:1611.06303.

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.

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 \(R(x) = -Q_1(x)Q_2(x) = Q_1(x)^2.\) \(\Box\)  

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.

Pozostała część artykułu poświęcona jest dowodowi następującego twierdzenia:

Więcej o twierdzeniu 4 można przeczytać tutaj:
H. Davenport, D. Lewis, A. Schinzel, Polynomials of certain special types, Acta Arith. (1964), eudml.org/doc/207456.

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 \(a'_j := a_{i+1+2j}\) (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 \(Q_1(x,y) \cdot \ldots \cdot Q_k(x,y)\) 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 \(t_j\) (\(j=1,\ldots,k\)), 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 \(p_j \nmid Q_j(t_j,y)\) 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 \(t \equiv t_j \pmod {p_j}\) dla \(j=1,\ldots,k.\) Rozwiązanie to ma postać \({t \equiv c \pmod{p_1p_2 \ldots p_k}}\) dla pewnego \(c\); innymi słowy – zbiór rozwiązań tworzy

ciąg arytmetyczny \({a_i = c + i p_1p_2 \ldots p_k}.\) 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: \[Q_j(a_i,y) \equiv Q_j(t_j,y) \not \equiv 0 \pmod{p_j},\] 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 \({P(x,R(x)) = Q_1(x,R(x))=0}.\) \(\Box\)

Czytelnik Uważny spostrzeże, że w tezie twierdzenia 4 wielomian \(R\) ma jedynie współczynniki wymierne, a nie całkowite. Istotnie, na przykład dla \(P(x,y) = x^2+x-2y\) 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 \(k \geqslant 2,\) wykaż, że \(R(x)\) ma współczynniki całkowite.