【高等代数】第一章：多项式部分【1】

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前言

数学学久了，日子都苦了。

\qquad \quad 近学有感
二三年三月七日作      ~~~~     马元
老马危蜀道，久久不能行。
我亦多皇恐，肝胆具相倾。
连山深绝壑，壁立使天低，
剑拔山河鞘，刀横云与泥。
离家二三载，颔首一叹息。
路遥不见月，伤情谓马听。
年少值气盛，无畏路崎平。
逝者好杀人，任他老或轻。
飘摇飞蓬絮，浮沉雨中萍。
陌路失南北，缪缪寂寒星。
青丝成暮雪，对泪挥新亭。
衣沾露水重，嘲以掩枯心。
颠马作余乐，弹铗歌广陵。
悔不知今日，空门无量经。

本专题为基础概念以及定理推论的证明。

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多项式带余除法性质

\quad

性质证明

对于$P[x]$中任意两个多项式$f(x)$与$g(x)$，其中$g(x)\ne 0$，$\underline{一定}$有$P[x]$中的多项式$q(x),r(x)$存在，使
$$f(x)=q(x)g(x)+r(x)$$
成立，其中$\underline{\partial (r(x))<\partial (g(x))或者r(x)=0}$，并且这样的$q(x),r(x)$是$\underline{唯一}$决定的。

证明：该性质证明，可以分为两步。首先证明存在性，其次证明唯一性。

注：初学者可能认为，该性质应该先证明 “一定存在多项式$q(x),r(x)$，使$f(x)=q(x)g(x)+r(x)$成立” 。这一点，从两个方面上讲都是多余的。
\quad 一是从前置条件多项式环$P[x]$，多项式环的性质决定了这一点必成立，因为环对加、乘运算封闭；
\quad 二是这一点只是存在性的必要条件，一旦存在性得证，这一点必成立；否则，存在性的证明就是无稽之谈。

证明：当$f(x)=q(x)g(x)+r(x)$成立时，存在$\partial (r(x))<\partial (g(x))或者r(x)=0$。

• 假设有$f(x)$与$g(x)$（$g(x)\ne 0$），P[x]中只存在多项式$q(x),r(x)(\partial (r(x))\ge \partial (g(x)))$，使$a(x)=q(x)b(x)+r(x)$成立。
  令$r(x)$首项为$a{x}^n$，$g(x)$首项为$b{x}^m$，所以$\partial (r)=n,\partial (g)=m$。
  因为，$\partial (r)\ge \partial (g(x))$且$g(x)\ne 0$。
  所以，一定存在$P[x]$中的多项式$a_1(x)$，令$\partial (a_1)=n-m$，$a_1(x)$为$\frac{a}{b}{x}^{n-m}$，则$r(x)=a_1(x)g(x)+b_1(x)$。
  再令$r(x)-a(x)g(x)=b_1(x)$，则$\partial (b_1)\le n-1$。
  当$\partial (a_1)\ge \partial (g)$时，同理可得，存在$a_2(x)$使得
  $$\partial (b_2(x)=b_1(x)-a_2(x)g(x))\le n-2$$至多$n-m+1$次后，一定存在$a_{n-m+1}(x)$使得$\partial (b_{n-m+1}(x)=b_{n-m}(x)-a_{n-m+1}(x)g(x))\le m-1$。
  此时，
  $$f(x)=(q(x)+\sum _{i=1}^{n-m+1}{a}_i(x))g(x)+b_{n-m+1}(x)$$
  与假设矛盾，所以当$f(x)=q(x)g(x)+r(x)$成立时，存在$\partial (r(x))<\partial (g(x))或者r(x)=0$。

证明：对于能使得等式成立的$q(x),r(x)$，当$\partial (r(x))<\partial (g(x))或者r(x)=0$时，这样的$q(x),r(x)$是唯一的。

