第一章多项式

本章包含一元多项式与多元多项式相关的基础定理。

定义1.1 一元多项式

设 $P$ 是一个数域， $x$ 是一个文字（符号），形如

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}

的表达式称为数域 $P$ 上的一元多项式，其中 $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} \in P$ ， $n$ 是非负整数。若 $a_{n} \neq = 0$ ，则称 $n$ 为 $f (x)$ 的次数，记为 $de g f (x) = n$ 。系数全为零的多项式称为零多项式，不定义次数。

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定义1.2 整除

设 $f (x), g (x) \in P [x]$ ， $g (x) \neq = 0$ 。如果存在 $h (x) \in P [x]$ ，使得

f (x) = h (x) g (x),

则称 $g (x)$ 整除 $f (x)$ ，记为 $g (x) ∣ f (x)$ ， $g (x)$ 称为 $f (x)$ 的因式， $f (x)$ 称为 $g (x)$ 的倍式。

例子：定义1.2 整除 — 例子

定义1.3 最大公因式

设 $f (x), g (x) \in P [x]$ 。如果 $d (x)$ 满足：（1） $d (x) ∣ f (x)$ 且 $d (x) ∣ g (x)$ ；（2）若 $h (x) ∣ f (x)$ 且 $h (x) ∣ g (x)$ ，则 $h (x) ∣ d (x)$ ，则称 $d (x)$ 为 $f (x)$ 与 $g (x)$ 的最大公因式。首项系数为1的最大公因式记为 $(f (x), g (x))$ 。

例子：定义1.3 最大公因式 — 例子

定义1.4 互素

如果 $(f (x), g (x)) = 1$ ，则称 $f (x)$ 与 $g (x)$ 互素（或互质）。

例子：定义1.4 互素 — 例子

定义1.5 不可约多项式

设 $p (x) \in P [x]$ ， $de g p (x) ⩾ 1$ 。如果 $p (x)$ 不能表示为 $P$ 上两个次数都比它低的多项式之积，则称 $p (x)$ 在 $P$ 上不可约。否则称 $p (x)$ 在 $P$ 上可约。

例子：定义1.5 不可约多项式 — 例子

定义1.6 $k$ 重因式

设 $f (x) \in P [x]$ ， $p (x)$ 是不可约多项式。如果 $p^{k} (x) ∣ f (x)$ 但 $p^{k + 1} (x) ∤ f (x)$ ，则称 $p (x)$ 为 $f (x)$ 的 $k$ 重因式。 $k = 1$ 时称为单因式， $k ⩾ 2$ 时称为重因式。

例子：[[第一章多项式例子#定义16-k-重因式—例子|定义1.6 $k$ 重因式 — 例子]]

定义1.7 多项式的导数（微商）

设 $f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ ，则 $f (x)$ 的导数（或微商）定义为

f^{'} (x) = n a_{n} x^{n - 1} + (n - 1) a_{n - 1} x^{n - 2} + \dots + a_{1} .

例子：定义1.7 多项式的导数（微商） — 例子

定义1.8 多项式的根（零点）

设 $f (x) \in P [x]$ ， $α \in P$ 。如果 $f (α) = 0$ ，则称 $α$ 为 $f (x)$ 在 $P$ 中的一个根（或零点）。如果 $(x - α)^{k} ∣ f (x)$ 但 $(x - α)^{k + 1} ∤ f (x)$ ，则称 $α$ 为 $f (x)$ 的 $k$ 重根。

例子：定义1.8 多项式的根（零点） — 例子

定义1.9 对称多项式

设 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 是数环 $R$ 上的 $n$ 元多项式。如果对 $1, 2, \dots, n$ 的任意排列 $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{n}$ ，都有

f (x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \dots, x_{i_{n}}) = f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}),

则称 $f$ 为 $n$ 元对称多项式。

例子：定义1.9 对称多项式 — 例子

定义1.10 初等对称多项式

下列 $n$ 个对称多项式称为初等对称多项式：

σ_{1} = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}, σ_{2} = 1 ⩽ i < j ⩽ n \sum x_{i} x_{j}, \dots, σ_{n} = x_{1} x_{2} \dots x_{n} .

