# 因式分解唯一性定理 #定理/代数/多项式 ## 陈述 $F$上的每一个$n(n \geq 1)$次多项式$f(x)$都可以唯一地分解成$F$上不可约多项式的乘积。所谓唯一性就是说，如果有两个这样的分解式： $ \begin{align*} f(x)&=p_1(x)p_2(x) \cdots p_s(x) \\ &=q_1(x)q_2(x) \cdots q_t(x) \\ \end{align*} $ 那么必有$s=t$，并且适当排列因式的次序后有 $p_i(x)=c_iq_i(x) \quad i=1,2,\cdots,s$ 其中$c_i(i=1,2,\cdots,s)$是$F$里一些不等于零的数。 ## 证明 先证分解式的存在。我们对$f(x)$的次数$n$作数学归纳法。 当$n=1$时，$f(x)$是不可约的，故定理成立。假设定理的结论对次数低于$n$的多项式成立。去证对$n$次多项式$f(x)$分解式是存在的。如果$f(x)$不可约，结论自然成立。若$f(x)$可约，则有 $f(x)=f_1(x)f_2(x)$ 其中$f_1(x)$，$f_2(x)$的次数都低于$f(x)$的次数$n$。由归纳假设，$f_1(x)$与$f_2(x)$都可以分解成$F$上的不可约多项式的乘积。把这两个乘积乘起来就得到$f(x)$的一个分解式。由第二数学归纳法原理，定理的结论成立，即$F$上的任何一个次数$\geq 1$的多项式都能分解成$F$上的不可约多项式的乘积。 再证唯一性。设 $ \begin{align*} f(x)&=p_1(x)p_2(x) \cdots p_s(x) \\ &=q_1(x)q_2(x) \cdots q_t(x) \end{align*}\tag{1} $ 其中$p_i(x)$，$q_j(x)(i=1,2,\cdots,s;j=1,2,\cdots,t)$都是不可约的。 我们对$f(x)$的次数$n$作数学归纳法，显然，当$n=1$时定理结论成立，假设对于次数低于$f(x)$的次数$n$的多项式唯一性已证。 由 (1) 有：$p_1(x)|q_1(x)q_2(x) \cdots q_t(x)$，易知，$p_1(x)$必整除其中的一个，不妨设 $p_1(x)|q_1(x)$ 因为$q_1(x)$也是不可约多项式，故有 $p_1(x)=c_1q_1(x)$ 于是，把$p_1(x)=c_1q_1(x)$代入 (1) 式，则有 $c_1q_1(x)p_2(x) \cdots p_s(x)=q_1(x)q_2(x) \cdots q_t(x)$ 把上式两边的$q_1(x)$消去，得 $c_1p_2(x) \cdots p_s(x)=q_2(x) \cdots q_t(x) \tag{*}$ 而 (\*) 式中的多项式次数lt;$n。所以由归纳法假设，有 $s-1=t-1,\text{即$s=t$}$ 并且适当排列因式的次序之后，有 $p_i(x)=c_iq_i(x),(i=2,\cdots,s)$ 综上所述，即得： $s=t\text{且}p_i(x)=c_iq_i(x),i=1,2,\cdots,s$ 这就证明了分解的唯一性。 ## 相关概念 - [[一元多项式]]