• 假设这样的$q(x),r(x)$是不唯一的，那么
  $$\begin{gathered} f(x)=q_1(x)g(x)+r_1(x)(1) \\ f(x)=q_2(x)g(x)+r_2(x)(2) \end{gathered}$$
  $(1)-(2)$，得$(q_1-q_2)g+(r_1-r_2)=0$
  因为$q_1\ne q_2,r_1\ne r_2$，所以$q_1-q_2\ne 0,r_1-r_2\ne 0$。
  又因为$g(x)\ne 0$，所以$\partial (q_1-q_2)+\partial (g)=\partial (r_1-r_2)$，可得，$\partial (g)<\partial (r_1-r_2)$。
  然而，据条件$\partial (r_1)<\partial (g),\partial (r_2)<\partial (g)$，可得$\partial (g)>\partial (r_1-r_2)$
  与结论矛盾，所以这样的$q(x),r(x)$是唯一的。

\quad

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综合算法

原理

设$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0,g(x)=x-\alpha$，商式为$q(x)=b_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +b_0$，余式为$r$。由$f=qg+r$，比较两边同次项的系数得，
$$\begin{array}{rl}{a}_n& =b_{n-1}\\ a_{n-1}& =b_{n-2}-\alpha b_{n-1}\\ a_{n-2}& =b_{n-3}-\alpha b_{n-2}\\ & ⋮\\ a_1& =b_0-\alpha b_1\\ a_0& =r-\alpha b_0\end{array}$$
即
$$\begin{array}{rl}{b}_{n-1}& =a_n\\ b_{n-2}& =a_{n-1}+\alpha b_{n-1}\\ b_{n-3}& =a_{n-2}+\alpha b_{n-2}\\ & ⋮\\ b_0& =a_1+\alpha b_1\\ r& =a_0+\alpha b_0\end{array}$$
将上面的等式用综合除法表示，即

应用

例1.每次的$g(x)$相同

设$f(x)=x^4-2x^2+3,x_0=-2$，将$f(x)$表示成$x-x_0$的方幂和，即表示成$c_0+c_1(x-x_0)+c_2(x-x_0{)}^2+\cdots$的形式。

• 综合除法过程如下：
  
  自上而下的红色部分，分别表示$a_0,a_1,a_2,a_3,a_4$，所以
  $$f(x)=11-24(x+2)+22(x+2{)}^2-8(x+2{)}^3+(x+2{)}^4$$

例2.每次的$g(x)$不全相同

将$f(x)=2x^4+x^3+7x^2-8x+14$表成$ax(x-1)(x-2)(x-3)+bx(x-1)(x-2)+cx(x-1)+dx+e$的形式。

• 对本题，相当于对$f$先求$q_1=x$时的$r_1$，再求$q_2=x-1$时的$r_2$，以此类推。

  综合除法过程如下：
  
  所以，
  $$f(x)=14+2x+24x(x-1)+13x(x-1)(x-2)+2x(x-1)(x-2)(x-3)$$

  \quad

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最大公因式理论

\quad

定义：最大公因式

设$f(x),g(x)$是$P[x]$中两个多项式。如果存在$P[x]$中的多项式$d(x)$满足以下两个条件：
1）$d(x)$是$f,g$的公因式；
2）$f,g$的公因式全是$d(x)$的因式，
那么称$d(x)$为$f,g$的最大公因式。

\quad

性质(1)

证明：对$P[x]$中任意多个多项式$f_i(x):f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_s(x)(f_i\ne 0)$的最大公因式$d(x)$，则
$$(f_1,f_2,\cdots ,f_s)=((f_1,f_2,\cdots ,f_{s-1}),f_s)$$

• 令$(f_1,f_2,\cdots ,f_{s-1})=\phi (x)$，则$d(x)|\phi (x)$
  所以$(\phi (x),d(x))=d(x)$
  故，有$((f_1,f_2,\cdots ,f_{s-1}),f_s)=(f_1,f_2,\cdots ,f_s)$

