1. 偶多項式的因式分解

本文考慮的多項式均為整係數多項式, 可約性與因式分解均在整數範圍內考慮。

多項式 $f(x)$ 稱為偶多項式, 如果它滿足 $f(-x)=f(x)$, 這裡 $f(-x)$ 是把 $f(x)$ 中的 $x$ 替換為 $-x$ 得到的多項式。 例如, $x^2-1,x^4+4$, 都是偶多項式。 容易看出, 一個一元多項式為偶多項式, 當且僅當它的運算式中 $x$ 的奇次冪係數都等於 $0$。 換言之, $f(x)$ 為偶多項式當且僅當 $f(x)=g(x^2)$, 其中 $g(x)$ 是一個多項式。

為討論偶多項式的因式分解, 我們先來看兩個具體的例子。

\begin{equation} x^2-1=(x+1)(x-1),\label{1} \end{equation} \begin{equation} x^4\!+\!4\!=\!(x^4\!+\!4x^2\!+\!4)\!-\!4x^2\!=\!(x^2\!+\!2)^2\!-\!(2x)^2\!=\!(x^2\!+\!2\!+\!2x)(x^2\!+\!2\!-\!2x).\label{2} \end{equation}

注意到, \eqref{2} 右邊的兩個多項式 $(x^2+2+2x)$ 與 $(x^2+2-2x)$ 之間的關係： 把前者的 $x$ 替換為 $-x$, 就得到後者。 類似地, \eqref{1} 右邊的兩個多項式 $x+1$ 與 $x-1$ 之間的關係, 則可以這麼看： $-(-x+1)=x-1$。

這似乎在提示我們, 偶多項式的因式分解, 有某種規律。 事實上, 我們有下述一般結果。

定理 1 (Selmer). 設 $g(x)=x^{n}+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n$, 其中 $a_1,\ldots,a_{n}$ 為整數。 令 $f(x)=g(x^2)=x^{2n}+a_{1}x^{2n-2}+\cdots+a_n$, 則有以下結論：

(i) 若 $g(x)$ 有因式分解 $g(x)=g_1(x)g_2(x)$, 則 $f(x)$ 有因式分解 $f(x)=g_1(x^2)g_2(x^2)$。
(ii) 若 $g(x)$ 不可約, 則 $f(x)$ 或者不可約, 或者有下述形式的因式分解：

$$f(x)=\begin{cases} p(x)p(-x),\quad&\text{若 $n$ 為偶數},\\ -p(x)p(-x),\quad&\text{若 $n$ 為奇數}, \end{cases}$$

其中 $p(x)$ 為 $n$ 次不可約整係數多項式, 首項係數為 $1$。

證明： (i) 的證明： 只要注意到 $f(x)=g(x^2)$ 即可。
(ii) 的證明。 不妨設 $g(x)\neq x$, 因為在 $g(x)=x$ 的情況下, $f(x)=g(x^2)=x^2=-x(-x)$, 只要取 $p(x)=x$ 即可。

以下設 $g(x)\neq x$。 若 $f(x)$ 可約, 設 $p(x)$ 是它的一個不可約因式, 首項係數為 1, 則存在多項式 $q(x)$ 使得

\begin{equation} f(x)=p(x)q(x),\label{3} \end{equation}

其中 $p(x),q(x)$ 都不是常數。 從而有

\begin{equation} f(-x)=p(-x)q(-x).\label{4} \end{equation}

注意到 $f(-x)=f(x)$, 這意味著

\begin{equation} f(x)=p(-x)q(-x).\label{5} \end{equation}

從而 $p(-x)$ 也是 $f(x)$ 的因式, 注意到由於 $p(x)$ 不可約, 所以 $p(-x)$ 也是不可約的。

首先我們要證明,

\begin{equation} p(x)\neq p(-x).\label{6} \end{equation}

否則從 \eqref{3}, \eqref{4} 就推出 $q(x)=q(-x)$, 這就意味著, 在 \eqref{3} 中 $p(x),q(x)$ 都是偶多項式, 令 $p(x)=p_1(x^2)$, $q(x)=q_1(x^2)$, 這裡 $p_1(x),q_1(x)$ 都不是常數, 則 \eqref{3} 可以寫為

\begin{equation} g(x^2)=p_1(x^2)q_1(x^2),\label{7} \end{equation}

從而就有

\begin{equation} g(x)=p_1(x)q_1(x).\label{8} \end{equation}

這與 $g(x)$ 不可約矛盾！

接下來我們再證明,

\begin{equation} p(x)\neq -p(-x).\label{9} \end{equation}

否則就有 $p(x)= -p(-x)$, 特別地 $p(0)=0$。 進而由 \eqref{3} 知 $f(0)=0$, 進而 $g(0)=f(0)=0$, 所以 $g(x)$ 有因式 $x$, 由於 $g(x)$ 不可約且首項係數為 $1$, 就有 $g(x)=x$。 然而我們已經假定 $g(x)\neq x$。

於是, 當 $p(x)$ 的次數為奇數時, $p(x),-p(-x)$ 都是 $f(x)$ 的不可約因式, 且首項係數都是 1, 由於它們是不同的, 所以 $-p(x)p(-x)$ 是 $f(x)$ 的一個因式。 類似地, 當 $p(x)$ 的次數為偶數時, $p(x)p(-x)$ 是 $f(x)$ 的一個因式。

接下來我們將證明, $f(x)=(-1)^np(x)p(-x)$。 不然, 令 $h(x)=f(x)/p(x)p(-x)$, 則 $h(x)$ 是一個偶多項式, 從而就有 $h(x)=h_1(x^2)$, 其中 $h_1(x)$ 是一個整係數多項式。 類似地, 令 $p(x)p(-x)=g_1(x^2)$, 其中 $g_1(x)$ 是一個整係數多項式。 於是就有

$$g(x^2)=f(x)=h(x)\cdot p(x)p(-x)=h_1(x^2)g_1(x^2).$$

由此得到 $g(x)=h_1(x)g_1(x)$。 由於 $g(x)$ 不可約, 這就意味著 $h_1(x)$ 是常數, 進而 $h(x)$ 為常數, 通過比較 $f(x)$ 與 $p(x)p(-x)$ 的次數與首項係數不難確定 $h(x)=(-1)^n$, 從而就有 $f(x)=(-1)^np(x)p(-x)$。證畢。

$\Box$

註. 定理 1 的發現者 E. S. Selmer (1920$\sim$2006) 是挪威數學家。 他的研究領域是數論和密碼學。 定理 1 在文獻 # 中只算一個小結果。 Selmer 在 # 中證明的一個基本結果是, 對任意的正整數 $n\geqslant 2$, 多項式 $x^n-x-1$ 在有理數範圍內不可約。 這個多項式也被稱為 Selmer 多項式。

利用域論 (field theory) 可以對定理 1(ii) 給出一個更富概念性的證明 (它給出了 $p(x)$ 的一個解釋)。 我們概述如下： 不妨設 $g(x)\not= x$。 設 $\alpha$ 是 $g(x)$ 的一個根, 則 $\alpha$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的次數 deg$_\mathbb{Q}( \alpha )$ 為 $n$。 考慮 $\sqrt{\alpha}$ ^{1 1} 注意, 此時 $\alpha\not= 0$ 有兩個平方根 $\pm\sqrt{\alpha}$, 原則上我們無法區分它們。 這也是後文同時出現 $p(x)$ 和 $(-1)^np(-x)$ 的原因所在。 , 它顯然是 $f(x) = g(x^2)$ 的一個根。 根據域擴張的次數公式 (degree formula), 有

$$\deg_\mathbb{Q}(\sqrt{\alpha}) = [\mathbb{Q}(\sqrt{\alpha}) : \mathbb{Q}( \alpha )] \deg_\mathbb{Q}( \alpha ).$$