例子：定义1.10 初等对称多项式 — 例子

定理1.1 整除的充要条件

对于数域 $P$ 上的任意两个多项式 $f (x), g (x)$ ，其中 $g (x) \neq = 0$ ， $g (x) ∣ f (x)$ 的充分必要条件是 $g (x)$ 除 $f (x)$ 的余式为零。

证

由带余除法，存在唯一的 $q (x), r (x)$ 使得

f (x) = q (x) g (x) + r (x),

其中 $r (x) = 0$ 或者 $de g r < de g g$ 。

必要性：若 $g (x) ∣ f (x)$ ，则存在 $h (x)$ 使 $f (x) = h (x) g (x)$ 。与带余除法比较，得 $q (x) = h (x)$ ， $r (x) = 0$ ，即余式为零。

充分性：若余式 $r (x) = 0$ ，则 $f (x) = q (x) g (x)$ ，由整除定义即得 $g (x) ∣ f (x)$ 。

证毕

例子：定理1.1 整除的充要条件 — 例子

定理1.2 最大公因式存在定理

对于 $P [x]$ 中任意两个多项式 $f (x), g (x)$ ，在 $P [x]$ 中存在一个最大公因式 $d (x)$ ，且 $d (x)$ 可以表成 $f (x), g (x)$ 的一个组合，即有 $P [x]$ 中多项式 $u (x), v (x)$ 使

d (x) = u (x) f (x) + v (x) g (x) .

证

不妨设 $g (x) \neq = 0$ （若 $g (x) = 0$ ，则 $f (x)$ 本身就是最大公因式，取 $u (x) = 1, v (x) = 0$ 即可）。

对 $f (x), g (x)$ 做辗转相除：

f (x) g (x) r_{1} (x) r_{k - 2} (x) r_{k - 1} (x) = q_{1} (x) g (x) + r_{1} (x), de g r_{1} < de g g, = q_{2} (x) r_{1} (x) + r_{2} (x), de g r_{2} < de g r_{1}, = q_{3} (x) r_{2} (x) + r_{3} (x), de g r_{3} < de g r_{2}, ⋮ = q_{k} (x) r_{k - 1} (x) + r_{k} (x), de g r_{k} < de g r_{k - 1}, = q_{k + 1} (x) r_{k} (x) + 0.

由于每步余式的次数严格递减，这个过程必然终止。最后一个非零余式 $r_{k} (x)$ 就是 $f (x)$ 与 $g (x)$ 的最大公因式。

验证 $r_{k} (x)$ 是公因式：从最后一式 $r_{k - 1} (x) = q_{k + 1} (x) r_{k} (x)$ 知 $r_{k} (x) ∣ r_{k - 1} (x)$ 。代入倒数第二式 $r_{k - 2} (x) = q_{k} (x) r_{k - 1} (x) + r_{k} (x)$ ，得 $r_{k} (x) ∣ r_{k - 2} (x)$ 。逐步回代，最终 $r_{k} (x) ∣ g (x)$ 且 $r_{k} (x) ∣ f (x)$ 。

验证 $r_{k} (x)$ 是最大公因式：设 $h (x)$ 是 $f (x), g (x)$ 的任一公因式。从第一式 $r_{1} (x) = f (x) - q_{1} (x) g (x)$ ，得 $h (x) ∣ r_{1} (x)$ 。从第二式 $r_{2} (x) = g (x) - q_{2} (x) r_{1} (x)$ ，得 $h (x) ∣ r_{2} (x)$ 。逐步推下去，得 $h (x) ∣ r_{k} (x)$ 。故 $r_{k} (x)$ 是最大公因式。

组合表示：从第一式 $r_{1} (x) = f (x) - q_{1} (x) g (x)$ ， $r_{1}$ 已表为 $f, g$ 的组合。从第二式 $r_{2} (x) = g (x) - q_{2} (x) r_{1} (x)$ ，代入 $r_{1}$ 的表达式， $r_{2}$ 也表为 $f, g$ 的组合。逐步回代，每一步的余式都能表为 $f, g$ 的组合，最终 $r_{k} (x)$ 也能表为 $f, g$ 的组合，即存在 $u (x), v (x)$ 使 $d (x) = u (x) f (x) + v (x) g (x)$ 。

证毕

例子：定理1.2 最大公因式存在定理 — 例子

定理1.3 互素的充要条件

$P [x]$ 中两个多项式 $f (x), g (x)$ 互素的充分必要条件是有 $P [x]$ 中的多项式 $u (x), v (x)$ 使

u (x) f (x) + v (x) g (x) = 1.

证

必要性：若 $(f (x), g (x)) = 1$ ，由定理1.2，最大公因式1可表为 $f (x), g (x)$ 的组合，即存在 $u (x), v (x)$ 使 $u (x) f (x) + v (x) g (x) = 1$ 。

充分性：设存在 $u (x), v (x)$ 使 $u (x) f (x) + v (x) g (x) = 1$ 。设 $d (x)$ 是 $f (x), g (x)$ 的任一公因式，则 $d (x) ∣ f (x)$ 且 $d (x) ∣ g (x)$ ，从而 $d (x) ∣ (u (x) f (x) + v (x) g (x)) = 1$ 。因此 $d (x)$ 是非零常数，即 $f (x), g (x)$ 互素。

证毕

例子：定理1.3 互素的充要条件 — 例子

定理1.4 互素与整除

如果 $(f (x), g (x)) = 1$ ，且 $f (x) ∣ g (x) h (x)$ ，那么

f (x) ∣ h (x) .