• 令$f_i(x)=h_i(x)d(x)且(h_1,h_2,\cdots ,h_s)=1,(f_1,f_2,\cdots ,f_{s-1})=d(x)(h_1,h_2,\cdots ,h_{s-1})且(h_1,h_2,\cdots ,h_{s-1})=\varphi (x)$，
  因为$\partial (\varphi )\le \partial (1)$，所以$\varphi (x)|1$，即$\varphi (x)=1$
  所以有$((f_1,f_2,\cdots ,f_{s-1}),f_s)=(f_1,f_2,\cdots ,f_s)$

性质(1)的推论(1)

证明：对$P[x]$中任意多个多项式$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_s(x)(s\ge 2)$的最大公因式$d(x)$，存在$P[x]$中的多项式$a_i(x),i=1,2,\cdots ,s$，使得
$$\sum _{i=1}^s{a}_i{f}_i=d(x)$$

• 令$(f_2,\cdots ,f_{s-1},f_s)=d_1(x)$，由性质$(1)$可推得，存在$P[x]$中的多项式$u_1(x),v_1(x)$，使得$u_1{f}_1+v_1{d}_1=d$；
  同理，令$(f_3,\cdots ,f_{s-1},f_s)=d_2(x)$，由性质$(1)$可推得，存在$P[x]$中的多项式$u_2(x),v_2(x)$，使得$u_2{f}_2+v_2{d}_2=d_1$；
  如此辗转，最后可得存在$P[x]$中的多项式$u_{s-1}(x),u_s(x)$，使得$u_{s-1}{f}_{s-1}+u_s{f}_s=d_{s-2}=(f_{s-1},f_s)$；
  所以，得：
  $$\begin{gathered} d(x)=u_1{f}_1+v_1(u_2{f}_2+v_2(\cdots +v_{s-2}(u_{s-1}{f}_{s-1}+u_s{f}_s))) \\ d(x)=[\sum _{i=1}^{s-1}(\prod _{j=1}^{i-1}{v}_j)u_i{f}_i]+(\prod _{k=1}^{s-2}{v}_k)u_s{f}_s \end{gathered}$$
  所以，推论成立。

性质(1)的推论(2)

证明：对$P[x]$中任意多个多项式$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_s(x)(s\ge 2)$互素的充要条件是，存在$P[x]$中的多项式$a_i(x),i=1,2,\cdots ,s$，使得
$$\sum _{i=1}^s{a}_i{f}_i=1$$

• ①该命题必要性证明如推论$(1)$；
  ②充分性证明如下：
  \quad 设$\phi (x)$是$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_s(x)$的最大公因式，则$\phi (x)|a_i{f}_i$，
  \quad 因为$\partial (\phi )\le \partial (\sum a_i{f}_i)=\partial (1)$，所以$\phi (x)=1$。
  \quad 所以，有：
  $$\phi (x)|\sum _{i=1}^s{a}_i{f}_i\Rightarrow \phi (x)|1$$

\quad

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因式分解定理

\quad

不可约多项式

数域$P$上次数$\ge 1$的多项式$p(x)$如果不能表成数域$P$上两个次数$<\partial (p)$的多项式的乘积，就称$p(x)$为不可约多项式。

性质(1)

一次多项式总是不可约多项式。

• 假设数域$P$上的一次多项式$p(x)$是可约的多项式，则存在数域$P$上的多项式$a(x),b(x)$，使得$ab=p$
  因为$\partial (a)+\partial (b)=\partial (p)=1且\partial (a),\partial (b)<\partial (p)$，
  所以$0<\partial (a),\partial (b)<1$，因此$a(x),b(x)\notin P[x]$，
  与条件矛盾，所以一次多项式总是不可约多项式。

\quad

性质(2)

一个多项式是否不可约是依赖于系数域的。

• 如 $x^2+2$ 在实数域上是不可约多项式，但是在复数域上是可约的。

\quad

性质(3)

