利用高斯引理证明整环上的多项式相关命题

先明确咱们要解决的问题：

设$A$是整环，求证以下命题：
命题：若$f\in A[x]$是首一的非常数多项式，$a\in A$，且$a$与$f$生成的理想是整个多项式环（即$(a, f) = A[x]$），则$a$是$A$中的单位。

你原本打算通过系数比较的思路来证明：找到等式$ag = fh + 1$，然后推导出$h$的所有系数都能被$a$整除，进而得到$ag = af\hat{h} + 1$，最终得出$ac=1$（$c\in A$）。下面我来聊聊怎么用高斯引理来证这个命题，以及怎么把你那个系数比较的过程用更简洁的结论“包装”起来。

用高斯引理的证明思路 #

首先回忆高斯引理的核心内容：整环$A$上的本原多项式（系数的最大公因子是$A$中单位的多项式）的乘积仍是本原多项式。另外，整环上的任何多项式都能写成$A$中某个元素乘本原多项式的形式——也就是对任意$g\in A[x]$，存在$c(g)\in A$（叫$g$的容度）和本原多项式$g_0\in A[x]$，使得$g = c(g)g_0$，而且$c(g)$在相伴意义下是唯一的。

回到命题条件：$(a, f)=A[x]$意味着存在$g, h\in A[x]$，使得$ag + fh = 1$。

首先，$f$是首一多项式，它的系数的最大公因子是1（也就是$A$中的单位），所以$f$本身就是本原多项式。

现在看等式$ag + fh = 1$，我们对两边的多项式取容度：容度是积性的（相伴意义下$c(pq)=c(p)c(q)$），而常数多项式$1$的容度是单位。

左边的$ag$，它的容度是$c(a)c(g)=a\cdot c(g)$（因为$a$是常数，容度就是它自己）；$fh$的容度是$c(f)c(h)=1\cdot c(h)$（因为$f$是本原多项式，容度是单位）。

而等式右边是1，容度为单位，这说明左边$ag + fh$的容度必须是单位。但$ag + fh =1$，这个多项式的容度要整除它的所有系数，包括常数项1，所以它的容度只能是单位——也就是说$ag + fh$是本原多项式。

再看左边，$ag = 1 - fh$，右边$1 - fh$是本原多项式，所以$ag$也必须是本原多项式。而$ag$的容度是$a\cdot c(g)$，本原多项式的容度是单位，所以$a\cdot c(g)$是$A$中的单位。因为单位的因子也必须是单位，所以$a$肯定是$A$中的单位，这就证完了。

包装系数比较过程的方法 #

你原本的系数比较思路其实可以用数学归纳法或者次数分析来简化包装，不用逐项计算系数：

假设$ag + fh = 1$，设$f$的次数为$k\geq1$（因为是非常数首一多项式），$h$的次数为$t$，那么$fh$的次数是$k+t$，所以$ag$的次数也必须是$k+t$（否则左边的最高次项无法抵消得到常数1）。

比较最高次项系数：$f$的最高次项是$x^k$，$h$的最高次项是$h_t x^t$，相乘得到$h_t x^{k+t}$；$ag$的最高次项是$a g_{k+t} x^{k+t}$。因为左边最高次项系数相加为0（右边没有这个次数的项），所以$a g_{k+t} + h_t = 0$，即$h_t = -a g_{k+t}$——这说明$h_t$是$a$的倍数。

接下来用归纳法：假设$h$中次数≥$i$的系数都是$a$的倍数，我们可以推出次数为$i-1$的系数也是$a$的倍数。具体来说，比较等式两边次数为$k+i-1$的系数，把已经知道是$a$倍数的项代入，就能得到$h_{i-1}$可以表示为$a$乘以$A$中的某个元素。

这样归纳下来，所有$h$的系数都是$a$的倍数，即$h = a\hat{h}$（$\hat{h}\in A[x]$）。把这个代入原等式，得到$ag + f(a\hat{h}) =1$，整理一下就是$a(g + f\hat{h})=1$。这里$g + f\hat{h}$是$A[x]$中的多项式，但它乘以$a$等于常数1，所以这个多项式只能是$A$中的常数$c$，也就是$ac=1$，所以$a$是单位。

这个过程本质还是系数比较，但用归纳法把重复的步骤统一起来，就显得更简洁了。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者William Sun