第一章 多项式 例子

第一章 多项式 — 定理例子

定义1.1 一元多项式 — 例子

例1：$f(x)=3x^4-2x^2+x-5$ 是 $\mathbf{Q}$ 上的4次多项式，$\mathrm{deg}f=4$，首项系数 $a_4=3$。

例2：$g(x)=7$ 是 $\mathbf{Q}$ 上的0次多项式（非零常数），$\mathrm{deg}g=0$。零多项式 $h(x)=0$ 不定义次数。

例3：$f(x)=x^2+ix+1$ 是 $\mathbf{C}$ 上的2次多项式，但不是 $\mathbf{R}$ 上的多项式（系数 $i\notin \mathbf{R}$）。

定义：定义1.1 一元多项式

定义1.2 整除 — 例子

例1：$(x-1)\mid (x^2-1)$，因为 $x^2-1=(x+1)(x-1)$，取 $h(x)=x+1$。

例2：$(x+2)\nmid (x^2+1)$，因为不存在多项式 $h(x)$ 使 $x^2+1=h(x)(x+2)$。做带余除法：$x^2+1=(x-2)(x+2)+5$，余式 $5\ne 0$。

例3：任意非零常数 $c$ 整除任意多项式 $f(x)$，因为 $f(x)=\frac{f(x)}{c}\cdot c$。

定义：定义1.2 整除

定义1.3 最大公因式 — 例子

例1：$f(x)=x^2-1=(x-1)(x+1)$，$g(x)=x^2+2x+1=(x+1{)}^2$。公因式有 $1,x+1$，最大公因式 $(f,g)=x+1$。

例2：$f(x)=x^2-1$，$g(x)=x^2+1$。公因式只有常数，$(f,g)=1$。

例3：$f(x)=2(x-1)$，$g(x)=4(x-1)(x+1)$。首一最大公因式 $(f,g)=x-1$（注意不是 $2(x-1)$）。

定义：定义1.3 最大公因式

定义1.4 互素 — 例子

例1：$f(x)=x+1$，$g(x)=x-1$。辗转相除：$x+1=1\cdot (x-1)+2$，余式为常数，$(f,g)=1$，故 $f$ 与 $g$ 互素。

例2：$f(x)=x^2-1$，$g(x)=x-1$。$x^2-1=(x+1)(x-1)$，$(f,g)=x-1\ne 1$，故 $f$ 与 $g$ 不互素。

定义：定义1.4 互素

定义1.5 不可约多项式 — 例子

例1：$p(x)=x^2+1$ 在 $\mathbf{R}$ 上不可约（判别式 $-4<0$，无实根，不能分解为两个一次因式之积）。在 $\mathbf{C}$ 上可约：$x^2+1=(x-i)(x+i)$。

例2：$p(x)=x-1$ 在任何数域上都是不可约的（一次多项式不可约）。

例3：$p(x)=x^2-2$ 在 $\mathbf{Q}$ 上不可约（$\sqrt{2}\notin \mathbf{Q}$），在 $\mathbf{R}$ 上可约：$x^2-2=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})$。

定义：定义1.5 不可约多项式

定义1.6 $k$ 重因式 — 例子

例1：$f(x)=(x-1{)}^3(x+2)$。$x-1$ 是 $f$ 的3重因式（$k=3$），$x+2$ 是单因式（$k=1$）。

例2：$f(x)=x^4-2x^3+x^2=x^2(x-1{)}^2$。$x$ 是2重因式，$x-1$ 是2重因式。

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

定义1.7 多项式的导数（微商） — 例子

例1：$f(x)=3x^4-2x^2+x-5$，则 $f^{\prime }(x)=12x^3-4x+1$。

例2：$f(x)=x^n$，则 $f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$。特别地，$f(x)=x$ 的导数为 $f^{\prime }(x)=1$。

例3：$f(x)=5$（常数），则 $f^{\prime }(x)=0$。

定义：定义1.7 多项式的导数（微商）

定义1.8 多项式的根（零点） — 例子

例1：$f(x)=x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$。$f(1)=0$，$f(2)=0$，故 $1$ 和 $2$ 都是 $f$ 的根，且都是单根。

例2：$f(x)=(x-1{)}^3$。$x=1$ 是 $f$ 的3重根，因为 $(x-1{)}^3\mid f(x)$ 但 $(x-1{)}^4\nmid f(x)$。