推论：如果 $f_{1} (x) ∣ g (x)$ ， $f_{2} (x) ∣ g (x)$ ，且 $(f_{1} (x), f_{2} (x)) = 1$ ，那么

f_{1} (x) f_{2} (x) ∣ g (x) .

证

由 $(f (x), g (x)) = 1$ ，据定理1.3，存在 $u (x), v (x)$ 使

u (x) f (x) + v (x) g (x) = 1.

两边同乘 $h (x)$ ：

u (x) f (x) h (x) + v (x) g (x) h (x) = h (x) .

因为 $f (x) ∣ f (x) h (x)$ ，且 $f (x) ∣ g (x) h (x)$ （已知条件），所以 $f (x)$ 整除等式左边每一项，从而 $f (x) ∣ h (x)$ 。

推论的证明：由 $f_{1} (x) ∣ g (x)$ ，设 $g (x) = f_{1} (x) q (x)$ 。由 $f_{2} (x) ∣ g (x) = f_{1} (x) q (x)$ ，且 $(f_{1} (x), f_{2} (x)) = 1$ ，由定理1.4得 $f_{2} (x) ∣ q (x)$ 。设 $q (x) = f_{2} (x) r (x)$ ，则 $g (x) = f_{1} (x) f_{2} (x) r (x)$ ，即 $f_{1} (x) f_{2} (x) ∣ g (x)$ 。

证毕

例子：定理1.4 互素与整除 — 例子

定理1.5 不可约多项式的整除性质

如果 $p (x)$ 是一个不可约多项式，那么对于任意的两个多项式 $f (x), g (x)$ ，由 $p (x) ∣ f (x) g (x)$ 一定推出 $p (x) ∣ f (x)$ 或者 $p (x) ∣ g (x)$ 。

推论：如果不可约多项式 $p (x)$ 整除一些多项式 $f_{1} (x), f_{2} (x), \dots, f_{s} (x)$ 的乘积 $f_{1} (x) f_{2} (x) \dots f_{s} (x)$ ，那么 $p (x)$ 一定整除这些多项式之中的一个。

证

设 $p (x) ∤ f (x)$ 。因为 $p (x)$ 不可约， $p (x)$ 的因式只有非零常数和 $c \cdot p (x)$ （ $c$ 为非零常数）。 $f (x)$ 与 $p (x)$ 的公因式只能是常数，故 $(f (x), p (x)) = 1$ 。

由定理1.3，存在 $u (x), v (x)$ 使 $u (x) f (x) + v (x) p (x) = 1$ 。又 $p (x) ∣ f (x) g (x)$ ，所以

p (x) ∣ [u (x) f (x) + v (x) p (x)] g (x) = g (x) .

推论的证明：对 $s$ 用数学归纳法。 $s = 2$ 即定理本身。设 $s > 2$ ，若 $p (x) ∣ f_{1} (x) f_{2} (x) \dots f_{s} (x)$ ，由定理， $p (x) ∣ f_{1} (x)$ 或 $p (x) ∣ f_{2} (x) \dots f_{s} (x)$ 。前者已得，后者由归纳假设知 $p (x)$ 整除 $f_{2}, \dots, f_{s}$ 中的某一个。

证毕

例子：定理1.5 不可约多项式的整除性质 — 例子

因式分解及唯一性定理

数域 $P$ 上每一个次数 $⩾ 1$ 的多项式 $f (x)$ 都可以唯一地分解成数域 $P$ 上一些不可约多项式的乘积。所谓唯一性是说，如果有两个分解式

f (x) = p_{1} (x) p_{2} (x) \dots p_{s} (x) = q_{1} (x) q_{2} (x) \dots q_{t} (x),

那么必有 $s = t$ ，并且适当排列因式的次序后有

p_{i} (x) = c_{i} q_{i} (x), i = 1, 2, \dots, s,

其中 $c_{i}$ 是非零常数。

证

存在性：对 $f (x)$ 的次数 $n$ 做数学归纳法。

当 $n = 1$ 时，一次多项式本身就是不可约的，结论成立。

假设对次数 $< n$ 的多项式结论成立。考虑 $n$ 次多项式 $f (x)$ 。若 $f (x)$ 不可约，则结论成立。若 $f (x)$ 可约，则 $f (x) = f_{1} (x) f_{2} (x)$ ，其中 $0 < de g f_{1} < n$ ， $0 < de g f_{2} < n$ 。由归纳假设， $f_{1} (x)$ 和 $f_{2} (x)$ 都可分解为不可约多项式的乘积，从而 $f (x)$ 也可以。