不可约多项式$p(x)$与任一多项式$f(x)$之间只可能有两种关系，$p(x)|f(x)$或者$(p,f)=1$。

思路：这个性质等同于$(p,f)=p或1,c\in P$，所以我们只需证明$(p,f)$没有第三种情况。

• 假设$p(x),f(x)$存在第三种关系$(p,f)=d(x)(d\ne cp或1,c\in P)$，则
  $d(x)|p(x)$，存在$P[x]$中次数$\ge 1$的多项式$u(x)$，使得$du=p$，
  与条件矛盾，所以不可约多项式$p(x)$与任一多项式$f(x)$之间只可能有两种关系，$p(x)|f(x)$或者$(p,f)=1$。

\quad

定理(1)

证明：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 $p|fg$ 一定推出 $p|f$ 或 $p|g$ 。

• 由性质$(3)$，可知$(p,f),(p,g)=cp或1$，

  又因为 $p|fg$，所以至少存在$f,g$中的一个能被$p$整除。

定理(1)的推广

如果$p(x)$能整除任意个多项式$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_s(x)$的乘积 $f_1(x)f_2(x)\cdots f_s(x)$ ，那么至少整除这些多项式中的一个。

\quad

因式分解及唯一性定理

数域$P$上每一个次数$\ge 1$的多项式$f(x)$都可以$\underline{唯一}$地分解成数域$P$上几个不可约多项式的乘积。所谓唯一性，是指如果有两个分解式
$$f(x)=\prod _{i=1}^s{p}_i(x)=\prod _{j=1}^t{q}_j(x)$$
那么，必有$s=t$，并且适当排列因式的次序后有：
$$p_i(x)=c_i{q}_i(x),i=1,2,\cdots ,s,$$
其中$c_i(i=1,2,\cdots ,s)是非零常数$。

• （先证分解式的存在。我们对$f(x)$的次数作数学归纳法）
  ①根据性质$(1)$，当$\partial (f)=1$时，结论成立；

  ②假设结论对于$\partial (f)<n$的多项式成立，
  \quad 当$\partial (f)=n$时，
  \quad 如果$f(x)$是不可约多项式，结论显然成立；不妨设$p(x)$是可约的，则有
  $$f(x)=a(x)b(x)$$
  \quad 其中$0<\partial (a),\partial (b)<n$。由归纳假设$a(x)$和$b(x)$都可分解成数域$P$上一些不可约多项式的乘积。把$a(x),b(x)$的分解式合并就得到$f(x)$的一个分解式。
  \quad 由归纳法原理，结论普遍成立。

  （再证唯一性）

  （一）反证法：
  ​ 假设$f(x)$可以分解成不同的不可约多项式乘积，则
  $$f(x)=\prod _{i=1}^s{p}_i=\prod _{j=1}^t{q}_i$$
  ​ 因为$(\cdots ,p_i,\cdots )=(\cdots ,q_i,\cdots )=1$，所以 $\forall p(x)\in p_i$且$p(x)\notin q_i$，满足$(p,\cdots ,q_i,\cdots )=1$
  ​ 又因为 $p|f$，所以$p|{\prod }_{j=1}^t{q}_i$，可得 $\exists q(x)\in q_i,p|q$，则$q$不是不可约多项式，与假设矛盾。
  ​ 所以$f(x)$可以分解成的不可约多项式乘积唯一。
  \quad
  （二）归纳法：
  ①当$s=1$时，$f(x)$是不可约多项式，则必有$s=t=1$且$p_1=q_1=f(x)$。
  ②假设当不可约多项式个数为$n-1$时，唯一性成立；
  \quad 因为
  $$f(x)=\prod _{i=1}^s{p}_i=\prod _{j=1}^t{q}_i$$
  \quad 所以，$p_1|q_1{q}_2\cdots q_t$，因此，$p_1$必能除尽$q_i$其中一个。不妨设$p_1|q_1$，则
  $$p_1=c_1{q}_1\text{\hspace{1em}(∗)}$$
  \quad 在等式两边消去$q_1(x)$，就有
  $$p_2\cdots p_s=c_1^{-1}{q}_2\cdots q_t$$
  \quad 由归纳假设，有
  $$s-1=t-1\Rightarrow s=t\text{\hspace{1em}(∗∗)}$$
  \quad 并且适当排列次序之后总有
  $$p_i=c_i{q}_i\text{\hspace{1em}(∗∗∗)}$$
  \quad 式$(\ast ),(\ast \ast ),(\ast \ast \ast )$联合即证唯一性。

