# 一元多项式 #概念/代数/多项式 ## 定义 **定义 1** 形式表达式 $a_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}+a_nx^n \tag{D-1}$ 叫做数域$F$上的一元多项式，其中$n$为非负整数，$a_0,a_1,a_2,\cdots,a_{n-1},a_n$是$F$中的数。 (D-1) 式可简称为多项式。在多项式 (D-1) 中，$a_ix^i$称为$i$次项，$a_i$称为$i$次项的**系数**，$a_0x^0$称为常数项。当$a_n \neq 0$时，$a_nx^n$称为**首项**，此时把$n$叫做多项式 (D-1) 的**次数**，称 (D-1) 为$n$次多项式，我们用$\deg f(x)$表示$f(x)$的次数。各项系数全为零的多项式叫做**零多项式**，记为$0$，对这样的多项式我们不规定次数。 **定义 2** 两个多项式$f(x)$与$g(x)$，如果它们同次项的系数全相等，则称$f(x)$与$g(x)$是相等的，或$f(x)$等于$g(x)$，记作 $f(x)=g(x)$ **定义 3** 数域$K$上所有一元多项式组成的集合记作$K[x]$。在$K[x]$中可以定义加法和乘法运算： 设$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$，$g(x)=\sum_{i=0}^{m}b_ix^i$，不妨设$m \leq n$，令 $f(x)+g(x) := \sum_{i=0}^{n}(a_i+b_i)x^i \tag{D-2}$ $f(x)g(x) := \sum_{s=0}^{n+m}\left(\sum_{i+j=s}a_ib_j\right)x^s \tag{D-3}$ 称$f(x)+g(x)$是$f(x)$与$g(x)$的和，称$f(x)g(x)$是$f(x)$与$g(x)$的积。 **定义 4** 令$f(x)$与$g(x)$是$F$上的任二多项式，如果存在$F$上的多项式$h(x)$使 $g(x)=f(x)h(x)$ 就说$f(x)$整除$g(x)$，记作$f(x)|g(x)$。否则就说$f(x)$不能整除$g(x)$。 当$f(x)|g(x)$时，称$f(x)$是$g(x)$的一个**因式**，而$g(x)$称为$f(x)$的**倍式**。 **定义 5** 设$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个公因式，若是$d(x)$能被$f(x)$与$g(x)$的每一个公因式整除，那么$d(x)$叫做$f(x)$与$g(x)$的一个最大公因式或最高公因式。 **定义 6** 如果$f_1(x),f_2(x),\cdots,f_s(x)$的最大公因式是零次多项式，即不等于$0$的数，则称多项式$f_1(x),f_2(x),\cdots,f_s(x)$是**互质**的或**互素**的。 **定义 7** 令$f(x)$是$F$上的一个次数$\geq 1$的多项式。如果$f(x)$不能表成（等于）两个次数比它低的$F$上的多项式的乘积，则称$f(x)$是在$F$上不可约的；否则，称$f(x)$是在$F$上可约的。 **定义 8** 设$p(x)$为不可约多项式，如果$p^k(x)|f(x)$，而$p^{k+1}(x)$不整除$f(x)$，则称$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式。 定义中的$k$可以是任何非负整数。如果$k=0$，那么$p(x)$根本不是$f(x)$的不可约因式；如果$k=1$，则称$p(x)$是$f(x)$的**单因式**；如果$k>1$，则称$p(x)$是$f(x)$的**重因式**。称$k$为$p(x)$在$f(x)$中的**重数**。 **定义 9** 若 $f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-2}x^2+a_{n-1}x+a_n$ 是$F$上的多项式 $f'(x)=na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+2a_{n-2}x+a_{n-1}$ 叫做$f(x)$的一阶导式（或导数），特别地，零次多项式及零多项式的导式是零。 **定义 10** 令$f(x)$是$F$的一个多项式，$c$是$F$中的数，若$x=c$时$f(x)$的值等于零：$f(c)=0$，那么$c$叫做$f(x)$在$F$中的一个根或零点。 **定义 11** 设 $ f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n \\ g(x)=b_0x^m+b_1x^{m-1}+\cdots+b_m $ 而$g(x)\neq{}0$，我们把形式为 $ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\cdots+b_m} $ 的式子叫做数域$F$上的有理分式。 **定义 12** 我们把形式为 $\frac{u(x)}{p^s(x)}$ 的分式，其中$p(x)$是不可约多项式，而$\deg u(x) < \deg p(x)$，叫做**简单分式**。一些简单分式的和叫做**部分分式**。 例如 $ \frac{1}{x-1},\frac{x+1}{x^2+2},\frac{1}{(x^2+2)^3} $ 都是实数域上的简单分式，而 $ \frac{1}{x-1}+\frac{1}{(x^2+2)^3}; \frac{1}{x-1}+\frac{x+1}{x^2+2}+\frac{1}{(x^2+2)^3} $ 都是实数域上的部分分式。 ## 相关性质 **性质 1** $\deg(f(x) \pm g(x)) \leq \max(\deg f(x), \deg g(x))$ $\deg{f(x)g(x)}=\deg{f(x)}+\deg{g(x)}$ **性质 2** 每一多项式都能被任一零次多项式，亦即$F$中的任一非零常数整除。 事实上，若$c$为$F$中任意非零常数，则$f(x)=c(c^{-1}f(x))$即$c|f(x)$。 **性质 3** 如果$\alpha$是实系数多项式$f(x)$的根，那么，$\alpha$的共轭数$\bar{\alpha}$也是$f(x)$的根。 