唯一性：对分解式中因式的个数 $s$ 做归纳法。

当 $s = 1$ 时， $f (x) = p_{1} (x)$ 不可约。若 $f (x) = q_{1} (x) q_{2} (x) \dots q_{t} (x)$ ，则 $p_{1} (x) ∣ q_{1} (x) q_{2} (x) \dots q_{t} (x)$ ，由定理1.5推论， $p_{1} (x)$ 整除某个 $q_{j} (x)$ 。但 $q_{j} (x)$ 不可约，故 $q_{j} (x) = c_{j} p_{1} (x)$ ，因此 $t = 1$ 。

设 $s > 1$ 。由 $p_{1} (x) ∣ q_{1} (x) q_{2} (x) \dots q_{t} (x)$ ，由定理1.5推论， $p_{1} (x)$ 整除某个 $q_{j} (x)$ ，不妨设 $p_{1} (x) ∣ q_{1} (x)$ 。因 $q_{1} (x)$ 不可约， $q_{1} (x) = c_{1} p_{1} (x)$ 。于是

p_{1} (x) p_{2} (x) \dots p_{s} (x) = c_{1} p_{1} (x) q_{2} (x) \dots q_{t} (x) .

两边消去 $p_{1} (x)$ （非零），得

p_{2} (x) \dots p_{s} (x) = c_{1} q_{2} (x) \dots q_{t} (x) .

左边有 $s - 1$ 个不可约因式，由归纳假设， $s - 1 = t - 1$ （即 $s = t$ ），且适当排列后 $p_{i} (x)$ 与 $q_{i} (x)$ 相差一个非零常数因子。

证毕

定理1.6 重因式与微商

如果不可约多项式 $p (x)$ 是 $f (x)$ 的 $k$ 重因式 $(k ⩾ 1)$ ，那么它是微商 $f^{'} (x)$ 的 $k - 1$ 重因式。

推论1：如果不可约多项式 $p (x)$ 是 $f (x)$ 的 $k$ 重因式 $(k ⩾ 1)$ ，那么 $p (x)$ 是 $f (x)$ ， $f^{'} (x), \dots, f^{(k - 1)} (x)$ 的因式，但不是 $f^{(k)} (x)$ 的因式。

推论2：不可约多项式 $p (x)$ 是 $f (x)$ 的重因式的充分必要条件为 $p (x)$ 是 $f (x)$ 与 $f^{'} (x)$ 的公因式。

证

由 $p (x)$ 是 $f (x)$ 的 $k$ 重因式，可设 $f (x) = p (x)^{k} g (x)$ ，其中 $p (x) ∤ g (x)$ 。

对 $f (x)$ 求微商：

f^{'} (x) = k p (x)^{k - 1} p^{'} (x) g (x) + p (x)^{k} g^{'} (x) = p (x)^{k - 1} [k p^{'} (x) g (x) + p (x) g^{'} (x)] .

令 $h (x) = k p^{'} (x) g (x) + p (x) g^{'} (x)$ ，则 $f^{'} (x) = p (x)^{k - 1} h (x)$ 。

只需证明 $p (x) ∤ h (x)$ 。用反证法：若 $p (x) ∣ h (x)$ ，则 $p (x) ∣ k p^{'} (x) g (x)$ （因为 $p (x) ∣ p (x) g^{'} (x)$ 是显然的）。由于 $p (x)$ 不可约且 $de g p^{'} < de g p$ ，所以 $p (x) ∤ p^{'} (x)$ 。由定理1.5， $p (x) ∣ g (x)$ ，与 $p (x) ∤ g (x)$ 矛盾。故 $p (x) ∤ h (x)$ 。

因此 $p (x)^{k - 1}$ 恰好整除 $f^{'} (x)$ ，即 $p (x)$ 是 $f^{'} (x)$ 的 $k - 1$ 重因式。

推论1的证明：反复应用定理1.6。 $p (x)$ 是 $f$ 的 $k$ 重因式 $\Rightarrow$ 是 $f^{'}$ 的 $k - 1$ 重因式 $\Rightarrow$ 是 $f^{''}$ 的 $k - 2$ 重因式 $\Rightarrow \dots$ $\Rightarrow$ 是 $f^{(k - 1)}$ 的 $1$ 重因式 $\Rightarrow$ 不是 $f^{(k)}$ 的因式。

推论2的证明： $p (x)$ 是 $f (x)$ 的重因式 $\Leftrightarrow$ $p (x)$ 是 $f (x)$ 的 $k$ 重因式且 $k ⩾ 2$ $\Leftrightarrow$ $p (x)$ 是 $f^{'} (x)$ 的因式（由定理1.6， $k - 1 ⩾ 1$ ） $\Leftrightarrow$ $p (x)$ 是 $f (x)$ 与 $f^{'} (x)$ 的公因式。

证毕

例子：定理1.6 重因式与微商 — 例子

定理1.7 余数定理

用一次多项式 $x - α$ 去除多项式 $f (x)$ ，所得的余式是一个常数，这个常数等于函数值 $f (α)$ 。

推论： $α$ 是 $f (x)$ 的根的充分必要条件是 $(x - α) ∣ f (x)$ 。

证

由带余除法，用 $x - α$ 除 $f (x)$ ，得

f (x) = q (x) (x - α) + r,

其中余式 $r$ 是常数（因为 $de g (x - α) = 1$ ，余式次数 $< 1$ ，故为常数）。

将 $x = α$ 代入：

f (α) = q (α) (α - α) + r = 0 + r = r .