注意, $\sqrt{\alpha}$ 滿足 $x^2-\alpha = 0$, 從而 $[\mathbb{Q}(\sqrt{\alpha}) : Q( \alpha )] \leqslant 2$, 等號成立當且僅當 $x^2-\alpha$ 在 $\mathbb{Q}( \alpha )[x]$ 中不可約, 即 $\sqrt{\alpha} \not\in \mathbb{Q}( \alpha )$。 於是我們有兩種情況： $\deg_\mathbb{Q}(\sqrt{\alpha}) = 2n$ 或 $\deg_\mathbb{Q}(\sqrt{\alpha}) = n$。 在第一種情況, $\sqrt{\alpha}$ 的極小多項式為 $2n$ 次, 注意 $f(x)$ 恰好是 $2n$ 次的首一多項式, 並且 $f(\sqrt{ \alpha} ) = 0$, 這意味 $f(x)$ 就是 $\sqrt{\alpha}$ 的極小多項式, 從而有 $f(x)$ 不可約。 在第二種情況, $\sqrt{\alpha}$ 的極小多項式為 $n$ 次, 令它為 $p(x)$。 則根據極小多項式的基本性質, 有 $p(x) \mid f(x)$。 又 $-\sqrt{\alpha}$ 的極小多項式為 $(-1)^np(-x)$, $f(-\sqrt{\alpha} ) = 0$, 由極小多項式的性質有 $(-1)^np(-x) \mid f(x)$。 接下來我們只要證明 $p(x)$, $(-1)^np(-x)$ 互質, 就可以得出 $p(x)(-1)^np(-x) \mid f(x)$, 進而比較次數與首項係數就有 $f(x) = (-1)^np(x)p(-x)$。 用反證法。 若 $p(x)$, $(-1)^np(-x)$ 不互質, 就有 $p(x) = (-1)^np(-x)$。 以下分情況討論。 若 $n$ 是偶數, 則 $p(x) = p(-x)$, 從而 $p(x) = h(x^2)$ 從而 $h( \alpha ) = 0$, 這意味著 $g(x) \mid h(x)$, 但 $h$ 的次數為 $n/2$, 小於 $g(x)$ 的次數 $n$, 矛盾。 若 $n$ 是奇數, 則 $p(x) = -p(-x)$, 從而 $p(0) = 0$, 這意味著 $p(x) = x$, 從而 $\sqrt{\alpha} = 0$, $\alpha = 0$, 此時 $g(x) = x$, 與假設矛盾!

接下來我們給出定理 1 的一些簡單應用。 第一個應用是 Selmer 首先觀察到的：

推論 1. 設 $g(x)$ 為不可約整係數多項式, 次數為 $n$, 首項係數為 $1$, 常數項為 $c$。 令 $f(x)=g(x^2)$, 則

(i) 若 $n$ 為奇數, 且 $-c$ 不是完全平方數, 則 $f(x)$ 不可約。
(ii) 若 $n$ 為偶數, 且 $c$ 不是完全平方數, 則 $f(x)$ 不可約。

證明： 用反證法。 設 $f(x)$ 可約, 在定理 1 (ii) 所得的因式分解式中令 $x=0$, 就有

\begin{align} c=f(0)=(-1)^np^2(0),\label{10} \end{align}

從而 $(-1)^nc=p^2(0)$ 是完全平方數, 與假定矛盾。 證畢。

$\Box$

2. 二次多項式的因式分解

最簡單的首項係數為 $1$ 的偶多項式是二次的, 它形如

\begin{align} f(x)=x^2-d,\qquad\text{其中 $d$ 為整數。}\label{11} \end{align}

容易確定其因式分解。 事實上, 我們有下述一般結論：

定理 2. 設 $f(x)=x^2+ax+b$, 其中 $a,b$ 為整數。 則它在整數範圍內的不可約因式分解如下：

\begin{equation} f(x)\!=\!x^2\!+\!ax\!+\!b\!=\!\begin{cases} \left(x\!+\!\frac{a\!+\!r}{2}\right)\left(x\!+\!\frac{a\!-\!r}{2}\right),\quad&\text{若 $\Delta\!=\!a^2\!-\!4b\!=\!r^2$ 是一個完全平方數},\\ x^2\!+\!ax\!+\!b,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{12} \end{equation}

證明是直接的, 留給讀者核驗。

作為定理 2 的推論, 我們得到二次偶多項式 \eqref{11} 的因式分解, 結論如下：

推論 2. 設 $f(x)=x^2-d$, 其中 $d$ 為整數。 則它在整數範圍內的不可約因式分解如下：

\begin{equation} f(x)=x^2-d=\begin{cases} (x+r)(x-r),\quad&\text{若 $d=r^2$ 是一個完全平方數},\\ x^2-d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{13} \end{equation}

注意, \eqref{13} 式中的第一種情況就是第一節 \eqref{1} 的推廣, 其實質就是平方差公式。 此外, 我們要注意, 有演算法判定一個給定的正整數是否為完全平方數, 這就是源自《九章算術》的"開方術"。

3. 四次偶多項式

接下來考慮四次的偶多項式

\begin{align} f(x)=x^4+ax^2+b,\qquad\text{其中 $a,b$ 為整數。}\label{14} \end{align}

利用定理 1 和定理 2, 不難得到它的因式分解, 結論如下:

定理 3. 設 $f(x)=x^4+ax^2+b$, 其中 $a,b$ 是整數。 則它在整數範圍內有以下因式分解：

(i) 若 $\Delta=a^2-4b=r^2$ 是一個完全平方數, 則有

\begin{align} f(x)=x^4+ax^2+b=\Big(x^2+\frac{a+r}{2}\Big)\Big(x^2+\frac{a-r}{2}\Big),\label{15} \end{align}

其中二次因式 $x^2+\frac{a+r}{2}$, $x^2+\frac{a-r}{2}$ 在整數範圍內的不可約因式分解可以由推論 $2$ 確立。

(ii) 若 $\Delta=a^2-4b$ 不是完全平方數, $b=q^2$ 是完全平方數, 且 $2q-a$ 或 $-2q-a$ $($其中 $q=\sqrt{b})$ 是完全平方數, 記為 $p^2$, 則有

\begin{align} f(x)\!=\!x^4\!+\!ax^2\!+\!b\!=\!\begin{cases} (x^2\!+\!px\!+\!q)(x^2\!-\!px\!+\!q),\quad&\text{若}\,2q\!-\!a\!=\!p^2,\\ (x^2\!+\!px\!-\!q)(x^2\!-\!px\!-\!q),\quad&\text{若}\,\!-\!2q\!-\!a\!=\!p^2 \end{cases}\label{16} \end{align}

其中二次因式 $x^2\pm px\pm q$ 在整數範圍內的不可約因式分解可以由定理 $2$ 確立。

(iii) 在其他情況, $f(x)$ 在整數範圍內不可約。

定理 3 的證明, 留給有興趣的讀者。 這裡我們指出它的三個推論 (分別令 $a=0$ 以及 $b=1,-1$) 如下：

推論 3. 設 $b$ 是整數, 則 $x^4+b$ 可約當且僅當 $b=-c^2$ 或 $b=4c^4$, 其中 $c$ 是整數。

推論 4. 設 $a$ 是整數, 則 $x^4+ax^2+1$ 在整數範圍內可約當且僅當 $2-a$ 或 $-2-a$ 是完全平方數。

推論 5. 設 $a$ 是整數, 則 $x^4+ax^2-1$ 在整數範圍內可約當且僅當 $a=0$。

在所有可約的情況, 我們可以確定多項式 $x^4+ax^2+b$ 的不可約因式分解。 例如, 對於推論 3, 當 $b=4c^4$ 時, 我們有

\begin{align} x^4+4c^4=\,&(x^4+4c^2x^2+4c^4)-4c^2x^2=(x^2+2c^2)^2-(2cx)^2\nonumber\\ =\,&(x^2+2c^2+2cx)(x^2+2c^2-2cx). \label{17} \end{align}

