本文始终假设 k 为一个域. 记 k[x] 表示 k 上的一元多项式环 (见 [1]). 关于整除性相关的概念可参考 [2].
I. 互素性续补
这里补充一些 [2] 中没有提到的结论.
命题 I.1 设 F ⊇ k 是 k 的扩域, f(x), g(x)∈ k[x]. 则 f(x) 与 g(x) 在 k[x] 中互素当且仅当 f(x) 与 g(x) 在 F[x] 中互素.
证. 充分性显然, 只需要证明必要性. 设 f(x) 与 g(x) 在 k[x] 中互素, 则由 [2, 命题 III.1] 知 1 是 f(x) 与 g(x) 在 k[x] 中的极大公因式. 根据 [2, 命题 II.3], 1 也是 f(x) 与 g(x) 在 F[x] 中的极大公因式. 从而由 [2, 命题 III.1] 知 f(x) 与 g(x) 在 k[x] 中互素.
引理 I.2 设 f(x), g(x), h(x) ∈ k[x], f(x) | g(x)h(x), 且 (f(x), g(x)) = 1. 则 f(x) | h(x).
证. 由 [2, 定理 III.2], 存在 u(x), v(x) ∈ k[x] 使得 u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1. 等式两边同时乘以 h(x) 得 u(x)f(x)h(x) + v(x)g(x)h(x) = h(x). 而 f(x) | u(x)f(x)h(x) 且 f(x) | v(x)g(x)h(x). 从而 f(x) | h(x).
引理 I.3 设 f(x), g(x), h(x) ∈ k[x]. 若 (f(x), g(x)) = 1, f(x) | h(x), g(x) | h(x), 则 f(x)g(x) | h(x).
证. 设 h(x) = f(x)a(x), h(x) = g(x)b(x). 由 [2, 定理 III.2], 存在 u(x), v(x) ∈ k[x] 使得 u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1. 等式两边乘以 h(x) 有 h(x) = u(x)f(x)h(x) + v(x)g(x)h(x) = u(x)f(x)g(x)b(x) + v(x)g(x)f(x)a(x) = (u(x)b(x) + v(x)a(x)) • f(x)g(x). 从而 f(x)g(x) | h(x).
引理 I.4 设 f(x), g(x), h(x) ∈ k[x]. 若 (f(x), g(x)) = 1, 且 (f(x), h(x)) = 1. 则 (f(x), g(x)h(x)) = 1.
证. 由 [2, 命题 III.1, 定理 III.2], 存在 u(x), v(x), u'(x), v'(x) ∈ k[x] 使得 u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1, u'(x)f(x) + v'(x)h(x) = 1. 两式相乘可得到 f(x) 与 g(x)h(x) 的一个组合等于 1. 从而由 [2, 定理 III.2] 知 f(x) 与 g(x)h(x) 互素. 再由 [2, 命题 III.1] 得 (f(x), g(x)h(x)) = 1.
II. 不可约多项式
对任意 f(x) ∈ k[x], 显然任意零次多项式都整除 f(x), 此外与 f(x) 相伴的多项式也整除 f(x). 所以称所有零次多项式以及与 f(x) 相伴的多项式为 f(x) 的平凡因式, 称 f(x) 的除平凡因式以外的因式为它的非平凡因式. 注意, 零多项式的平凡因式只有零多项式, 任意非零多项式都是零多项式的非平凡因式. 对于一个次数大于零的多项式, 如果它没有非平凡因式, 就称它为 k 上的一个不可约多项式.
命题 II.1 设 f(x) ∈ k[x] 为次数大于零的多项式. 若 h(x) 是 f(x) 的非平凡因式, 则 0 < deg h(x) < deg f(x).
证. h(x) ≠ 0, 否则 f(x) = 0. h(x) 是非平凡因子, 从而 deg h(x) > 0. 设 f(x) = g(x)h(x), g(x) ∈ k[x]. 由 [2, 引理 I.1], deg f(x) = deg g(x) + deg h(x). g(x) ≠ 0, 否则 f(x) = 0. 从而 deg g(x) ≥ 0. 若 deg g(x) = 0, 则 g(x) 为 k 中的非零元, 从而 f(x) 与 g(x) 相伴, 这与 h(x) 是非平凡因子矛盾. 故 deg g(x) > 0, deg h(x) < deg f(x).