故余数 $r = f (α)$ 。

推论的证明： $α$ 是 $f (x)$ 的根 $\Leftrightarrow$ $f (α) = 0$ $\Leftrightarrow$ 余数 $r = 0$ $\Leftrightarrow$ $(x - α) ∣ f (x)$ 。

证毕

例子：定理1.7 余数定理 — 例子

定理1.8 多项式根的个数

$P [x]$ 中 $n$ 次多项式 $(n ⩾ 0)$ 在数域 $P$ 中的根不可能多于 $n$ 个，重根按重数计算。

证

对 $n$ 做数学归纳法。

当 $n = 0$ 时，零次多项式是非零常数，没有根，结论成立。

假设对次数 $< n$ 的多项式结论成立。设 $f (x)$ 是 $n$ 次多项式。

若 $f (x)$ 在 $P$ 中没有根，则根的个数为 $0 ⩽ n$ ，结论成立。

若 $f (x)$ 在 $P$ 中有根 $α_{1}$ ，由定理1.7推论， $(x - α_{1}) ∣ f (x)$ ，设 $f (x) = (x - α_{1}) g (x)$ ，其中 $de g g = n - 1$ 。

$f (x)$ 的根由 $α_{1}$ 和 $g (x)$ 的根组成。由归纳假设， $g (x)$ 的根不超过 $n - 1$ 个。因此 $f (x)$ 的根不超过 $1 + (n - 1) = n$ 个。

证毕

例子：定理1.8 多项式根的个数 — 例子

定理1.9 多项式相等判定

如果多项式 $f (x), g (x)$ 的次数都不超过 $n$ ，而它们对 $n + 1$ 个不同的数 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n + 1}$ 有相同的值，即

f (α_{i}) = g (α_{i}), i = 1, 2, \dots, n + 1,

那么 $f (x) = g (x)$ 。

证

令 $h (x) = f (x) - g (x)$ ，则 $de g h ⩽ n$ （因为 $de g f ⩽ n$ ， $de g g ⩽ n$ ）。

由条件 $f (α_{i}) = g (α_{i})$ ，得 $h (α_{i}) = 0$ ， $i = 1, 2, \dots, n + 1$ 。

即 $h (x)$ 有 $n + 1$ 个不同的根。但 $de g h ⩽ n$ ，由定理1.8， $h (x)$ 的根不超过 $n$ 个。唯一的可能是 $h (x) = 0$ ，即 $f (x) = g (x)$ 。

证毕

例子：定理1.9 多项式相等判定 — 例子

定理1.10 高斯引理

两个本原多项式的乘积还是本原多项式。

证

设 $f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}$ 和 $g (x) = b_{m} x^{m} + b_{m - 1} x^{m - 1} + \dots + b_{0}$ 都是本原多项式（即它们的系数的最大公因数为1）。

用反证法。设 $h (x) = f (x) g (x)$ 不是本原的，则存在素数 $p$ 整除 $h (x)$ 的所有系数。

因为 $f (x)$ 是本原的， $p$ 不能整除 $f (x)$ 的所有系数。设 $a_{i}$ 是 $f (x)$ 中第一个不被 $p$ 整除的系数，即 $p ∣ a_{0}, a_{1}, \dots, a_{i - 1}$ ，但 $p ∤ a_{i}$ 。

同理，设 $b_{j}$ 是 $g (x)$ 中第一个不被 $p$ 整除的系数，即 $p ∣ b_{0}, b_{1}, \dots, b_{j - 1}$ ，但 $p ∤ b_{j}$ 。

考察 $h (x)$ 中 $x^{i + j}$ 的系数：

c_{i + j} = a_{0} b_{i + j} + a_{1} b_{i + j - 1} + \dots + a_{i} b_{j} + \dots + a_{i + j} b_{0} .