它是 \eqref{2} 的推廣, 以 Sophie Germain 等式著稱。 Sophie Germain 女士是 19 世紀的法國數學家。

註. 推論 4 正是本文的出發點： 我們發現

$$x^4+x^2+1=(x^4+2x^2+1)-x^2=(x^2+1)^2-x^2=(x^2+x+1)(x^2-x+1),$$

而 $x^4-x^2+1$ 則不可約。 於是我們就問： 對哪些整數 $a$, $x^4+ax^2+1$ 是可約的。 進一步的探究, 引導我們重新發現了定理 1 這個一般結果。

4. 三次多項式 $g(x)$ 生成的六次偶多項式

為給出六次偶多項式 $g(x^2)$, 我們只要給出三次多項式 $g(x)$。 但對於一般的三次多項式

\begin{align} g(x)=x^3+ax^2+bx+c,\qquad\text{其中$a,b,c$為整數},\label{18} \end{align}

我們很難寫出形如定理 3 那樣的一般結論。 為此我們考慮以下 9 類特殊的含有整數值參數 $d$ 的三次多項式：

\begin{align} g(x)=\,&x^3+d,&\ -g(-x)=\,&x^3-d.\label{19}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx^2+1,&\ -g(-x)=\,&x^3-dx^2-1.\label{20}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx+1,&\ -g(-x)=\,&x^3+dx-1.\label{21}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx^2-dx+1,&\ -g(-x)=\,&x^3-dx^2-dx-1.\label{22}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx^2+d,&\ -g(-x)=\,&x^3-dx^2-d.\label{23}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx^2-d,&\ -g(-x)=\,&x^3-dx^2+d.\label{24}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx+d,&\ -g(-x)=\,&x^3+dx-d.\label{25}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx^2+dx+d,&\ -g(-x)=\,&x^3-dx^2+dx-d.\label{26}\\[2pt] g(x)=\,&x^3+dx^2-dx+d,&\ -g(-x)=\,&x^3-dx^2-dx-d.\label{27} \end{align}

接下來, 我們逐一考慮 \eqref{19}$-$\eqref{27} 中每一個 $g(x)$ 以及對應的 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解。

例 1 (參見 \eqref{19} 式). 設 $g(x)=x^3-d$, 其中 $d$ 是整數。 將 $g(x)$ 和 $g(x^2)$ 在整數範圍內作不可約因式分解。

顯然 $g(x)$ 可約 $\iff g(x)$ 有整數根 $r$ $\iff r^3=d$, 即 $d$ 是立方數。

當 $d=r^3$ 時, $g(x)$ 有因式分解

$$g(x)=x^3-d=x^3-r^3=(x-r)(x^2+rx+r^2),$$

其中 $x^2+rx+r^2$ 可約當且僅當 $r=0$, 即 $d=0$。

綜上, $g(x)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為：

\begin{equation} g(x)=x^3-d=\begin{cases} x^3,\quad&\text{若}\ d=0,\\ (x-r)(x^2+rx+r^2),\quad&\text{若}\ d=r^3\ \text{為非零立方數},\\ x^3-d,\quad&\text{若 $d$ 不是立方數。} \end{cases}\label{28} \end{equation}

當 $d$ 不是立方數時, $g(x)=x^3-d$ 不可約。 若 $g(x^2)=x^6-d$ 可約, 則根據定理 $1$ 可知, 存在整數 $a,b,c$ 使得

\begin{equation} \boxed{g(x^2)\!=\!(x^3\!+\!ax^2\!+\!bx\!+\!c)(x^3\!-\!ax^2\!+\!bx\!-\!c)\!=\!x^6\!+\!(2b\!-\!a^2) x^4 \!+\!(b^2 \!-\! 2 a c) x^2 \!-\! c^2.}\label{29} \end{equation}

比較係數有

\begin{equation} 2b-a^2=0,\quad b^2 - 2 a c=0,\quad -c^2=-d.\label{30}\end{equation}

從而 $d=c^2$ 為平方數。並且顯然當 $d=c^2$ 時, 可取 $a=b=0$ 一併滿足上式。

綜上, $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為:

\begin{equation} g(x^2)\!=\!\begin{cases} x^6,&\text{若}\ d=0,\\ (x\!+\!s)(x\!-\!s)(x^2\!+\!sx\!+\!s^2)(x^2\!-\!sx\!+\!s^2),&\text{若}\, d\!=\!r^3, r\!=\!s^2\, \text{為非零平方數},\\ (x^2\!-\!r)(x^2\!+\!sx\!-\!r)(x^2\!-\!sx\!-\!r),&\text{若}\ d\!=\!r^3,\ \!-\!3r\!=\!s^2\ \text{為非零平方數},\\ (x^3\!+\!c)(x^3\!-\!c),&\text{若 $d\!=\!c^2$ 是平方數, 但$d$不是立方數},\\ x^6\!-\!d,&\text{若 $d$ 既不是立方數, 也不是平方數。} \end{cases}\label{31}\end{equation}

註. 《九章算術》中也給出了求一個整數的立方根的"開方術", 因此上述定理在具體應用時是行之有效的。

例 2 (參見 \eqref{20} 式). 設 $g(x)=x^3+dx^2+1$, 其中 $d$ 是整數。 將 $g(x)$ 和 $g(x^2)$ 在整數範圍內作不可約因式分解。

根據有理根定理, $g(x)$ 僅有的可能的整數根為 $\pm1$。 計算可得 $g(1)=d+2$, $g(-1)=d$, 因此 $g(x)$ 可約當且僅當 $d=0,-2$。 不難得到 $g(x)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為 :

\begin{equation} g(x)\!=\!x^3\!+\!dx^2\!+\!1\!=\!\begin{cases} x^3\!+\!1\!=\!(x\!+\!1)(x^2\!-\!x\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^3\!-\!2x^2\!+\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x^2 \!-\! x \!-\! 1),\quad&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ x^3\!+\!dx^2\!+\!1,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{32}\end{equation}

若 $d\neq 0,-2$, 則 $g(x)$ 不可約, 注意 $-g(0)=-1$ 不是平方數, 根據推論 1(i), $g(x^2)$ 不可約。 於是不難得到 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為 :

\begin{equation} g(x^2)\!=\!x^6\!+\!dx^4\!+\!1\!=\!\begin{cases} x^6\!+\!1\!=\!(x^2\!+\!1)(x^4\!-\!x^2\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^6\!-\!2x^4\!+\!1\!=\!(x \!+\!1)(x \!-\! 1) (x^4 \!-\! x^2 \!-\! 1),\quad&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ x^6\!+\!dx^4\!+\!1,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{33}\end{equation}

注意, 如果我們考慮 \eqref{20} 中的第二個多項式 $-g(-x)=x^3-dx^2-1$ 及其生成的六次偶多項式, 則有不同的結果, 我們作為一個新的例子。

例 3 (參見 \eqref{20} 第二式). 設 $g(x)=x^3-dx^2-1$, 其中 $d$ 是整數。 將 $g(x)$ 和 $g(x^2)$ 在整數範圍內作不可約因式分解。

注意 $-g(-x)=x^3+dx^2+1$ 的因式分解在例 $2$ 中已經得到, 由此不難得到 $g(x)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為:

\begin{equation} g(x)=x^3-dx^2-1= \begin{cases} x^3-1=(x-1)(x^2+x+1),\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^3+2x^2-1=(x + 1) (x^2+x-1),\quad&\text{若}\ d=-2,\\ x^3-dx^2-1,\quad&\text{其它情況。}\end{cases}\label{34} \end{equation}

