FHE学习笔记 #2 多项式环( 三 ) _生活百科

一元多项式环的存在性最后引出重要定理：
可换幺环上的一元多项式环一定存在，即任意可环幺环上都可以定义一元多项式环
证明比较复杂，笔者只能简单写下思路，假设可换幺环为 $R$：

证明存在大环 $\widetilde R=\{(a_0,a_1,\ldots,0,0,\ldots)\mid a_i\in R\}$，其中的非零元有限
在 $\widetilde R$ 中找到一个子环 $R_0$，使得 $R_0\cong R$，即两个环同构
在 $\widetilde R\backslash R_0$ 找到一个元素 $u$，证明其为 $R_0$ 上的不定元
在 $R_0$ 添加上 $u$ 形成一元多项式环 $R_0[u]$ ，实际上可以证明 $R_0[u]=\widetilde R$
由于同构，可以得到 $R[u]\cong R_0[u]$，即 $R_0[u]$ 就是 $R$ 上的一元多项式环

文章插图

里面有一些细节展开描述：

大环上的加法：
类似于平时认知的多项式相加，即对应系数相加即可：
\[(a_0,a_1,\ldots)+(b_0,b_1,\ldots)=(a_0+b_0,a_1+b_1,\ldots)\]
大环上的乘法：
其实也类似于平时认知的多项式相乘，但是要注意并不是简单的对应元素相乘。
假设乘积结果的元素为 $c_k$，即 $(a_0,a_1,\ldots)\times(b_0,b_1,\ldots)=(c_0,c_1,\ldots)$，则 $\begin{aligned}c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j\end{aligned}$
要证明对加法成交换群，对乘法成可换幺半群，乘法对加法满足分配律，别忘了还要证明两个运算的封闭性

封闭性只用证明结果的非零元有限，即次数有限即可。

加法的零元（单位元）：$\mathbf{0}=(0,0,\ldots)$
加法的逆元（负元）：$-(a_0,a_1,\ldots)=(-a_0,-a_1,\ldots)$
乘法的幺元（单位元）：$\mathbf{1}=(1,0,\ldots)$

证明幺元：
对于任意的 $\boldsymbol{a}=\left(a_0, \ldots, a_n, 0,0, \ldots\right)$，设 $\boldsymbol{1} \boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}$，则
\[b_k=\sum_{i=0}^k 1_i a_{k-i}=1_0 a_k+1_1 a_{k-1}+\cdots+1_k a_0=a_k, k\in\{0,1,\ldots,n\}\]因为 $1_0=1$，而 $1_{i \geq 1}=0$ 。这就意味着 $1 \boldsymbol{a}=\boldsymbol{a}$ 恒成立，因此这里定义的 $\bf 1$ 就是 $V$ 的幺元

子环 $R_0$ 的形式为 $R_0=\{(a,0,0,\ldots)\mid a\in R\}$ ，可以证明其为 $\widetilde R$ 的子环
同态映射为 $\varphi: R\to R_0, \forall a\in R,\varphi(a)=(a,0,\ldots)\in R_0$，可证为环同构映射
不定元取 $u=(0,1,0,\ldots)$

根据大环上的乘法，可以得到 $u^2=(0,0,1,0,\ldots)$，类似 $u^k=(\overbrace{0,0,\ldots,0}^{k个0},1,0,\ldots)$
要证明 $u$ 是 $R_0$ 上的不定元，需要证明 $\forall a_0,a_1,\cdots,a_n\in R$，对应 $R_0$ 中的元素 $(a_0,0,0,\ldots),(a_1,0,0,\ldots),\ldots,(a_n,0,0,\ldots)$，则
\[\begin{aligned}&(a,0,0,\ldots)\mathbf{1}+(a,0,0,\ldots)u+\cdots+(a,0,0,\ldots)u^n\\&=(a,0,0,\ldots)(1,0,0,\ldots)+(a,0,0,\ldots)(0,1,0,\ldots)+\cdots+\\&\quad~(a,0,0,\ldots)(\overbrace{0,0,\ldots,0}^{n个0},1,0,\ldots)\\&=(a_0,a_1,\ldots,a_n)\end{aligned}\]若 $(a_0,a_1,\ldots,a_n)=\bf 0$，说明 $a_0=a_1=\cdots=a_n=0$，即 $u$ 确实为 $R_0$ 上的不定元。

极小多项式 Minimal Polynomial