\quad

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标准分解式

在多项式$f(x)$的分解式中，可以把每一个不可约多项式的首项系数提取出来，使首相系数变为1，再把相同的不可约多项式因式合并，于是$f(x)$的分解式成为：
$$f(x)=c\prod _{i=1}^s{p}_i^{r_i}(x)$$
其中 $c$ 是$f(x)$ 的首相系数为1的多项式，$p_1(x),p_2(x),\cdots ,p_s(x)$ 是不同的首相系数为1的不可约多项式，而$r_1,r_2,\cdots ,r_s$ 是正整数。这样的分解式称为标准分解式。

重因式

对于不可约多项式$p(x)$，如果 $p^k(x)|f(x)$，而 $p^{k+1}(x)\nmid f(x)$，那么称 $p(x)$ 为多项式 $f(x)$ 的 $k$ 重因式。

• 显然，如果$k=0$，$p(x)$不是$f(x)$的因式；如果$k=1$，$p(x)$是$f(x)$的单因式；如果$k>1$，$p(x)$是$f(x)$的重因式
  对于标准分解式：
  $$f(x)=c\prod _{i=1}^s{p}_i^{r_i}(x)$$
  对于$r_i=1$的$p_i(x)$是$f(x)$的单因式，对于$r_i>1$的$p_i(x)$是$f(x)$的$r_i$重因式

微商（即导数）

对于多项式
$$f(x)=\sum _{i=0}^n=a_i{x}^i$$
规定其微商为
$$f^{\prime }(x)=\sum _{i=1}^{n}i{a}_i{x}^{i-1}$$
$f(x)$微商，即$f(x)$对$x$求导。$k$阶微商对应$k$阶导数。

\quad

定理(2)：

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

• 设$f(x)=p^k(x)g(x)(p\nmid g)$，则$f^{\prime }(x)=k{p}^{k-1}{p}^{\prime }g+p^k{g}^{\prime }=p^{k-1}(k{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime })$

\quad

定理(2)的推论(1)：

​ 如果不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式$(k\ge 1)$，那么$p(x)$是$f(x),f^{\prime }(x),\cdots ,f^{(k-1)}(x)$的因式，但不是$f^{(k)}(x)$的因式。

• ①当$k=1$时，令$f(x)=p(x)g(x)(p\nmid g)$，则$f^{\prime }(x)=p^{\prime }g+p{g}^{\prime }$
  \quad 显然结论成立；
  ②假设结论对于$k<n$的多项式$f(x)$成立，
  \quad 令$f_1(x)=p^{n-1}(x)g(x)$，则当$k=n$时，$f(x)=p(x)f_1(x)$，
  \quad 对$f(x)$求其$m$阶微商，有
  $$f^{(m)}(x)=\sum _{i=0}^m\left(\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right)p^{(i)}\cdot f_1^{(m-i)}$$
  \quad 根据归纳假设，当$s<n-1$时，对$f_1(x)$有$q(x)\in P[x]$，使下式成立：
  $$f_1^{(s)}(x)=p(x)\cdot q(x)$$
  $1)$当$m<n-1$时，
  $$f^{(m)}(x)=\sum _{i=0}^m\left(\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right)p^{(n-i)}\cdot p{q}_i=p[\sum _{i=0}^m\left(\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right)p^{(n-i)}\cdot q_i]$$
  \quad 可知，$p(x)$是$f^{(m)}(x)$的因式；
  $2)$当$m=n-1$时，
  $$\begin{gathered} f^{(n-1)}(x)=p{f}_1^{(n-1)}+\sum _{i=0}^{n-2}\left(\begin{array}{c}i\\ n-1\end{array}\right)p^{(n-1-i)}\cdot p{q}_i \\ =p[f_1^{(n-1)}+\sum _{i=0}^{n-2}\left(\begin{array}{c}i\\ n-1\end{array}\right)p^{(n-1-i)}\cdot q_i] \end{gathered}$$
  \quad 亦可知，$p(x)$是$f^{(m)}(x)$的因式；
  $3)$当$m=n$时，
  $$f^{(n)}(x)=p{f}_1^{(n)}(x)+p^{\prime }{f}_1^{(n-1)}(x)+\sum _{i=0}^{n-2}\left(\begin{array}{c}i\\ n\end{array}\right)p^{(n-i)}\cdot p{q}_i$$
  \quad 根据归纳证明①，$p(x)$不是$p^{\prime }(x)$的因式；根据归纳假设，$p(x)$不是$f_1^{(n-1)}(x)$的因式，因此，$p(x)$不是$p^{\prime }{f}_1^{(n-1)}(x)$的因式，所以$p\nmid f$。
  \quad 由归纳法原理，结论普遍成立。