若 $d\neq 0,-2$, 則 $g(x)$ 不可約, 設 $g(x^2)$ 可約, 則根據定理 $1$ 可知, 存在整數 $a,b,c$ 使得

$$\boxed{g(x^2)\!=\!(x^3\!+\!ax^2\!+\!bx\!+\!c)(x^3\!-\!ax^2\!+\!bx\!-\!c)\!=\!x^6\!+\!(2b\!-\!a^2) x^4 \!+\!(b^2 \!-\! 2 a c) x^2 \!-\! c^2.}$$

比較係數有

\begin{align} 2b-a^2&=-d,\label{35}\\ b^2 - 2 a c&=0,\label{36}\\ -c^2&=-1. \label{37} \end{align}

從 \eqref{37} 可知 $c=\pm1$, 不妨設 $c=1$ $($注意 $x^3+ax^2+bx+c$, $x^3-ax^2+bx-c$ 成對出現$)$。 代入 \eqref{36} 即得

\begin{equation} b^2 - 2 a=0,\label{38} \end{equation}

於是

\begin{equation} b=2m, \quad\text{其中 $m$ 是整數。}\label{39} \end{equation}

進而由 \eqref{40} 得到

\begin{equation} a=\frac{b^2}{2}=2m^2,\label{40} \end{equation}

並由 \eqref{35} 和 \eqref{39}, \eqref{40} 得到

\begin{equation} d=a^2-2b=4m^4-4m.\label{41} \end{equation}

綜上, $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為:

\begin{equation} g(x^2)\!=\!\begin{cases} x^6\!-\!1\!=\!(x \!+\! 1)(x \!-\! 1) (x^2 \!+\! x \!+\! 1) (x^2 \!-\! x \!+\! 1),\,&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^6\!+\!2x^4\!-\!1\!=\!(x^2 \!+\! 1) (x^4 \!+\! x^2 \!-\! 1),\,&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ (x^3\!+\!2m^2x^2\!+\!2mx\!+\!1)(x^3\!-\!2m^2x^2\!+\!2mx\!-\!1),\,&\text{若}\ d\!=\!4m^4\!\!-\!\!4m\!\neq\!0,\\ x^6\!-\!dx^4\!-\!1,\,&\text{其它情況。} \end{cases}\label{42} \end{equation}

對於 \eqref{21}, \eqref{22} 式中的多項式, 可以如例 2 和例 3 一樣討論, 我們這裡僅列出結果, 有興趣的讀者可以自行驗證。

設 $g(x)=x^3+dx+1$, 其中 $d$ 是整數, 則 $g(x)$ 和 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解分別為：

\begin{align} g(x)\!=\!\,&x^3\!+\!dx\!+\!1\!=\!\begin{cases} x^3\!+\!1\!=\!(x\!+\!1)(x^2\!-\!x\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^3\!-\!2x\!+\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x^2 \!+\! x \!-\! 1),\quad&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ x^3\!+\!dx\!+\!1,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{43}\\ g(x^2)\!=\!\,&x^6\!+\!dx^2\!+\!1\!=\!\begin{cases} x^6\!+\!1\!=\!(x^2\!+\!1)(x^4\!-\!x^2\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^6\!-\!2x^2\!+\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x \!+\! 1) (x^4 \!+\! x^2 \!-\! 1),\quad&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ x^6\!+\!dx^2\!+\!1,\quad&\text{其它情況。}\end{cases}\label{44} \end{align}

例 5. 設 $g(x)=x^3+dx-1$, 其中 $d$ 是整數。 則 $g(x)$ 和 $g(x^2)$在整數範圍內的不可約因式分解分別為：

\begin{align} g(x)\!=\!\,&x^3\!+\!dx\!-\!1\!=\!\begin{cases} x^3\!-\!1\!=\!(x\!-\!1)(x^2\!+\!x\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^3\!-\!2x\!-\!1\!=\!(x \!+\! 1) (x^2 \!-\! x \!-\! 1),\quad&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ x^3\!+\!dx\!-\!1,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{45}\\ g(x^2)\!=\!\,&\begin{cases} x^6\!-\!1\!=\!(x \!+\! 1)(x \!-\! 1) (x^2 \!+\! x \!+\! 1) (x^2 \!-\! x \!+\! 1),\,&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^6\!-\!2x^2\!-\!1\!=\!(x^2 \!+\! 1) (x^4 \!-\! x^2 \!-\! 1),\,&\text{若}\ d\!=\!\!-\!2,\\ (x^3\!+\!2mx^2\!+\!2m^2x\!+\!1)(x^3\!-\!2mx^2\!+\!2m^2x\!-\!1),\,&\text{若}\ d\!=\!4m^4\!-\!4m\!\neq\! 0\\ x^6\!+\!dx^2\!-\!1,\,&\text{其它情況。} \end{cases}\label{46} \end{align}

例 6. 設 $g(x)=x^3+dx^2-dx+1$, 其中 $d$ 是整數。 則 $g(x)$ 在整數範圍內可約當且僅當 $d=0$, 並且此時在整數範圍內有不可約因式分解

$$g(x)=x^3+1=(x+1)(x^2-x+1).$$

$g(x^2)$ 在整數範圍內可約當且僅當 $d=0$, 並且此時在整數範圍內有不可約因式分解

$$g(x^2)=x^6+1=(x^2+1)(x^4-x^2+1).$$

例 7. 設 $g(x)=x^3+dx^2+dx-1$, 其中 $d$ 是整數。 則 $g(x)$ 在整數範圍內可約當且僅當 $d=0$, 並且此時在整數範圍內有不可約因式分解

$$g(x)=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1).$$

$g(x^2)$ 在整數範圍內可約當且僅當 $d=0,4,-4$, 並且此時在整數範圍內有不可約因式分解

$$g(x^2)\!=\!x^6\!+\!dx^4\!+\!dx^2\!-\!1\!=\!\begin{cases} (x\!+\!1)(x\!-\!1)(x^2\!+\!x\!+\!1)(x^2\!-\!x\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!0,\\ (x^3\!+\!2x\!+\!1)(x^3\!+\!2x\!-\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!4, \\ (x^3\!-\!2x^2\!-\!1)(x^3\!+\!2x^2\!+\!1),\quad&\text{若}\ d\!=\!\!-\!4,\\ x^6\!+\!dx^4\!+\!dx^2\!-\!1,\quad&\text{其他情況。} \end{cases}$$

對於 \eqref{23} 中的多項式 $g(x)=x^3+dx^2+d$, 也可以給予完整討論, 結果如下。

例 8 (參見 \eqref{23} 式). 設 $g(x)=x^3+dx^2+d$, 其中 $d$ 是整數。 將 $g(x)$ 與 $g(x^2)$ 在整數範圍內作不可約因式分解。

若 $g(x)$ 在整數範圍內可約, 則存在整數 $r,s,t$ 使得

\begin{equation} \boxed{g(x)=(x+r)(x^2+sx+t)=x^3+(r+s)x^2+(rs+t)x+rt.}\label{47}\end{equation}

比較係數有

\begin{align} r+s&=d,\label{48}\\ rs+t&=0,\label{49}\\ rt&=d.\label{50} \end{align}

從 \eqref{48}, \eqref{50} 消去 $d$, 得 $r+s=rt$, 解得 $s=rt-r$。 將上式代入 \eqref{49} 式, 有 $r(rt-r)+t=0$, 即 $t(r^2+1)=r^2$, 從而 $r^2+1\mid r^2$。 由於正整數不會有比自己大的因數, 從而 $r^2=0$, 即 $r=0$。 由 \eqref{50} 式得

\begin{align} d=0.\label{51} \end{align}

綜上, 我們得到 $g(x)$ 在整數範圍內的不可約因式分解：

\begin{equation} g(x)=x^3+dx^2+d=\begin{cases} x^3,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^3+dx^2+d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{52} \end{equation}