在这个和中：

当 $s < i$ 时， $p ∣ a_{s}$ ，所以 $p ∣ a_{s} b_{i + j - s}$ ；
当 $s > i$ 时， $t = i + j - s < j$ ，所以 $p ∣ b_{t}$ ，从而 $p ∣ a_{s} b_{t}$ ；
当 $s = i$ 时，项为 $a_{i} b_{j}$ ， $p ∤ a_{i} b_{j}$ 。

因此 $c_{i + j} \equiv a_{i} b_{j} \neq \equiv 0 (mod p)$ ，即 $p ∤ c_{i + j}$ 。这与 $p$ 整除 $h (x)$ 的所有系数矛盾。

故 $h (x)$ 是本原多项式。

证毕

例子：定理1.10 高斯引理 — 例子

定理1.11 整系数多项式的分解

如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积。

证

设 $f (x)$ 是非零整系数多项式，且 $f (x) = g (x) h (x)$ ，其中 $g (x), h (x)$ 是有理系数多项式，且 $de g g < de g f$ ， $de g h < de g f$ 。

将 $g (x)$ 的所有系数乘以它们分母的最小公倍数 $c_{1}$ ，使 $c_{1} g (x)$ 成为整系数多项式。再提取 $c_{1} g (x)$ 的系数的最大公因数 $d_{1}$ ，得

c_{1} g (x) = d_{1} \cdot g_{1} (x),

其中 $g_{1} (x)$ 是本原多项式。因此 $g (x) = \frac{d _{1}}{c _{1}} g_{1} (x)$ 。

同理， $h (x) = \frac{d _{2}}{c _{2}} h_{1} (x)$ ，其中 $h_{1} (x)$ 是本原多项式。

于是

f (x) = \frac{d _{1} d _{2}}{c _{1} c _{2}} g_{1} (x) h_{1} (x) .

由高斯引理（定理1.10）， $g_{1} (x) h_{1} (x)$ 是本原多项式。设 $\frac{d _{1} d _{2}}{c _{1} c _{2}} = \frac{r}{s}$ （ $r, s$ 互素整数），则

s \cdot f (x) = r \cdot g_{1} (x) h_{1} (x) .

左边是整系数多项式，右边 $g_{1} (x) h_{1} (x)$ 是本原多项式。若 $s > 1$ ，取 $s$ 的素因子 $p$ ，则 $p$ 整除左边所有系数，从而 $p$ 整除右边所有系数，即 $p$ 整除 $r \cdot g_{1} (x) h_{1} (x)$ 的所有系数。但 $p ∤ r$ （因为 $(r, s) = 1$ ），所以 $p$ 整除 $g_{1} (x) h_{1} (x)$ 的所有系数，与 $g_{1} (x) h_{1} (x)$ 本原矛盾。故 $s = 1$ 。

因此 $f (x) = r \cdot g_{1} (x) h_{1} (x) = (r \cdot g_{1} (x)) \cdot h_{1} (x)$ ，其中 $r \cdot g_{1} (x)$ 和 $h_{1} (x)$ 都是整系数多项式，且次数分别与 $g (x), h (x)$ 相同，都低于 $de g f$ 。

证毕

例子：定理1.11 整系数多项式的分解 — 例子

定理1.12 有理根的性质

设

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}

是一个整系数多项式，而 $\frac{r}{s}$ 是它的一个有理根，其中 $r, s$ 互素，那么必有 $s ∣ a_{n}$ ， $r ∣ a_{0}$ 。特别地，如果 $f (x)$ 的首项系数 $a_{n} = 1$ ，那么 $f (x)$ 的有理根都是整根，而且是 $a_{0}$ 的因子。

证

由 $\frac{r}{s}$ 是 $f (x)$ 的根，得

a_{n} (\frac{r}{s})^{n} + a_{n - 1} (\frac{r}{s})^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0.

两边乘以 $s^{n}$ ：

a_{n} r^{n} + a_{n - 1} r^{n - 1} s + \dots + a_{1} r s^{n - 1} + a_{0} s^{n} = 0.

将含 $s$ 的项和含 $r$ 的项分组：

a_{n} r^{n} = - s (a_{n - 1} r^{n - 1} + \dots + a_{0} s^{n - 1}) .

因此 $s ∣ a_{n} r^{n}$ 。因为 $(r, s) = 1$ ，所以 $(r^{n}, s) = 1$ ，从而 $s ∣ a_{n}$ 。

同理，从

a_{0} s^{n} = - r (a_{n} r^{n - 1} + a_{n - 1} r^{n - 2} s + \dots + a_{1} s^{n - 1}),

得 $r ∣ a_{0} s^{n}$ 。因为 $(r, s) = 1$ ，所以 $(r, s^{n}) = 1$ ，从而 $r ∣ a_{0}$ 。

当 $a_{n} = 1$ 时， $s ∣ 1$ ，故 $s = \pm 1$ ，有理根 $\frac{r}{s} = \pm r$ 为整数。又 $r ∣ a_{0}$ ，故有理根是 $a_{0}$ 的因子。