\quad

定理(2)的推论(2)：

​ 不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的重因式的充要条件是$\underline{p(x)是f(x)与f^{\prime }(x)的公因式}$。

• 设$f(x)=p^k(x)g(x)(p\nmid g)$，则$f^{\prime }(x)=k{p}^{k-1}{p}^{\prime }g+p^k{g}^{\prime }=p^{k-1}(k{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime })$

  （先证充分性）
  因为$p(x)$是$f(x),f^{\prime }(x)$的公因式，所以$k-1\ge 1$
  即$k\ge 2$，所以$p(x)$是$f(x)$的重因式。

  （再证必要性）
  因为$p(x)$是$f(x)$的重因式，所以$k\ge 2$
  即$k-1\ge 1$，$p(x)$也是$f(x)$的因式，
  所以$p(x)$是$f(x)$与$f^{\prime }(x)$的公因式。

\quad

定理(2)的推论(3)：

多项式$f(x)$没有重因式的充要条件是$\underline{f(x)与f^{\prime }(x)互素}$。

• （先证充分性）

  假设$f(x)$存在重因式$p(x)$，令$f(x)=p^k(x)g(x)(k\ge 2,p\nmid g)$，则$f^{\prime }(x)=k{p}^{k-1}{p}^{\prime }g+p^k{g}^{\prime }=p^{k-1}(k{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime })$

  因为$(f,f^{\prime })=1$，所以$k-1=0$

  即$k=1$，与条件矛盾，所以$p(x)$不是$f(x)$的重因式。

  （再证必要性）

  假设$f(x),f^{\prime }(x)$存在公因式$p(x)$，令$f(x)=p^k(x)g(x)(p\nmid g)$，则

  $$f^{\prime }(x)=k{p}^{k-1}{p}^{\prime }g+p^k{g}^{\prime }=p^{k-1}(k{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime })$$

  因为$f(x)$没有重因式，所以$k=1$，即$f^{\prime }(x)=p^{\prime }g+p{g}^{\prime }$，

  由推论$(1)$可知，$p(x)$不是$f^{\prime }(x)$的因式，

  所以$f(x)$与$f^{\prime }(x)$互素。

定理(2)推论(3)的应用

设$f(x)$具有标准分解式，
$$f(x)=c\prod _{i=1}^s{p}_i^{r_i}(x)$$
则有：
$$\frac{f(x)}{(f(x),f^{\prime }(x))}=c\prod _{i=1}^s{p}_i(x)$$

评价：$\frac{f}{(f,f^{\prime })}$是一个没有重因式的多项式，但是它与$f(x)$具有完全相同的不可约多项式。因此，这是一个去掉重因式的有效办法。