例3：$f(x)=x^2+1$ 在 $\mathbf{R}$ 中没有根（$f(a)=a^2+1⩾1>0$），在 $\mathbf{C}$ 中有根 $\pm i$。

定义：定义1.8 多项式的根（零点）

定义1.9 对称多项式 — 例子

例1：$f(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2$ 是对称多项式：交换 $x_1,x_2$ 得 $x_2^2+x_1^2=x_1^2+x_2^2$，不变。

例2：$f(x_1,x_2,x_3)=x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_1{x}_3$ 是对称多项式：任意排列 $x_1,x_2,x_3$ 后结果相同。

例3：$f(x_1,x_2)=x_1-x_2$ 不是对称多项式：交换 $x_1,x_2$ 得 $x_2-x_1=-(x_1-x_2)\ne f$。

定义：定义1.9 对称多项式

定义1.10 初等对称多项式 — 例子

例1：$n=3$ 时，初等对称多项式为 ${\sigma }_1=x_1+x_2+x_3$，${\sigma }_2=x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3$，${\sigma }_3=x_1{x}_2{x}_3$。

例2：$n=2$ 时，${\sigma }_1=x_1+x_2$，${\sigma }_2=x_1{x}_2$。任意二元对称多项式都可由 ${\sigma }_1,{\sigma }_2$ 表出，例如 $x_1^2+x_2^2={\sigma }_1^2-2{\sigma }_2$。

定义：定义1.10 初等对称多项式

定理1.1 整除的充要条件 — 例子

例1：判断 $g(x)=x-1$ 是否整除 $f(x)=x^3-1$。

用 $x-1$ 除 $x^3-1$：做带余除法，$x^3-1=(x^2+x+1)(x-1)+0$，余式为 $0$。由定理1.1，$(x-1)\mid (x^3-1)$。

例2：判断 $g(x)=x+1$ 是否整除 $f(x)=x^3+2x+1$。

做带余除法：$x^3+2x+1=(x^2-x+3)(x+1)+(-2)$，余式为 $-2\ne 0$。由定理1.1，$(x+1)\nmid (x^3+2x+1)$。

定理：定理1.1 整除的充要条件

定理1.2 最大公因式存在定理 — 例子

例1：求 $f(x)=x^4+x^3-3x^2-4x-1$ 与 $g(x)=x^3+x^2-x-1$ 的最大公因式。

辗转相除：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x\cdot g(x)+(-2x^2-3x-1),\\ g(x)& =\left(-\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\right)(-2x^2-3x-1)+\left(-\frac{3}{4}x-\frac{3}{4}\right),\\ -2x^2-3x-1& =\left(\frac{8}{3}x+\frac{4}{3}\right)\left(-\frac{3}{4}x-\frac{3}{4}\right)+0.\end{array}$$

最后一个非零余式为 $-\frac{3}{4}(x+1)$，故 $(f(x),g(x))=x+1$。

例2：求 $f(x)=x^4-1$ 与 $g(x)=x^3-1$ 的最大公因式，并表为组合。

$$\begin{array}{rl}{x}^4-1& =x(x^3-1)+(x-1),\\ x^3-1& =(x^2+x+1)(x-1)+0.\end{array}$$

故 $(f,g)=x-1$。由第一式 $x-1=f(x)-x\cdot g(x)$，即 $d(x)=1\cdot f(x)+(-x)\cdot g(x)$。

定理：定理1.2 最大公因式存在定理

定理1.3 互素的充要条件 — 例子

例1：验证 $f(x)=x^2+1$ 与 $g(x)=x+1$ 互素。

由辗转相除：$x^2+1=(x-1)(x+1)+2$，故 $2=1\cdot (x^2+1)+(-1)(x-1)(x+1)$。即 $\frac{1}{2}\cdot (x^2+1)+\frac{-(x-1)}{2}\cdot (x+1)=1$。由定理1.3，$(f,g)=1$。

例2：验证 $f(x)=x^2-1$ 与 $g(x)=x-1$ 不互素。

$x^2-1=(x+1)(x-1)$，$g(x)=x-1$，公因式 $x-1$ 非常数，故不互素。若存在 $u,v$ 使 $uf+vg=1$，令 $x=1$ 代入得 $0=1$，矛盾。