接下來我們考慮 $g(x^2)$ 的因式分解。 若 $d=0$, $g(x)=x^3$, $g(x^2)=x^6$。 若 $d\neq0$, 設 $g(x^2)$ 可分解, 則根據定理 $1$ 可知, 存在整數 $a,b,c$ 使得

$$\boxed{g(x^2)\!=\!(x^3\!+\!ax^2\!+\!bx\!+\!c)(x^3\!-\!ax^2\!+\!bx\!-\!c)\!=\!x^6\!+\!(2b\!-\!a^2) x^4 \!+\!(b^2 \!-\! 2 a c) x^2 \!-\! c^2.} $$

比較係數, 有

\begin{align} 2b-a^2& =d,\label{53}\\ b^2 - 2 a c& =0,\label{54}\\ -c^2&=d.\label{55} \end{align}

從 \eqref{53}, \eqref{55} 消去 $d$, 有 $2b-a^2=-c^2$。 從中解得 $b=\frac{a^2-c^2}{2}$, 代入 \eqref{54} 式, 得 $\frac{(a^2-c^2)^2}{4}-2ac=0$, 化簡即 $(a^2-c^2)^2=8ac$。

上式兩邊同時加上 $4a^2c^2+4$, 有 $(a^2+c^2)^2+2^2=(2ac+2)^2$。 注意丟番圖方程

\begin{equation} x^2+2^2=y^2\label{56}\end{equation}

僅有的解是 $(x,y)=(0,\pm2)$ $($只要考慮 $2^2=y^2-x^2=(y+x)(y-x)$ 以及算術基本定理即得$)$。 這就意味著 $a^2+c^2=0$, 從而 $a=c=0$。 進而由 \eqref{55} 式得到 $d=-c^2=0$, 矛盾! 因此當 $d\neq0$ 時, $g(x^2)$ 在整數範圍內不可約。

綜上, $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為：

\begin{equation} g(x^2)=x^6+dx^4+d=\begin{cases} x^6,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^6+dx^4+d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{57} \end{equation}

對於 \eqref{24}, \eqref{25}, \eqref{26}, \eqref{27} 中的多項式, 可如例8一樣討論。 這裡我們僅列出結果, 細節留給讀者驗證。

例 9 (對照 \eqref{24} 式). 設 $g(x)=x^3+dx^2-d$, 其中 $d$ 是整數。 則 $g(x)$ 與 $g(x^2)$ 在整數範圍內作的不可約因式分解分別為：

\begin{equation} g(x)=x^3+dx^2-d=\begin{cases} x^3,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^3+dx^2-d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{58} \end{equation} \begin{equation} g(x^2)=x^6+dx^4-d=\begin{cases} x^6,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^6+dx^4-d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{59} \end{equation}

例 10 (對照 \eqref{25} 式). 設 $g(x)=x^3+dx+d$, 其中 $d$ 是整數。 則 $g(x)$ 與 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解分別為：

\begin{align} g(x)=x^3+dx+d=\begin{cases}x^3,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^3-8x-8=(x+2)(x^2-2x-4),\quad&\text{若}\ d=-8,\\ x^3+dx+d, \quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{60} \end{align} \begin{align} g(x^2)\!=\!\begin{cases}x^6,\,\,&\text{若}\ d\!=\!0,\\ x^6\!-\!8x^2\!-\!8\!=\!(x^2\!+\!2)(x^4\!-\!2x^2\!-\!4),\,\,&\text{若}\ d\!=\!\!-\!8,\\ x^6\!-\!4x^2\!-\!4\!=\!(x^3 \!-\! 2 x^2 \!+\! 2 x \!-\! 2) (x^3 \!+\! 2 x^2 \!+\! 2 x \!+\! 2),\,\,&\text{若}\ d\!=\!\!-\!4,\\ x^6\!+\!dx^2\!+\!d, \quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{61} \end{align}

例 11 (參見 \eqref{26} 式). 設 $g(x)=x^3+dx^2+dx+d$, 其中 $d$ 是整數, 則 $g(x)$ 與 $g(x^2)$ 在整數範圍內作不可約因式分解分別為：

\begin{align} g(x)\!=\!x^3\!+\!dx^2+dx+d=\,&\begin{cases} x^3,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^3\!+\!x^2\!+\!x\!+\!1=(x\!+\!1)(x^2\!+\!1),\quad\, &\text{若}\ d=1,\\ x^3+dx^2+dx+d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{62} \end{align} \begin{align} g(x^2)=x^6\!+\!dx^4\!+\!dx^2\!+\!d=\,&\begin{cases} x^6,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^6\!+\!x^4\!+\!x^2\!+\!1=(x^2\!+\!1)(x^4\!+\!1),\ &\text{若}\ d=1,\\ x^6+dx^4+dx^2+d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{63} \end{align}

例 12 (參見 \eqref{27} 式). 設 $g(x)=x^3+dx^2-dx+d$, 其中 $d$ 是整數。 則 $g(x)$ 與 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解分別為：

\begin{equation} g(x)\!=\!x^3\!+\!dx^2\!-\!dx\!+\!d\!=\begin{cases} x^3,\quad&\text{若}\ d=0,\\ x^3\!-\!x^2+x\!-\!1=(x\!-\!1)(x^2+1),\quad&\text{若}\ d=-1,\\ x^3+dx^2-dx+d,\quad&\text{其它情況。} \end{cases}\label{64} \end{equation} \begin{equation} g(x^2)=\begin{cases} x^6,\,\,&\text{若}\ d=0,\\ x^6-x^4+x^2-1=(x+1)(x-1)(x^4+1),\,\,&\text{若}\ d=-1,\\ x^6-4x^4+4x^2-4=(x^3 - 2 x - 2) (x^3 - 2 x + 2),\,\,&\text{若}\ d=-4,\\ x^6+dx^4-dx^2+d,\,\,&\text{其它情況。} \end{cases}\label{65} \end{equation}

綜上, 我們確定了由 \eqref{19}$-$\eqref{27} 中的 $9$ 類三次多項式 $g(x)$ 所確定的六次偶多項式 $g(x^2)$ 的因式分解。 事實上, 我們的方法適用於任意的三次多項式。 特別地, 我們可以考慮由例 3 \eqref{42} 式和例 5 \eqref{46} 式所給出的兩個含整數值參數 $m$ 的三次多項式：

\begin{equation} g(x)=x^3+2m^2x^2+2mx+1,\qquad -g(-x)=x^3-2m^2x^2+2mx-1.\label{66} \end{equation} \begin{equation} g(x)=x^3+2mx^2+2m^2x+1,\qquad -g(-x)=x^3-2mx^2+2m^2x-1. \label{67} \end{equation}

對這兩個多項式的討論, 將引出一些有趣的丟番圖方程, 我們將在下一節專門討論。

5. 一個特殊的三次多項式以及對應的六次偶多項式的因式分解

例 13 (參見 \eqref{66} 式). 設 $g(x)=x^3-2m^2x^2+2mx-1$, 其中 $m$ 是整數。 將 $g(x)$ 與 $g(x^2)$在整數範圍內作不可約因式分解。

\begin{align} g(1)=-2m^2+2m=-2m(m-1),\qquad g(-1)=-2m^2-2m-2=-2(m^2+m+1). \end{align}

由此不難確定, $g(x)$ 在整數範圍內可約當且僅當 $m=0,1$。 當 $m=0$ 時, 其不可約因式分解為

\begin{align} g(x)=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1).\label{69} \end{align}

當 $m=1$ 時, 其不可約因式分解為

\begin{align} x^3-2x^2+2x-1=(x - 1) (x^2 - x + 1).\label{70} \end{align}

設 $m\neq0,1$, 則 $g(x)$ 不可約, 從而根據定理 $1$, 若 $g(x^2)=x^6-2m^2x^4+2mx^2-1$ 可約, 則有丟番圖方程組

\begin{align} 2b-a^2&=-2m^2,\label{71}\\ b^2 - 2 a c&=2m,\label{72}\\ -c^2&=-1.\label{73} \end{align}