证毕

例子：定理1.12 有理根的性质 — 例子

定理1.13 艾森斯坦（Eisenstein）判别法

设

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}

是一个整系数多项式。如果有一个素数 $p$ ，使得

$p ∤ a_{n}$ ；
$p ∣ a_{n - 1}, a_{n - 2}, \dots, a_{0}$ ；
$p^{2} ∤ a_{0}$ ；

那么 $f (x)$ 在有理数域上是不可约的。

证

用反证法。设 $f (x)$ 在有理数域上可约，由定理1.11， $f (x)$ 可分解为两个次数较低的整系数多项式的乘积：

f (x) = (b_{k} x^{k} + \dots + b_{0}) (c_{l} x^{l} + \dots + c_{0}),

其中 $k + l = n$ ， $k ⩾ 1$ ， $l ⩾ 1$ 。

比较常数项： $a_{0} = b_{0} c_{0}$ 。由条件2， $p ∣ a_{0}$ ，所以 $p ∣ b_{0} c_{0}$ ，从而 $p ∣ b_{0}$ 或 $p ∣ c_{0}$ 。由条件3， $p^{2} ∤ a_{0} = b_{0} c_{0}$ ，所以 $p$ 不能同时整除 $b_{0}$ 和 $c_{0}$ 。不妨设 $p ∣ b_{0}$ ， $p ∤ c_{0}$ 。

比较最高次项系数： $a_{n} = b_{k} c_{l}$ 。由条件1， $p ∤ a_{n}$ ，所以 $p ∤ b_{k}$ 。

设 $b_{i}$ 是 $b_{0}, b_{1}, \dots, b_{k}$ 中第一个不被 $p$ 整除的系数（ $i ⩾ 1$ ，因为 $p ∣ b_{0}$ 且 $p ∤ b_{k}$ ，这样的 $i$ 一定存在）。

考察 $f (x)$ 中 $x^{i}$ 的系数：

a_{i} = b_{i} c_{0} + b_{i - 1} c_{1} + \dots + b_{0} c_{i} .

当 $i < n$ 时，由条件2， $p ∣ a_{i}$ 。又 $p ∣ b_{0}, b_{1}, \dots, b_{i - 1}$ ，所以 $p ∣ (b_{i - 1} c_{1} + \dots + b_{0} c_{i})$ 。因此 $p ∣ b_{i} c_{0}$ 。但 $p ∤ c_{0}$ ，故 $p ∣ b_{i}$ ，与 $b_{i}$ 的选取矛盾。

当 $i = n$ 时， $k = n$ （即 $l = 0$ ），此时 $h (x) = c_{0}$ 为常数，不是次数较低的多项式，矛盾。

因此 $f (x)$ 在有理数域上不可约。

证毕

例子：定理1.13 艾森斯坦判别法 — 例子

定理1.14 多元多项式首项

当 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \neq = 0$ ， $g (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \neq = 0$ 时，乘积 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \cdot g (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 的首项等于 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 的首项与 $g (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 的首项的乘积。

推论1：如果 $f_{i} \neq = 0 (i = 1, 2, \dots, m)$ ，那么 $f_{1} f_{2} \dots f_{m}$ 的首项等于每个 $f_{i}$ 的首项的乘积。

推论2：如果 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \neq = 0$ ， $g (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \neq = 0$ ，那么

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \cdot g (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \neq = 0.

证

采用字典序排列单项式。设 $f$ 的首项为 $a x_{1}^{p_{1}} x_{2}^{p_{2}} \dots x_{n}^{p_{n}}$ ， $g$ 的首项为 $b x_{1}^{q_{1}} x_{2}^{q_{2}} \dots x_{n}^{q_{n}}$ （ $a \neq = 0$ ， $b \neq = 0$ ）。

$f \cdot g$ 的每一项都是 $f$ 的某一项与 $g$ 的某一项的乘积。设 $f$ 的任意项为 $a^{'} x_{1}^{p_{1}^{'}} \dots x_{n}^{p_{n}^{'}}$ ， $g$ 的任意项为 $b^{'} x_{1}^{q_{1}^{'}} \dots x_{n}^{q_{n}^{'}}$ 。

需要证明：首项乘积 $ab x_{1}^{p_{1} + q_{1}} \dots x_{n}^{p_{n} + q_{n}}$ 在字典序下严格大于任何其他乘积项。

若 $(p_{1}^{'}, \dots, p_{n}^{'}) \neq = (p_{1}, \dots, p_{n})$ ，因 $f$ 的首项字典序最大，存在某个 $j$ 使得 $p_{1}^{'} = p_{1}, \dots, p_{j - 1}^{'} = p_{j - 1}$ ， $p_{j}^{'} < p_{j}$ 。于是 $(p_{1}^{'} + q_{1}^{'}, \dots, p_{n}^{'} + q_{n}^{'})$ 与 $(p_{1} + q_{1}, \dots, p_{n} + q_{n})$ 比较时，前 $j - 1$ 个分量相同，第 $j$ 个分量 $p_{j}^{'} + q_{j}^{'} ⩽ p_{j}^{'} + q_{j} < p_{j} + q_{j}$ ，故首项乘积字典序更大。