命题 II.2 设 p(x) ∈ k[x] 为次数大于零的多项式. 下面各条件等价:
(1). p(x) 是 k[x] 中的不可约多项式,
(2). 对任意 f(x) ∈ k[x], 要么 p(x) | f(x), 要么 p(x) 与 f(x) 互素,
(3). 对 f(x), g(x) ∈ k[x], 由 p(x) | f(x)g(x), 可推出, 要么 p(x) | f(x) 要么 p(x) | g(x),
(4). p(x) 不能分解成两个次数比 p(x) 的次数低的多项式的乘积.
证. (1) 推 (2). 若 p(x) 不整除 f(x), 则与 p(x) 相伴的多项式都不是 p(x) 和 f(x) 的公因式. 由于 p(x) 不可约, 从而 p(x) 和 f(x) 的公因式只能是零次多项式. 这表明 p(x) 和 f(x) 互素.
(2) 推 (3). 若 p(x) 不整除 f(x), 则 (p(x), f(x)) = 1. 由引理 I.2, p(x) | g(x).
(3) 推 (4). 设 p(x) = f(x)g(x), 其中 deg f(x) < deg p(x), 且 deg g(x) < deg p(x). 由 p(x) | f(x)g(x), 有 p(x) | f(x) 或 p(x) | g(x). 但这与次数的大小关系矛盾.
(4) 推 (1). 若 p(x) 不是不可约多项式, 设 h(x) 是 p(x) 的非平凡因式. 由命题 II.1, 0 < deg h(x) < deg p(x). 设 f(x) = g(x)h(x), g(x) ∈ k[x]. 则 deg f(x) = deg g(x) + deg h(x). 从而 0 < deg g(x) < deg p(x). 这与 (4) 矛盾.
命题 II.3 k 上的一次多项式都是不可约多项式. 对于两个一次多项式 x + a 和 x + b, 其中 a, b ∈ k, 若 a ≠ b, 则 x + a 和 x + b 互素.
证. 显然任何一次多项式都不能写成两个次数低于 1 的多项式乘积, 从而由命题 II.2, 一次多项式不可约. 记 c = a - b ≠ 0, 则 (x + a) - (x + b) = c, 从而 c^{-1}(x + a) - c^{-1}(x + b) = 1. 由 [2, 定理 III.2], x + a 和 x + b 互素.
III. 唯一因式分解定理
定理 III.1 任意次数大于零的多项式 f(x) ∈ k[x] 可分解为 f(x) = p_1(x)…p_s(x) 的形式, 其中 s 为正整数, p_i(x) 是 k 上的不可约多项式, i = 1, …, s. 除去排列次序外, 这个分解式中的不可约多项式在相伴意义下是唯一的. 即若还有 f(x) = q_1(x)…q_t(x) 的形式, 其中 q_i(x) 是 k 上的不可约多项式, i = 1, …, t, 则 s = t, 且适当排列这些 q_i(x) 的次序后, 有 p_i(x) ~ q_i(x), i = 1, …, s.
证. 当 s = 1 时, p_1(x) = q_1(x)…q_t(x). 特别地, p_1(x) | q_1(x)…q_t(x). 由于 p_1(x) 不可约, 则 p_1(x) 整除某个 q_i(x). 不妨设 p_1(x) | q_1(x). 由于 q_1(x) 是不可约多项式, 而 p_1(x) 显然不是零次多项式, 从而 p_1(x) ~ q_1(x). 设 c ∈ k\{0} 使得 p_1(x) = c q_1(x), 则 c q_1(x) = q_1(x)q_2(x)…q_t(x). 若 t > 1, 则 q_2(x)…q_t(x) = c. 矛盾. 故 t = 1 = s, p_1(x) = q_1(x).
现设 s > 1. p_1(x)…p_s(x) = q_1(x)…q_t(x). 则 p_1(x) | q_1(x)…q_t(x). 不妨设 p_1(x) | q_1(x), 则 p_1(x) ~ q_1(x). 设 c ∈ k\{0} 使得 p_1(x) = c q_1(x), 则 c q_1(x)p_2(x)…p_s(t) = q_1(x)q_2(x)…q_t(x), c p_2(x)…p_s(t) = q_2(x)…q_t(x). 由归纳法得, s - 1 = t - 1, 从而 s = t, 且 q_2(x)…q_s(x) 的各不可约因式适当排列次序后有 p_i(x) ~ q_i(x), i = 2, …, s.