從 \eqref{73} 得 $c=\pm1$, 不妨設 $c=1$。 代入 \eqref{72} 得到

\begin{align} b^2-2a=2m.\label{74} \end{align}

從 \eqref{71}, \eqref{74} 消去 $m$, 得到 $2(2b-a^2)+(b^2-2a)^2=0$,

$$2a^2-4b^2a+b^4+4b=0.$$

它關於 $a$ 是二次的, 當 $b^4-4b\geqslant0$ 時, 解得 $a=b^2\pm\frac{\sqrt{2(b^4-4b)}}{2}$。 要使得 $a$ 為整數, 首先必須有 $b=2s$ 為偶數。 此時 $\frac{\sqrt{2(b^4-4b)}}{2}=2\sqrt{2s^4-s}$。 $a$ 為整數當且僅當 $2s^4-s$ 是一個平方數, 注意 $2s^4-s=s(2s^3-1)=(-s)(-2s^3+1)$ 可以寫成兩個互質的數的乘積。 當 $s\neq 0$ 時, $2s^4-s$ 是平方數當且僅當每個因數是平方數。 若 $s\gt 0$, 則 $s,2s^3-1$ 都是平方數。 令 $s=x^2$, 則 $2s^3-1=2x^6-1$, 這就引出丟番圖方程

\begin{align} 2x^6-1=y^2.\label{75} \end{align}

可以證明 $($見下一節引理 $1)$, 丟番圖方程 \eqref{75} 的解為

\begin{align} (x,y)=(\pm1,\pm1)\label{76} \end{align}

從而 $s=1$。 進而 $b=2s=2$, $a=4\pm 2=6,2$。 $2m=b^2-2a=4-2a=-8,0$, 從而 $m=-4,0$, $m=0$ 捨去。

若 $s\lt 0$, 則 $-s,-2s^3+1$ 都是平方數。 令 $s=-x^2$, 則 $-2s^3+1=2x^6+1$, 這就引出丟番圖方程

\begin{align} 2x^6+1=y^2.\label{77} \end{align}

可以證明 $($見下一節引理 $2)$, 丟番圖方程 \eqref{77} 的解為

\begin{align} (x,y)=(0,\pm1).\label{78} \end{align}

從而 $s=0$, 捨去。

若 $s=0$, 則 $b=0$, $a=0$, 進而 $m=0$, 矛盾 $!$

綜上, $g(x^2)=x^6-2m^2x^4+2mx^2-1$ 在整數範圍內的不可約因式分解如下：

\begin{align} g(x^2)\!=\!\begin{cases} x^6\!-\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x \!+\! 1) (x^2 \!+\! x \!+\! 1) (x^2 \!-\! x \!+\! 1),&\text{若}\ m\!=\!0,\\ x^6\!-\!2x^4\!+\!2x^2\!-\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x \!+\! 1) (x^4 \!-\! x^2 \!+\! 1),&\text{若}\ m\!=\!1,\\ x^6\!-\!32x^4\!-\!8x^2\!-\!1\!=\!(x^3 \!-\! 6 x^2 \!+\! 2 x \!-\! 1) (x^3 \!+\! 6 x^2 \!+\! 2 x \!+\! 1),\quad&\text{若}\ m\!=\!\!-\!4,\\ x^6\!-\!2m^2x^4\!+\!2mx^2\!-\!1,&\text{其它情況。} \end{cases}\label{79} \end{align}

\eqref{67} 的討論類似於 \eqref{66}, 我們僅列出結果。

例 14. 設 $g(x)=x^3-2mx^2+2m^2x-1$, 其中 $m$ 是整數。 則 $g(x)$ 與 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解分別為：

\begin{align} g(x)\!=\!x^3\!-\!2mx^2\!+\!2m^2x\!-\!1\!\!=\!\begin{cases} x^3\!-\!1\!=\!(x\!-\!1)(x^2\!+\!x\!+\!1),&\text{若}\ m\!=\!0,\\ x^3\!-\!2x^2\!+\!2x\!-\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x^2 \!-\! x \!+\! 1), &\text{若}\ m\!=\!1,\\ x^3\!-\!2mx^2\!+\!2m^2x\!-\!1, \,\,&\text{其它情況。} \end{cases}\label{80} \end{align} \begin{align} g(x^2)\!=\!\begin{cases} x^6\!-\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x \!+\! 1) (x^2 \!+\! x \!+\! 1) (x^2 \!-\! x \!+\! 1),&\text{若}\ m\!=\!0,\\ x^6\!-\!2x^4\!+\!2x^2\!-\!1\!=\!(x \!-\! 1) (x \!+\! 1) (x^4 \!-\! x^2 \!+\! 1),\quad&\text{若}\ m\!=\!1,\\ x^6\!+\!8x^4\!+\!32x^2\!-\!1\!=\!(x^3 \!-\! 2 x^2 \!+\! 6 x \!-\! 1) (x^3 \!+\! 2 x^2 \!+\! 6 x \!+\! 1),&\text{若}\ m\!=\!\!-\!4,\\ x^6\!-\!2mx^4\!+\!2m^2x^2\!-\!1,&\text{其它情況。} \end{cases}\label{81} \end{align}

6. 關於丟番圖方程的兩個引理

上一節例 13 的論證中, 用到以下兩個關於丟番圖方程的引理:

引理 1. 丟番圖方程

\begin{align} y^2+1=2x^6\label{82} \end{align}

的整數解為 $(x,y)=(\pm1,\pm1)$。

引理 2. 丟番圖方程

\begin{align} y^2-1=2x^6\label{83} \end{align}

的整數解為 $(x,y)=(0,\pm1)$。

這兩個引理的證明並不顯然。 事實上我們也是求教了一些老師才搞清楚的。 以下證明, 均來自首都師範大學數學科學學院方江學教授。 我們事後發現, 引理 1 已經被英國數學家 Mordell 寫進他的著作 # 中 (見本節末尾的注)。

第一個引理的證明需要用到Gauss 整數環 $\mathbb{Z}[i]$ 的基本性質, 尤其是唯一分解定理, 我們簡述如下(參見 #)。

定義 1 (Gauss整數). 令 $\mathbb{Z}[i]=\{m+ni\,\vert m,n\ \text{為整數}$, $i=\sqrt{-1}\ \text{為虛數單位}\}$。 $\mathbb{Z}[i]$ 中的元素稱為 Gauss 整數, Gauss 整數在加法和乘法下封閉, 其全體構成一個環 ring, 抽象代數的基本概念之一$)$, 稱 $\mathbb{Z}[i]$ 為高斯整數環。

定義 2 (Gauss整數環的單位). $u=m+ni\in \mathbb{Z}[i]$ 稱為 Gauss 整數環的單位 $($或可逆元$)$, 如果 $u^{-1}\in \mathbb{Z}[i]$。

例如, 容易驗證, $\pm 1,\pm i$ 都是 $\mathbb{Z}[i]$ 中的單位。 事實上, 不難證明, 這就是 Gauss 整數環的全部單位。

定義 3 (相伴). 若 $\alpha,\beta$ 滿足 $\alpha=\beta u$, 其中 $u$ 是單位, 則稱 $\alpha,\beta$ 相伴, 記為 $\alpha\sim \beta$。

例如 $1+i$ 與 $1-i$ 相伴, 因為有 $1+i=i(1-i)$。

定義 4 (因數, 因數分解). 設 $\alpha,\beta,\gamma\in \mathbb{Z}[i]$, 若有 $\alpha=\beta\gamma$, 則稱 $\beta,\gamma$ 是 $\alpha$ 的因數, 並稱 $\alpha=\beta\gamma$ 為 $\alpha$ 的一個因數分解。

對任意的 Gauss 整數 $\alpha$, 顯然, 每個單位都是 $\alpha$ 的因數, 例如 $\alpha=1\alpha=(-1)(-\alpha)=i(-i\alpha)=(-i)(i\alpha)$, 這樣的因數分解, 稱為 $\alpha$ 的平凡的因數分解。