定理：定理1.3 互素的充要条件

定理1.4 互素与整除 — 例子

例1：已知 $(x+1,x-1)=1$，且 $(x+1)\mid (x-1)(x^2+x+1)$，证明 $(x+1)\mid (x^2+x+1)$。

由定理1.4，$(x+1,x-1)=1$ 且 $(x+1)\mid (x-1)(x^2+x+1)$，故 $(x+1)\mid (x^2+x+1)$。验证：$x^2+x+1=(x)(x+1)+1$，余式为1，似乎不对。实际上 $(x+1)\nmid (x^2+x+1)$，这说明前提 $(x+1)\mid (x-1)(x^2+x+1)$ 不成立。计算 $(x-1)(x^2+x+1)=x^3-1$，而 $x^3-1=(x^2-x+1)(x-1)$… 更正：$(x+1)\mid (x^3-1)$？$x^3-1$ 在 $x=-1$ 时为 $-2\ne 0$，故 $(x+1)\nmid (x^3-1)$。此例前提不成立。

例1（修正）：已知 $(x,x+1)=1$，且 $x\mid (x+1)\cdot x^2$，由定理1.4得 $x\mid x^2$，显然成立。

例2（推论）：$f_1=x-1$，$f_2=x+1$，$(f_1,f_2)=1$，$f_1\mid (x^2-1)$，$f_2\mid (x^2-1)$，由推论 $f_1{f}_2=x^2-1\mid (x^2-1)$，显然成立。

定理：定理1.4 互素与整除

定理1.5 不可约多项式的整除性质 — 例子

例1：$p(x)=x^2+1$ 在 $\mathbf{R}$ 上不可约。$f(x)=x+i$，$g(x)=x-i$（在 $\mathbf{C}$ 上）。$f(x)g(x)=x^2+1=p(x)$，故 $p(x)\mid f(x)g(x)$，且 $p(x)\mid f(x)$（因为 $f(x)$ 是 $p(x)$ 的因子）。

例2：$p(x)=2$（非零常数，不是不可约多项式，此例说明不可约条件不可少）。$p(x)=2\mid 6=2\times 3$，但 $2\nmid 3$（在多项式环中 $2\mid 3$ 不成立）。注意：非零常数不是不可约多项式。

例3：$p(x)=x$ 不可约。$f(x)=x+1$，$g(x)=x^2-x$。$f(x)g(x)=(x+1)(x^2-x)=x^3-x$。$p(x)=x\mid x^3-x$，且 $x\mid (x^2-x)=x(x-1)$，即 $p(x)\mid g(x)$。

定理：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 — 例子

例1：$f(x)=x^3-1$ 在 $\mathbf{Q}$ 上的因式分解。

$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$，其中 $x-1$ 和 $x^2+x+1$ 在 $\mathbf{Q}$ 上都不可约（$x^2+x+1$ 的判别式为 $-3<0$，无实根，故无一次因式）。分解唯一（不计常数因子和顺序）。

例2：$f(x)=x^4-1$ 在 $\mathbf{R}$ 上的因式分解。

$x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)$，其中 $x^2+1$ 在 $\mathbf{R}$ 上不可约。在 $\mathbf{C}$ 上进一步分解为 $(x-1)(x+1)(x-i)(x+i)$。

定理1.6 重因式与微商 — 例子

例1：判断 $f(x)=x^3-3x+2$ 是否有重因式。

$f^{\prime }(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$。求 $(f,f^{\prime })$：$f(x)=x^3-3x+2=(x-1{)}^2(x+2)$。$f^{\prime }(x)=3(x-1)(x+1)$。$(f,f^{\prime })=x-1\ne 1$，故 $f$ 有重因式。具体地，$x-1$ 是 $f$ 的2重因式，是 $f^{\prime }$ 的1重因式，与定理1.6一致。

例2：$f(x)=x^2+1$，$f^{\prime }(x)=2x$。$(f,f^{\prime })=1$（因为 $x^2+1$ 不可约且不整除 $2x$），故 $f$ 无重因式。