同理，若 $g$ 的项不是首项，乘积也字典序更小。

若两项都不是首项，乘积字典序更小。

因此首项乘积是唯一的字典序最大项，不会被消去（系数 $ab \neq = 0$ ），它就是 $f g$ 的首项。

推论1：对 $m$ 做归纳法， $m = 2$ 即定理本身， $m > 2$ 时由 $(f_{1} \dots f_{m - 1}) \cdot f_{m}$ 及归纳假设可得。

推论2：首项系数 $ab \neq = 0$ ，故 $f g \neq = 0$ 。

证毕

例子：定理1.14 多元多项式首项 — 例子

定理1.15 对称多项式基本定理

对于任意一个 $n$ 元对称多项式 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 都有一个 $n$ 元多项式 $φ (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n})$ ，使得

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = φ (σ_{1}, σ_{2}, \dots, σ_{n}) .

其中 $σ_{1}, σ_{2}, \dots, σ_{n}$ 为初等对称多项式。

证

设 $f$ 的首项（字典序）为 $a x_{1}^{k_{1}} x_{2}^{k_{2}} \dots x_{n}^{k_{n}}$ （ $a \neq = 0$ ）。

因为 $f$ 是对称多项式，对任意置换 $x_{i} \leftrightarrow x_{j}$ ， $f$ 不变，所以首项的指数满足 $k_{1} ⩾ k_{2} ⩾ \dots ⩾ k_{n}$ （否则，若 $k_{i} < k_{i + 1}$ ，交换 $x_{i}$ 和 $x_{i + 1}$ 会得到一个字典序更大的项，与首项的定义矛盾）。

构造多项式

φ_{1} = a σ_{1}^{k_{1} - k_{2}} σ_{2}^{k_{2} - k_{3}} \dots σ_{n - 1}^{k_{n - 1} - k_{n}} σ_{n}^{k_{n}} .

$φ_{1}$ 的首项为 $a x_{1}^{k_{1}} x_{2}^{k_{2}} \dots x_{n}^{k_{n}}$ （因为 $σ_{i}$ 的首项为 $x_{1} x_{2} \dots x_{i}$ ，由定理1.14推论1计算即得）。

令 $f_{1} = f - φ_{1}$ ，则 $f_{1}$ 仍是对称多项式，且 $f_{1}$ 的首项字典序严格小于 $f$ 的首项。

对 $f_{1}$ 重复上述过程：取 $f_{1}$ 的首项，构造相应的 $φ_{2}$ ，令 $f_{2} = f_{1} - φ_{2}$ ，依此类推。

这个过程必须终止，因为字典序下指数序列 $(k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n})$ 满足 $k_{1} ⩾ k_{2} ⩾ \dots ⩾ k_{n} ⩾ 0$ ，这样的序列只有有限个（受 $f$ 的总次数限制）。每步首项严格递减，故经过有限步后 $f_{m} = 0$ 。

于是 $f = φ_{1} + φ_{2} + \dots + φ_{m}$ ，每个 $φ_{i}$ 都是 $σ_{1}, σ_{2}, \dots, σ_{n}$ 的多项式，因此 $f$ 可表为初等对称多项式的多项式。

证毕

例子：定理1.15 对称多项式基本定理 — 例子

来源引用

高等代数第五版 full.md

数学步步证

探索

第一章多项式

第一章多项式

定义1.1 一元多项式

定义1.2 整除

定义1.3 最大公因式

定义1.4 互素

定义1.5 不可约多项式

定义1.6 $k$ 重因式

定义1.7 多项式的导数（微商）

定义1.8 多项式的根（零点）

定义1.9 对称多项式

定义1.10 初等对称多项式

定理1.1 整除的充要条件

定理1.2 最大公因式存在定理

定理1.3 互素的充要条件

定理1.4 互素与整除

定理1.5 不可约多项式的整除性质

因式分解及唯一性定理

定理1.6 重因式与微商

定理1.7 余数定理

定理1.8 多项式根的个数

定理1.9 多项式相等判定

定理1.10 高斯引理

定理1.11 整系数多项式的分解

定理1.12 有理根的性质

定理1.13 艾森斯坦（Eisenstein）判别法

定理1.14 多元多项式首项

定理1.15 对称多项式基本定理

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第一章 多项式

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定义1.6 k 重因式

定义1.7 多项式的导数（微商）

定义1.8 多项式的根（零点）

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定义1.10 初等对称多项式

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定理1.2 最大公因式存在定理

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