定義 5 (Gauss質數). 設 $\alpha$ 為 Gauss 整數且 $\alpha\neq0,\pm1,\pm i$, 若 $\alpha$ 僅有平凡的因數分解, 則稱之為 Gauss 質數。

例如, 不難驗證 $1+i,1-i$ 都是 Gauss 質數。 易見, $\alpha$ 為 Gauss 質數當且僅當 $\overline{\alpha}$ 為 Gauss 質數。

定理 4 (Gauss整數環的唯一分解定理). 任意 Gauss 整數 $\alpha$ $(\neq0,\pm1,\pm i)$ 可以寫為有限個 Gauss 質數的乘積, 且寫法是唯一的 $($不計 $\pm1,\pm i$ 的倍數與乘積次序$)$。 也就是說, $\alpha$ 可以寫為

$$\alpha=\pi_1\pi_2\cdots\pi_s,$$

其中 $\pi_1,\pi_2,\ldots,\pi_s$ 為 Gauss 質數 $($稱為 $\alpha$ 在 Gauss 整數環 $\mathbb{Z}[i]$ 中的質因數分解$)$。 並且, 若 $\alpha$ 還有一個質因數分解

$$\alpha=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_t,$$

則必有 $s=t$, 並且在對 $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_t=\lambda_s$ 重新排序之後 $($不妨仍然記為 $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_s)$, 有 $\pi_i\sim\lambda_i$, $i=1,2,\ldots,s$ $(\mathbb{Z}[i]$ 中的質因數分解的唯一性$)$。

做好了這些準備工作, 現在我們可以給出引理 1 的證明了。

引理1的證明： 令 $x^2=z$, 則由 \eqref{82} 式有

\begin{align} (y+i)(y-i)=(1+i)(1-i)z^3.\label{84} \end{align}

注意 $1+i$ 是 Gauss 質數, 所以必定有 $1+i\mid y+i$ 或 $1+i\mid y-i$。 不妨設 $1+i\mid y+i$ (在 $1+i\mid y-i$ 可以類似討論), 取共軛就有 $1-i\mid y-i$, 注意 $1+i\sim 1-i$, 從而有 $1+i\mid y-i$。 我們發現 $1+i$ 是 $y+i,y-i$ 的公因數。 記 $d$ 為 $y+i,y-i$ 的最大公因數, 下面我們證明 $d=1+i$。 注意 $(y+i)-(y-i)=2i$, 因此 $d\mid 2i=(1+i)^2$。 為證明 $d=1+i$, 就只要證明 $d\neq (1+i)^2=2i$。 假設 $d=2i$, 這就意味著 $2i\mid y+i$, 注意從 \eqref{82} 可知 $y=2m+1$ 是奇數, 而 $2i\mid 2m$, 從而就有 $2i\mid 1+i$, 即 $1+i\mid 1$, 從而 $1+i$ 為單位, 矛盾！ 這樣我們就證明了$y+i,y-i$的最大公因數為$1+i$。 從而由 \eqref{84} 以及 Gauss 整數環中唯一分解定理 (定理 4 的唯一性部分) 可知, 存在 $w\in\mathbb{Z}[i]$ 使得

\begin{align} y+i=(1+i)w^3.\label{85} \end{align}

令 $w=a+bi\in\mathbb{Z}[i]$, 則有

\begin{align} y+i=(1+i)(a+bi)^3,\label{86} \end{align}

即

\begin{align} \begin{aligned} y+i&=(1+i)(a^3-3ab^2+(3a^2b-b^3)i)\\ &=(a^3-3ab^2-3a^2b+b^3)+(a^3-3ab^2+3a^2b-b^3)i. \end{aligned}\label{87} \end{align}

從而有

\begin{align} y=a^3-3ab^2-3a^2b+b^3,\label{88}\\ 1=a^3-3ab^2+3a^2b-b^3.\label{89} \end{align}

注意 \eqref{89} 式右邊有因式分解

\begin{align} a^3-3ab^2+3a^2b-b^3=(a-b)(a^2+4ab+b^2),\label{90} \end{align}

於是從 \eqref{89}, \eqref{90} 得到

\begin{align} (a-b)(a^2+4ab+b^2)=1.\label{91} \end{align}

容易求得 \eqref{91} 的整數解為 $(a,b)=(0,-1)$ 或 $(1,0)$。 代回 \eqref{88} 式求得 $y=\pm1$, 並由 \eqref{82} 式對應得到 $x=\pm 1$。證畢。

$\Box$

接下來我們給出引理 2 的證明。

引理 2 的證明： 將用反證法證明, 必有 $x=0$。 否則, 假設 $x\neq0$, 從而 $y+1,y-1$ 都不等於 $0$。

由 \eqref{83} 可知, $2\mid y^2-1$, 因此 $y$ 是奇數。 不妨設

\begin{align} y\equiv 1\pmod{4}.\label{92} \end{align}

由於 $4\mid y^2-1$, 從而有 $2\mid x^6$, 從而 $2\mid x$。 令

\begin{align} x=2^kx_1,\label{93} \end{align}

其中 $x_1$ 是奇數, $k\geqslant1$。 則由 \eqref{83} 有

\begin{align} y^2-1=2^{6k+1}x_1^6.\label{94} \end{align}

對上式左邊作因式分解, 有

\begin{align} (y+1)(y-1)=2^{6k+1}x_1^6.\label{95} \end{align}

兩邊同時除以 $2^2$, 就有

\begin{align} \frac{y+1}{2}\frac{y-1}{2}=2^{6k-1}x_1^6.\label{96} \end{align}

注意

\begin{align} \frac{y+1}{2}-\frac{y-1}{2}=1,\label{97} \end{align}

從而 $\frac{y+1}{2},\frac{y-1}{2}$ 互質, 且 $x_1$ 是奇數, 從而存在兩個互質的正奇數 $m,n$ (它們還滿足 $mn=|x_1|$) 使得以下四個式子之一成立:

\begin{align} \frac{y+1}{2}=\,&2^{6k-1}m^6,&\ \frac{y-1}{2}=\,&n^6,\label{98}\\ \frac{y+1}{2}=\,&m^6,&\ \frac{y-1}{2}=\,&2^{6k-1}n^6,\label{99}\\ \frac{y+1}{2}=\,&-2^{6k-1}m^6,&\ \frac{y-1}{2}=\,&-n^6,\label{100}\\ \frac{y+1}{2}=\,&-m^6,&\ \frac{y-1}{2}=\,&-2^{6k-1}n^6,\label{101} \end{align}

對照 \eqref{97}, \eqref{98} 與 \eqref{101} 分別表明, 方程

\begin{equation} 2^{6k-1}u^6-v^6=1\label{102} \end{equation}

分別有整數解 $(u,v)\!=\!(m,n)$ 和 $(u,v)\!=\!(n,m)$, 其中 $u,v$ 都是奇數。 但上式兩邊模 $4$ 即得

\begin{align} -1\equiv 1\pmod{4},\label{103} \end{align}

矛盾 $!$

因此只有 \eqref{99}, \eqref{100} 有可能成立, 代入 \eqref{97}, 這則意味著方程

\begin{equation} u^6-2^{6k-1}v^6=1\label{104} \end{equation}

有奇數解 $(u,v)$, 進而方程

\begin{align} y^2-1=2^{6k-1}x^6\label{105} \end{align}

有奇數解 $(x,y)=(v,u^3)$。

注意從 \eqref{94} 到 \eqref{105} 的推導, 意味著兩個方程中的 $2$ 的指數可以 從 ${ 6k+1}$ 降到 ${6k-1}$, 以此類推, 指數依次遞降 2, 就得到 $6k-1\to 6k-3\to\cdots\to3\to{1}$, 從而方程