命题 III.2 任意次数大于零的多项式 f(x) ∈ k[x] 可分解为 f(x) = c p_1(x)^{r_1}…p_s(x)^{r_s} 的形式, 其中 s 为正整数, p_i(x) 是 k 上的首一不可约多项式, i = 1, …, s. f(x) 的这一分解式在除去排列次序外是唯一的.
证. 由定理 III.1, 设 f(x) 的分解式为 f(x) = q_1(x)…q_t(x), 其中 q_i(x) 为不可约多项式. 将其中不可约因式逐一取成首一相伴多项式的非零元倍即得结论中的分解式. 注意到与一个多项式相伴的首一多项式是唯一的, 由定理 III.1 指出的相伴意义下的唯一性, 结论显然成立.
IV. 根、零点、重因式
先简要回顾一下 [1] 中的部分内容. 任意 t ∈ k, 存在唯一环同态 σ_t: k[x] → k 满足 σ_t(x) = t, σ_t 在 k 上的限制是 k 上的恒等映射. 具体来说, 设 f(x) = Σ a_i x^i ∈ k[x], σ_t 把 f(x) 映为 f(t) := Σ a_i t^i.
对于一个多项式 f(x) ∈ k[x], 若存在 t ∈ k 使得 f(t) = σ_t(f(x)) = 0, 就称 t 为 f(x) 在 k 上的一个根. f(x) 诱导一个映射 f: k → k, 它将 t ∈ k 映为 σ_t(f(x)) = f(t). 这个映射称为 f(x) 诱导的 k 上的多项式函数. 对于多项式函数 f 而言, 若存在 t ∈ k 使得 f 在 t 处的值 f(t) = 0, 则称 t 为 f 的零点. 从而多项式在 k 上的根等同于它诱导的多项式函数的零点.
将所有 k 上的多项式函数组成的集合记为 P(k), 可为 P(k) 以自然的方式定义加法和乘法, 使得 P(k) 成为一个带单位元的交换环. 特别地, x 诱导的多项式函数是 P(k) 的单位元, 零多项式诱导的多项式函数是 P(k) 的零元. 映射 Φ: k[x] → P(k) 将多项式 f(x) 映为 f(x) 诱导的多项式函数 f. 这个映射是保持单位元的环同态. 当 k 是无限域时, Φ 是环同构.
命题 IV.1 设 f(x) ∈ k[x]. 则 t ∈ k 是 f(x) 在 k 上的根当且仅当 x - t 是 f(x) 的因式.
证. 由带余除法, f(x) = (x - t)q(x) + r, 其中 q(x) ∈ k[x], r ∈ k. 由 σ_t 为环同态, 在等式两边用 σ_t 作用, 得 f(t) = r. 从而 t ∈ k 是 f(x) 在 k 上的根当且仅当 r = 0, 而这又当且仅当 x - t 是 f(x) 的因式.
设 f(x), h(x) ∈ k[x], h(x) 为 f(x) 的次数大于零的因式, 如果存在 m > 1 使得 h(x)^m 是 f(x) 的因式, 但 h(x)^{m+1} 不是 f(x) 的因式, 就称 h(x) 为 f(x) 的 m 重因式, 否则称 h(x) 为 f(x) 的单因式. 设 t ∈ k 为 f(x) 的根, 则 x - t 是 f(x) 的因式. 若 x - t 是 f(x) 的 m 重因式, 其中 m > 0, 就称 t 是 f(x) 的 m 重根. 此时, m 称为 t 的重数. 若 x - t 是 f(x) 的单因式, 称 t 为 f(x) 的单根.
命题 IV.2 设 k 为无限域, f(x) ∈ k[x]. 则 f(x) 在 k 上的根的个数 (重根按重数计) 超过 f(x) 的次数当且仅当 f(x) 是零多项式.
证. 充分性显然, 只证明必要性. 设 f(x) 不是零多项式, t_1, …, t_s 为 f(x) 的根, 其中 t_i 为 r_i 重根, i = 1, …, s, 且 r_1 + … + r_s > deg f(x). 则 (x - t_i)^r_i | f(x), i = 1, …, s. 而 (x - t_i)^r_i, i = 1, …, s 两两没有次数大于零的公因式, 从而两两互素. 由引理 I.3, 乘积 Π (x - t_i)^r_i | f(x). 但这个乘积的次数 = Σ r_i > deg f(x). 矛盾. 从而 f(x) 是零多项式.