• 根据定理$(2)$，可知$f(x)$中 的$k$阶重因式是$f^{\prime }(x)$的$k-1$阶重因式，可推：

  • 设$f(x)=c{p_1}^{r_1}(x)g_1(x)$，$g_1|f=c{p_1}^{r_1}$，$f^{\prime }={c{p}_1}^{r_1-1}(r_1{p_1}^{\prime }{g}_1+p_1{g_1}^{\prime })$，则$(f,f^{\prime })={p_1}^{r_1-1}(p_1{g}_1,r_1{p_1}^{\prime }{g}_1+p_1{g_1}^{\prime })$，

    因为$p_i$是不可约多项式，所以$(p_1,{p_1}^{\prime })=1,(p_1,g_1)=1,(p_1,{g_1}^{\prime })=1$，即
    $$\begin{array}{rl}& (p_1{g}_1,r_1{p_1}^{\prime }{g}_1+p_1{g_1}^{\prime })\\ =& ((p_1{g}_1,r_1{p_1}^{\prime }{g}_1),(p_1{g}_1,p_1{g_1}^{\prime }))\\ =& (g_1,(g_1,{g_1}^{\prime }))\\ =& (g_1,{g_1}^{\prime })\end{array}$$

    由此可得，$(f,f^{\prime })={p_1}^{r_1-1}(g_1,{g_1}^{\prime })$；

  • 对$g_1(x)$，同理，假设$g_1(x)={p_2}^{r_2}(x)g_2(x)$，则$p_2$是$g_1$的$r_2$阶重因式，可得$(g_1,{g_1}^{\prime })={p_2}^{r_2-1}(g_2,{g_2}^{\prime })$；

  如此一个一个重因式辗转下去，我们最终能得到$f(x)$的最后一个重因式 $p_s$：$g_{s-1}={p_s}^{r_s},(g_{s-1},{g_{s-1}}^{\prime })={p_s}^{r_s-1}$。

  此时，
  $$(f,f^{\prime })={p_1}^{r_1-1}\prod _{i=1}^{s-1}(g_i,{g_i}^{\prime })=\prod _{i=1}^s{p_i}^{r_i-1}$$

  可推得：
  $$\frac{f}{(f,f^{\prime })}=c\prod _{i=1}^s{p}_i$$

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多项式函数

设
$$f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i\text{\hspace{1em}(1)}$$
是$P[x]$中的多项式，$\alpha$是$P$中的数，在$(1)$中用$\alpha$代$x$所得的数${\sum }_{i=0}^n{a}_i{\alpha }^i$，称为$f(x)$ 当 $x=\alpha$ 时的值，记为$f(\alpha )$。

如此，多项式$f(x)$就定义了一个数域$P$上的函数，可以由一个多项式来定义的函数称为数域$P$上的多项式函数。当$P$是实数域时，这就是数学分析中所讨论的多项式函数。

\quad

定理(1)：余数定理

用一次多项式$x-\alpha$去除多项式$f(x)$，所得的余式是一个常数，这个常数值等于$f(\alpha )$。

• （方法一）
  设该多项式为式$(1)$，则用$(x-\alpha )+\alpha$替换$x$，可得：
  $$f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i[(x-\alpha )+\alpha {]}^i$$
  因为对任意方幂有
  $$(a+b{)}^m=\sum _{i=0}^m\left(\begin{array}{c}m\\ i\end{array}\right)a^i{b}^{m-i}$$
  所以，可推：
  $$\begin{gathered} f(x)=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{n-i}{a}_{n-j}\left(\begin{array}{c}i\\ n-j\end{array}\right){\alpha }^{n-i}(x-\alpha {)}^i \\ =\sum _{i=1}^n{\alpha }^{n-i}(x-\alpha {)}^i\sum _{j=0}^{n-i}{a}_{n-j}\left(\begin{array}{c}i\\ n-j\end{array}\right)+\sum _{k=0}^n{a}_k{\alpha }^k \end{gathered}$$
  明显地，$x-\alpha |{\sum }_{i=1}^n{\alpha }^{n-i}(x-\alpha {)}^i{\sum }_{j=0}^{n-i}{a}_{n-j}\left(\begin{array}{c}i\\ n-j\end{array}\right)$，所以余式为${\sum }_{k=0}^n{a}_k{\alpha }^k$且${\sum }_{k=0}^n{a}_k{\alpha }^k=f(\alpha )$。