\begin{align} y^2-1=2x^6\label{106} \end{align}

有奇數解 $(x,y)$。 兩邊模 4 有

\begin{align} 0\equiv 2\pmod{4},\label{107} \end{align}

矛盾! 證畢。

$\Box$

註. 引理 1 蘊含在 Fermat 的下述一般定理 (見 #[p.123] 或 # 定理 3.3) 中：

定理 5. 丟番圖方程

\begin{equation} y^2+4=x^3\label{108} \end{equation}

僅有解 $(y,x)=(\pm2, 2),(\pm11,5)$。

據 Mordell # 說, 這個問題則是 Fermat 挑戰歐洲數學家的經典問題之一。

1850 年, V. A. Lebesgue 用高斯整數證明了, 當 $n\geqslant2$ 時, 丟番圖方程

\begin{equation} y^2+1=x^n\label{109} \end{equation}

沒有正整數解, 參見 #[p.301] 或 #[p.86]。 我們可以考慮丟番圖方程 \eqref{82} 的下述推廣:

\begin{equation} y^2+1=2x^n,\label{110} \end{equation}

其中 $n\geqslant2$ 是整數。 留給有興趣的讀者。

1738 年, Euler 證明了丟番圖方程

\begin{equation} y^2-1=x^3\label{111} \end{equation}

僅有的有理解是 $(x,y)=(0,\pm1),(-1,0),(2,\pm3)$ (見 #)。 1962年, 柯召 # (也參見 #[p.92]) 證明了, 對所有的奇質數 $p\gt3$,

\begin{equation} y^2-1=x^p\label{112} \end{equation}

的整數解為 $(x,y)=(0,\pm1),(-1,0)$。 類似地, 我們可以考慮丟番圖方程 \eqref{83} 的下述推廣:

\begin{equation} y^2-1=2x^p,\label{113} \end{equation}

其中 $p$ 是奇質數。 留給有興趣的讀者。

方程 \eqref{108} 和 \eqref{111} 蘊含在一般的方程

\begin{equation} y^2=x^3+k,\quad k\text{為整數} \label{114} \end{equation}

中。 這個方程稱為 Mordell 方程, 在橢圓曲線的研究中佔有重要位置, 見 #。

方程 \eqref{109} 和 \eqref{112} 與著名的 Catalan 猜想 (1844 年由比利時數學家 Eugène Charles Catalan 提出。 2002 年被羅馬尼亞數學家 Preda Mihăilescu 證明) 密切相關。

考慮方程 \eqref{110} 和 \eqref{113} 本身也是有意義的 (前者可參見 #)。 事實上, 有一個基本的結果, 如下 (參見 #[p.265] 定理 4, 它是 C. L. Siegel 的一個一般定理的特例) :

定理 6. 設 $a,b,c,d$ 是整數, $ad\neq0$ 且 $b^2-4ac\neq0$, $n\geqslant3$ 是整數, 則丟番圖方程

$$ay^2+by+c=dx^n$$

至多有有限多個整數解。

在上式中令 $a=1,b=0,c=\pm1,d=2$ 即得方程 \eqref{110} 和 \eqref{113}。

7. 更高次的偶多項式與引申的演算法問題

本文所用的方法也適用於討論更高次的偶多項式, 例如 8 次偶多項式。 限於篇幅, 此處從略。

最後我們想問一個一般問題：

問題 1 ($P(n)$). 對於任意給定的首項係數為 $1$ 的 $n$ 次整係數多項式 $g(x)$, 已知它在整數範圍內不可約, 問 $:$ 是否有一個演算法, 可以判定 $g(x^2)$ 在整數範圍內究竟是可約還是不可約?

根據定理 1, 對給定的 $n$, 這等價於問： 關於 $n$ 個未知數 $x_1,\ldots,x_n$ 的一個特定的 $n$ 個方程構成的丟番圖方程組, 是否有一個演算法判定它有沒有整數解。 例如在 $n=3$ 時, 這個方程組是

\begin{equation} \begin{aligned} 2x_2-x_1^2 & =a_1,\\ x_2^2 - 2 x_1x_3 & =a_2,\\ -x_3^2 & =a_3. \end{aligned}\label{115} \end{equation}

而在 $n=4$ 時, 這個方程組是

\begin{align} \begin{aligned} 2x_2-x_1^2&=a_1,\\ x_2^2+2x_4-2x_1x_3&=a_2,\\ 2x_2x_4-x_3^2&=a_3,\\ x_4^2&=a_4. \end{aligned}\label{116} \end{align}

在一般情況, 這個方程組由定理 1 (ii) 中的等式比較係數得出, 其中 $h(x)=x^n+x_1x^{n-1}+\cdots+x_n$。

問題 1 在 $n=1,2$ 的情況分別歸結為第 2 節推論 2 和第 3 節定理 3。 在 $n=3$ 的情形, 不難發現, 問題 1 的回答是肯定的, 我們有以下定理：

定理 7. 設 $g(x)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3$, 其中 $a_1,a_2,a_3$ 為整數, 且 $g(x)$ 在整數範圍內不可約。 則 $g(x^2)$ 在整數範圍內可約的充要條件是丟番圖方程組 \eqref{115} 有整數解。 判定並求解丟番圖方程組 \eqref{115} 的一個演算法如下：

(i) 用"開平方術"判定 $\sqrt{-a_3}$ 是否為整數。 若不是, 則 \eqref{115} 無整數解；
(ii) 若 $\sqrt{-a_3}$ 是整數, 令 $c_3=\sqrt{-a_3}$, 用"開方術"判定關於 $x_1$ 的丟番圖方程

\begin{equation} (x_1^2+a_1)^2-8c_3 x_1-4a_2=0\label{117} \end{equation}

是否有整數解。 若 \eqref{117} 有整數解 $c_1$, 則 \eqref{115} 有整數解 $(x_1,x_2,x_3)=(c_1,\frac{c_1^2+a_1}{2},c_3)$； 否則 \eqref{115} 無整數解。

若 \eqref{115} 的一組整數解為 $(x_1,x_2,x_3)=(c_1,c_2,c_3)$, 則 $g(x^2)$ 在整數範圍內的不可約因式分解為：

\begin{align} g(x^2)=(x^3+c_1x^2+c_2x+c_3)(x^3-c_1x^2+c_2x-c_3).\label{118} \end{align}

註. "開方術"是中國古代數學的一項傑出成就, 參見錢寶琮先生的著作 ##。 它的最簡單情形就是"開平方"和"開立方"。 其實在例 3 和例 5 中, 我們就已經隱含地要用到"開方術", 因為在 \eqref{42} 式和 \eqref{46} 式中, 我們需要解決以下問題： 對給定的整數 $d$, 判定方程

\begin{equation} 4x^4-4x-d=0\label{119} \end{equation}

是否有整數解。

親愛的朋友, 根據《九章算術》既有的開平方和開立方的演算法 (參見 ##), 你能猜到形如 \eqref{119} 這樣的方程, 甚至更簡單的方程

\begin{equation} x^4-x-d=0, \qquad\text{這裡 $d$ 是任意給定的整數} \end{equation}

是如何開方的嗎？

對於問題 1 在 $n=4$ 的情況, 所引出的丟番圖方程組 \eqref{116}, 含有四個未知數 $x_1,x_2,x_3,x_4$, 這正是中國古代數學的另一項傑出成就 ⸺ 朱世傑的"四元術" ⸺ 所討論的問題, 我們留給有興趣的讀者去探究。

致謝

感謝首都師範大學數學科學學院方江學教授給我們指引了引理 1 和引理 2 的證明。 感謝本刊審稿老師對初稿提出寶貴意見, 特別是指出了初稿中的證明漏洞並建議了修正方案。

參考文獻

本文作者林開亮任教中國西北農林科技大學理學院, 劉芳冰投稿時就讀中國中南大學數學與統計學院大二