注. 一般地, 命题 IV.2 的结论对 k 是无限整环都成立. 但是对一般交换环, 由 [1] 第 IV 节情形 v 中的例子可见, 非零多项式可能在 k 中存在超过其次数个根 (甚至可能以所有 k 中元素为根).
设 f(x) = a_n x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + … + a_1 x + a_0 ∈ k[x]. 称多项式 f'(x) = n a_n x^{n - 1} + (n - 1) a_{n - 1} x^{n - 2} + … + a_1为 f(x) 的微商. 容易看出, 零多项式及零次多项式的微商为零多项式, 次数大于零的多项式的微商的次数比原多项式低 1 次. 微商定义了一个映射
k[x] → k[x], f(x) |→ f'(x).
直接计算不难发现微商保持加法, 但不保持乘法. 另设 g(x) = b_m x^m + b_{m - 1} x^{m - 1} + … + b_1 x + b_0 ∈ k[x]. 则 f(x)g(x) = Σ_s (Σ_{i+j=s} a_i b_j) x^s. 从而 (f(x)g(x))' = Σ_{s>0} (s Σ_{i+j=s} a_i b_j) x^{s-1}. 另一方面, f'(x)g(x) + f(x)g'(x) = (Σ_{i>0} i • a_i x^{i-1}) (Σ b_j x^j) + (Σ a_i x^i) (Σ_{j>0} j • b_j x^{j-1}) = Σ_{s>0} (Σ_{i+j=s} i a_i b_j) x^{s-1} + Σ_{s>0} (Σ_{i+j=s} j a_i b_j) x^{s-1} = Σ_{s>0} (Σ_{i+j=s} s • a_i b_j) x^{s-1}. 从而
(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x).
这称为微商的莱布尼兹性.
引理 IV.3 设 f(x) ∈ k[x], m ≥ 0, 则
(f(x)^m)' = m f(x)^{m-1} • f'(x).
证. m = 0, 1 时显然. 设 m > 1 且对于小于 m 的自然数结论成立. 由微商的莱布尼兹性, (f(x)^m)' = (f(x)^{m-1} • f(x))' = (f(x)^{m-1})' • f(x) + f(x)^{m-1} • f'(x). 由归纳假设, (f(x)^{m-1})' = (m-1) f(x)^{m-2} • f'(x). 从而 (f(x)^m)' = (m-1) f(x)^{m-2} • f'(x) • f(x) + f(x)^{m-1} • f'(x) = m f(x)^{m-1} • f'(x).
命题 IV.4 设 f(x) ∈ k[x], 则 f(x) 没有重因式当且仅当 f(x) 与 f'(x) 互素. 特别地, 当 f(x) 与 f'(x) 互素时 f(x) 没有重根.
证. 设 g(x) 为 f(x) 的因式并设 f(x) = g(x)^m • h(x), m > 0. 则 f'(x) = m g(x)^{m-1} • g'(x) • h(x) + g(x)^m • h'(x) = g(x)^{m-1} (mg'(x)h(x) + g(x)h'(x)). 由此可见, 若 g(x)^m 为 f(x) 的因式, m > 0, 则 g(x)^{m-1} 为 f'(x) 的因式. 特别地, g(x)^{m-1} 为 f(x) 与 f'(x) 的公因式. 因此, 若 g(x) 是 f(x) 的重因式, 则 f(x) 与 f'(x) 不互素.
反过来, 若 f(x) 与 f'(x) 不互素, 设 p(x) 为 f(x) 与 f'(x) 的不可约公因式. 若 p(x) 为 f(x) 的单因式, 设 f(x) = p(x)h(x), 则 p(x) ∤ h(x). f'(x) = p'(x)h(x) + p(x)h'(x). 由于 deg p'(x) = deg p(x) - 1 < deg p(x), 我们有 p(x) ∤ p'(x). 由于 p(x) 是不可约多项式, 根据命题 II.2, 就有 p(x) ∤ p'(x)h(x). 而 p(x) | p(x)h'(x), 所以 p(x) ∤ p'(x)h(x) + p(x)h'(x) = f'(x). 这与 p(x) 是 f'(x) 的因式矛盾. 故 p(x) 为 f(x) 的重因式. 特别地, f(x) 有重因式.
参考文献