• （归纳法）
  ①当$\partial (f)=1$时，令$f(x)=a_{1}x+a_0$，则
  $$\begin{gathered} f(x)=a_1(x-\alpha )+(a_1\alpha +a_0) \\ {a}_1\alpha +a_0=f(\alpha ) \end{gathered}$$
  ②假设结论对于所有的$\partial (f)<n$的情况均成立，则
  ​ 当$\partial (f)=n$时，有$\partial (g)=n-1$使得
  $$f(x)=xg(x)+a_0=(x-\alpha )g(x)+\alpha g(x)+a_0$$
  因为$x-\alpha |(x-\alpha )g$，又根据假设$x-\alpha$除$g(x)$的余式为$g(\alpha )$，所以有余式为$\alpha g(\alpha )+a_0=f(\alpha )$。
  ​ 定理得证。

定义：根

如果$f(x)$在$x=\alpha$时函数值为$f(\alpha )=0$，那么$\alpha$就称为$f(x)$的一个根或零点。

定理(1)的推论

$\alpha$为$f(x)$的零点，当且仅当$x-\alpha$为$f(x)$的因式$($其中$\partial (f)\ge 1)$

• （先证充分性）

  因为$x-\alpha |f(x)$，所以$\exists g(x)\in P[x]$，使得$f(x)=(x-\alpha )g(x)$，

  显然，当$x=\alpha$时，$f(\alpha )=(\alpha -\alpha )g(\alpha )=0$

  所以，$\alpha$是$f(x)$的零点。

  （再证必要性）

  因为$\alpha$为$f(x)$的零点，所以$f(\alpha )=0$

  假设$f(x)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$，则有
  $$\begin{gathered} f(x)=f(x)-f(\alpha ) \\ =\sum _{i=0}^n{a}_i(x^i-{\alpha }^i) \\ =\sum _{i=0}^n{a}_i(x-\alpha )\sum _{j=0}^{i-1}{x}^j{\alpha }^{i-1-j} \\ =(x-\alpha )\sum _{i=0}^n{a}_i\sum _{j=0}^{i-1}{x}^j{\alpha }^{i-1-j} \end{gathered}$$
  显然，$(x-\alpha )$是$f(x)$的因式。

注：由这个关系可以定义重根的概念——$\alpha$称为$f(x)$的$k$重根，如果$x-\alpha$是$f(x)$的$k$重因式。当$k=1$时，称$\alpha$为单根；当$k\ge 1$时，称$\alpha$为重根。

定理(2)

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

• 当$n=k$时，假设其存在$k+1$个根，分别为$a_1,a_2,\cdots ,a_k,a_{k+1}$，则

  根据定理$(1)$，$f(x)={\prod }_{i=1}^{k+1}x-a_i$

  所以，$\partial (f)=k+1$

  然而，$f(x)$是$P[x]$中的$k$次多项式，所以$\partial (f)=k$，

  与条件矛盾，所以结论始终成立。

定理(3)

如果存在多项式$f(x),g(x)$，其中$\partial (f),\partial (g)\le n$，而他们对$n+1$个不同的数${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_{n+1}$有相同的值，即
$$f({\alpha }_i)=g({\alpha }_i)，i=1,2,\cdots ,n+1$$
那么，$f(x)=g(x)$。

• 假设当$f,g$存在$n+1$个相同的函数值，$f\ne g$，

  令$h(x)=f(x)-g(x)$，则

  根据条件，$h(x)$有$n+1$个根，

  而根据定理$(2)$，$h(x)$至多有$n$个根，与条件不符，

  所以，结论成立。

注：该定理说明不同多项式定义的函数也不相同；如果两个多项式定义相同的函数，就称为恒等。定理表明，多项式的恒等与多项式相等时一致的。