Примитивные многочлены и их свойства

Пусть $f = \sum\limits_{k=0}^{n} a_{k}x^{k} \in \mathbb{Z}[x]$, тогда $f$ называется **примитивным**, если: $$\operatorname{НОД}(a_{0}, a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}) = 1$$

Для любого $f \in \mathbb{Q}[x]$ существует единственный примитивный $g \in \mathbb{Z}[x]$ такой, что: $$f = rg, \qquad r \in \mathbb{Q}$$

**Существование** Пусть $f = \sum\limits_{k=0}^{n} \dfrac{a_{k}}{b_{k}}x^{k}$, где $a_{i} \in \mathbb{Z}$ и $b_{i} \in \mathbb{N}$, тогда, приведём к общему знаменателю: $$f = \dfrac{a_{0}b_{1}\dots b_{n} + a_{1}b_{0}b_{2}\dots b_{n}x + \dots + a_{n}b_{0}\dots b_{n-1}x^{n}}{b_{0}b_{1}\dots b_{n}}$$ Вынесем за наибольший общий делитель коэффициентов: $$f = \dfrac{\operatorname{НОД}(a_{0}b_{1}\dots b_{n},~~ a_{1}b_{0}b_{2}\dots b_{n},~~ \dots,~~ a_{n}b_{0}\dots b_{n-1})}{b_{0}b_{1}\dots b_{n}}g(x)$$ Так как выносили НОД, $g$ - примитивен. Значит $f = rg$, где $r \in \mathbb{Q}$. **Единственность** От противного: Пусть имеет две примитивизации: $f = \dfrac{a}{b}g$ и $f = \dfrac{c}{d}h$, где $g$ и $h$ - примитивны. Приравнивая, получаем: $$\dfrac{a}{b}g = \dfrac{c}{d}h \implies ad \cdot g = cb \cdot h \in \mathbb{Z}[x] \qquad (*)$$ Пусть $g = \sum\limits_{k=0}^{n} a_{k}x^{k}$ и $h = \sum\limits_{k=0}^{n} b_{k}x^{k}$, тогда из $(*)$ получаем: $$\begin{align} ad \sum_{k=0}^{n} a_{k}x^{k} &= cb \sum_{k=0}^{n} b_{k}x^{k} \\ ada_{0} &= bcb_{0} \\ ada_{1} &= bcb_{1} \\ &\dots \\ ada_{n} &= bcb_{n} \end{align}$$ Но тогда: $$\begin{align} \operatorname{НОД}(ada_{0}, ada_{1}, \dots, ada_{n}) = ad \cdot \operatorname{НОД}(a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}) &= ad \cdot 1 \\ \operatorname{НОД}(bcb_{0}, bcb_{1}, \dots, bcb_{n}) = bc \cdot \operatorname{НОД}(b_{0}, b_{1}, \dots, b_{n}) &= bc \cdot 1 \\ \end{align}$$ Так как многочлены равны, то $ad = bc$, а значит $\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$. Возвращаясь к $(*)$ получаем, что $g = h$. Противоречие. $\square$

Пусть $f$ и $g$ - примитивные многочлены. Тогда их произведение $fg$ - примитивный многочлен.

Пусть многочлены имеют вид: $$f = \sum_{k=0}^{n} a_{k}x^{k} \qquad g = \sum_{k=0}^{m} b_{k}x^{k}$$ От противного: Предположим, что $fg$ - не примитивный. То есть существует простое число $p$ такое, что $p$ делит все коэффициенты $fg$. Пусть $l$ - наименьший индекс в $f$ такой, что $p \nmid a_{l}$ и при этом $p \mid a_{i}$ для $0 \leq i < l - 1$. Такой $l$ всегда существует, так как $f$ - примитивен. Аналогично найдём $k$ для $g$ Рассмотрим коэффициенты при степени $k + l$ многочлена $fg$: $$ \underbrace{ c_{k+l} }_{ * } = a_l b_k + \underbrace{ (a_{l - 1} b_{k + 1} + \dots) }_{ * } + \underbrace{ (a_{l + 1} b_{k - 1} + a_{l + 2} b_{k - 2} + \dots) }_{ * }$$ Всё, что отмечено $(*)$ делится на $p$, а значит $p \mid a_{l}b_{k}$. Но $l$ и $k$ выбраны так, что $p \nmid a_{l}$ и $p \nmid b_{k}$. Противоречие. $\square$