定理：定理1.6 重因式与微商

定理1.7 余数定理 — 例子

例1：求 $f(x)=2x^3-3x^2+x-5$ 被 $x-2$ 除的余数。

由余数定理，余数 $=f(2)=2\times 8-3\times 4+2-5=16-12+2-5=1$。

例2：判断 $x=3$ 是否是 $f(x)=x^4-5x^2+4$ 的根。

$f(3)=81-45+4=40\ne 0$，故 $x=3$ 不是根。由推论，$(x-3)\nmid f(x)$。

例3：$f(x)=x^3-6x^2+11x-6$，$f(1)=1-6+11-6=0$，故 $x=1$ 是根，$(x-1)\mid f(x)$。实际上 $f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)$。

定理：定理1.7 余数定理

定理1.8 多项式根的个数 — 例子

例1：$f(x)=x^3-x=x(x-1)(x+1)$ 是3次多项式，在 $\mathbf{R}$ 中恰有3个根 $0,1,-1$，不超过3个。

例2：$f(x)=x^2+1$ 是2次多项式，在 $\mathbf{R}$ 中没有根（根的个数 $0⩽2$），在 $\mathbf{C}$ 中有2个根 $\pm i$。

例3：$f(x)=(x-1{)}^3$ 是3次多项式，根 $x=1$ 的重数为3，按重数计算共3个根，不超过3。

定理：定理1.8 多项式根的个数

定理1.9 多项式相等判定 — 例子

例1：设 $f(x)=x^2+ax+b$，已知 $f(1)=3$，$f(2)=6$，$f(3)=11$，求 $a,b$。

$f$ 是2次多项式，3个条件确定 $f$。$f(1)=1+a+b=3$，$f(2)=4+2a+b=6$，$f(3)=9+3a+b=11$。由前两式得 $a=2,b=0$。验证 $f(3)=9+6+0=15\ne 11$，矛盾。这说明不存在2次多项式同时满足这三个条件（因为由前两个条件已唯一确定 $f(x)=x^2+2x$，而 $f(3)=15\ne 11$）。

例2：已知 $f(x)$ 是次数不超过2的多项式，$f(-1)=0$，$f(0)=1$，$f(1)=2$，求 $f(x)$。

设 $f(x)=a{x}^2+bx+c$。$f(-1)=a-b+c=0$，$f(0)=c=1$，$f(1)=a+b+c=2$。解得 $c=1$，$a+b=1$，$a-b=-1$，故 $a=0$，$b=1$。$f(x)=x+1$。

定理：定理1.9 多项式相等判定

定理1.10 高斯引理 — 例子

例1：验证 $f(x)=2x+3$ 和 $g(x)=3x+2$ 都是本原多项式，它们的乘积也是本原的。

$f(x)=2x+3$，系数2和3的最大公因数为1，本原。$g(x)=3x+2$，系数3和2的最大公因数为1，本原。$h(x)=f(x)g(x)=6x^2+13x+6$，系数6、13、6的最大公因数为1，本原。与高斯引理一致。

例2：$f(x)=6x+5$，$g(x)=10x+7$。$h(x)=60x^2+92x+35$。$\gcd (60,92,35)=1$，本原。

定理：定理1.10 高斯引理

定理1.11 整系数多项式的分解 — 例子

例1：$f(x)=2x^2+5x+3=(2x+3)(x+1)$。虽然有理系数分解 $(2x+3)(x+1)$ 中 $2x+3$ 的系数不是整数，但可以重写为整系数分解：$f(x)=(2x+3)(x+1)$，两个因子都是整系数的。

例2：$f(x)=6x^2+x-1$。有理系数分解 $=(2x+1)(3x-1)$，两个因子都是整系数的，与定理1.11一致。

定理：定理1.11 整系数多项式的分解

定理1.12 有理根的性质 — 例子

例1：求 $f(x)=2x^3-3x^2-3x+2$ 的有理根。

$a_3=2$，$a_0=2$。有理根 $\frac{r}{s}$ 满足 $s\mid 2$，$r\mid 2$。可能的 $s=\pm 1,\pm 2$，$r=\pm 1,\pm 2$。候选有理根：$\pm 1,\pm 2,\pm \frac{1}{2}$。

$f(1)=2-3-3+2=-2\ne 0$。$f(-1)=-2-3+3+2=0$。故 $x=-1$ 是根。

$f(2)=16-12-6+2=0$。故 $x=2$ 是根。

$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}-\frac{3}{4}-\frac{3}{2}+2=\frac{1-3-6+8}{4}=0$。故 $x=\frac{1}{2}$ 是根。

三个根 $-1,2,\frac{1}{2}$：$s\mid 2$，$r\mid 2$，均满足定理1.12。

例2：$f(x)=x^3-2x^2-x+2$，首项系数为1，有理根必为整根且是 $a_0=2$ 的因子。候选：$\pm 1,\pm 2$。$f(1)=0$，$f(2)=0$，$f(-1)=0$。三个整根 $1,2,-1$，都是2的因子（$\pm 1,\pm 2$）。

定理：定理1.12 有理根的性质

定理1.13 艾森斯坦判别法 — 例子

例1：证明 $f(x)=x^5-6x+3$ 在 $\mathbf{Q}$ 上不可约。

取 $p=3$：$p\nmid a_5=1$；$p\mid a_4=0,a_3=0,a_2=0,a_1=-6,a_0=3$；$p^2=9\nmid a_0=3$。由艾森斯坦判别法，$f(x)$ 在 $\mathbf{Q}$ 上不可约。

例2：证明 $f(x)=2x^4+3x^3-9x^2+6$ 在 $\mathbf{Q}$ 上不可约。

取 $p=3$：$p\nmid a_4=2$；$p\mid a_3=3,a_2=-9,a_1=0,a_0=6$；$p^2=9\nmid a_0=6$。由艾森斯坦判别法，$f(x)$ 在 $\mathbf{Q}$ 上不可约。

例3：$f(x)=x^2+1$，无法直接用艾森斯坦判别法（没有素数 $p$ 使 $p\mid 1$ 且 $p^2\nmid 1$）。但令 $x=y+1$，$f(y+1)=(y+1{)}^2+1=y^2+2y+2$。取 $p=2$：$2\nmid 1$，$2\mid 2$，$2\mid 2$，$4\nmid 2$。故 $y^2+2y+2$ 不可约，从而 $x^2+1$ 不可约。

定理：定理1.13 艾森斯坦（Eisenstein）判别法

定理1.14 多元多项式首项 — 例子

例1：$f(x,y)=3x^{2}y+x^3+y^2$，$g(x,y)=2xy+x+1$。

字典序下 $f$ 的首项为 $3x^{2}y$（$x^{2}y$ 字典序大于 $x^3$ 和 $y^2$），$g$ 的首项为 $2xy$。$fg$ 的首项应为 $3x^{2}y\cdot 2xy=6x^3{y}^2$。

验证：$fg$ 中 $x^3{y}^2$ 的系数确实只有 $3\times 2=6$ 这一项贡献，不会被消去。

例2（推论2）：$f(x,y)=x+y\ne 0$，$g(x,y)=x-y\ne 0$，$fg=x^2-y^2\ne 0$。

定理：定理1.14 多元多项式首项

定理1.15 对称多项式基本定理 — 例子

例1：将对称多项式 $f(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2$ 用初等对称多项式表示。

${\sigma }_1=x_1+x_2$，${\sigma }_2=x_1{x}_2$。$f$ 的首项为 $x_1^2$（指数 $(2,0)$，满足 $2⩾0$）。

构造 ${\phi }_1={\sigma }_1^2=(x_1+x_2{)}^2=x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2$。

$f-{\phi }_1=-2x_1{x}_2=-2{\sigma }_2$。

故 $f={\sigma }_1^2-2{\sigma }_2$，即 $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2$。

例2：将 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2{x}_2+x_1^2{x}_3+x_1{x}_2^2+x_1{x}_3^2+x_2^2{x}_3+x_2{x}_3^2$ 用初等对称多项式表示。

${\sigma }_1=x_1+x_2+x_3$，${\sigma }_2=x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3$，${\sigma }_3=x_1{x}_2{x}_3$。

首项为 $x_1^2{x}_2$（指数 $(2,1,0)$）。构造 ${\phi }_1={\sigma }_1{\sigma }_2$。

${\sigma }_1{\sigma }_2=(x_1+x_2+x_3)(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3)=x_1^2{x}_2+x_1^2{x}_3+x_1{x}_2^2+2x_1{x}_2{x}_3+x_1{x}_3^2+x_2^2{x}_3+x_2{x}_3^2$。

$f-{\sigma }_1{\sigma }_2=-2x_1{x}_2{x}_3=-2{\sigma }_3$。

故 $f={\sigma }_1{\sigma }_2-2{\sigma }_3$。

定理：定理1.15 对称多项式基本定理