事实上，设 $f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n$ 其中$a_0,a_1,\cdots,a_{n-1},a_n$，都是实数，如果$a$是$f(x)$的根，即 $f(\alpha)=a_0\alpha+a_\alpha^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\alpha+a_n=0$ 对上式两端同时取共轭数，有 $a_n\bar{\alpha}^n+a_1\bar{\alpha}^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\bar{\alpha}+a_n=0$ 这就说明$f(\bar{\alpha})=0$，即$\bar{\alpha}$也是$f(x)$的根。 由此可以证明：**任一次数大于 2 的实系数多项式在实数域上必可约**。 事实上，设$f(x)$为任一$n(n>2)$次实系数多项式。由代数基本定理，$f(x)$在复数域内必有根，令$a$为$f(x)$的一个根。若$a$为实数，则$x-a|f(x)$，所以$f(x)$在实数域上为可约，$a$若不是实数，由上述可知$a$的共轭数$\bar{a}$也是$f(x)$的根，且$a\neq\bar{a}$。于是 $(x-a)(x-\bar{a})=x^2-(a+\bar{a})x+a\bar{a}$ 为一实系数二次多项式，且整除$f(x)$。从而 $f(x)=[x^2-(a+\bar{a})x+a\bar{a}]f_1(x)$ 此处$f_1(x)$为$n-2$次实系数多项式，这就说明$f(x)$在实数域上是可约的。 从此便可得出，任一$n(n\neq{}1)$次实系数多项式$f(x)$在实数域上的标准分解式必为如下形式： $f(x)=a_0(x-c_1)^{l_1}\cdots(x-c_s)^{l_s}(x^2+p_1x+q_1)^{k_1}\cdots(x^2+p_rx+q_r)^{k_r}$ 其中$c_1,\cdots,c_s,p_1,\cdots,p_r,q_1,\cdots,q_r$全是实数，$l_1,\cdots,l_s,k_1,\cdots,k_r$是正整数，并且$x^2+p_ix+q_i(i=1,2,\cdots,r)$是不可约的，即适合条件$p_i^2-4q_i<0(i=1,2,\cdots,r)$。 ## 相关定理 **定理 1** 设$f(x)$与$g(x)$是$F$上的任意两个多项式，并且$g(x) \neq 0$。那么，可以找到$F$上的两个多项式$q(x)$与$r(x)$使 $f(x)=g(x)q(x)+r(x) \tag{T-1}$ 其中或者$r(x)=0$，或者$\deg r(x) < \deg g(x)$。满足以上条件的多项式$q(x)$与$r(x)$只有一对。 **定理 2** 任意两个多项式$f(x)$与$g(x)$一定有最大公因式，除一个零次因式外，$f(x)$与$g(x)$的最大公因式是唯一确定的。这就是说：若$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个最大公因式，那么$F$中任何非零数$c$与$d(x)$的乘积都是，而且这样的乘积恰是$f(x)$与$g(x)$的最大公因式。 **定理 3** 若$d(x)$是$F$上多项式$f(x)$与$g(x)$的一个最大公因式。那么可以找到$F$上多项式$u(x)$，$v(x)$使 $f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x)$ **定理 4** $F$上两个多项式$f(x)$，$g(x)$互质的充分必要条件是：存在$F$上两个多项式$u(x)$，$v(x)$使 $f(x)u(x)+g(x)v(x)=1$ **定理 5** 如果$p(x)$是不可约多项式，那么，对任意两个多项式$f(x)$与$g(x)$的积$f(x)g(x)$，由$p(x)|f(x)g(x)$，一定可以推出$p(x)|f(x)$或者$p(x)|g(x)$。 **定理 6** ![[因式分解唯一性定理]] **定理 7** 如果$p(x)$是$f(x)$的一个$k(k \geq 1)$重不可约因式，那么$p(x)$是$f(x)$的导数的$k-1$重因式。特别地，$f(x)$的单因式不是$f'(x)$的因式。 **证明** 因为$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式，所以 $f(x)=p^k(x)g(x)$ 并且$p(x)$不整除$g(x)$。求$f(x)$导数，得 $ \begin{align*} f'(x)&=p^k(x)g'(x)+kp^{k-1}(x)p'(x)g(x) \\ &=p^{k-1}(x)[p(x)g'(x)+kp'(x)g(x)] \end{align*} $ $p(x)$不能整除括号的第二项。事实上，$p'(x)$的次数，因为$kp'(x)$的次数低于$p(x)$的次数，所以$p(x)$不能整除$kp'(x)$；又由已知条件$p(x)$不能整除$g(x)$。因此，$p(x)$不能整除乘积$kp'(x)g(x)$。但$p(x)$能整除括号里的第一项，因此$p(x)$不能整除括号里的和。这就是说：$p(x)$是$f'(x)$的$k-1$重因式。 **推论 7.1** 如果不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式，那么$p(x)$是$f(x),f'(x),f''(x),\cdots,f^{(k-1)}(x)$的因式，但不是$f^{(k)}(x)$的因式。 **推论 7.2** 不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的重因式当且仅当$p(x)$是$f(x)$与$f'(x)$的公因式。 **证明** 事实上，$f(x)$的重因式必是$f'(x)$的因式，因而是$f(x)$与$f'(x)$的公因式。反之，$f(x)$与$f'(x)$的不可约公因式，它是$f(x)$的一个因式而决不会是单因式。 **推论 7.3** 多项式$f(x)$没有重因式当且仅当$f(x)$与$f'(x)$互质。 > 这个推论给予一个判断多项式有无重因式的实际方法，即通过初等的代数运算——辗转相除法便可解决问题。 **定理 8** 用一次多项式$x-c$除多项式$f(x)$所得余式等于当$x=c$时$f(x)$的值$f(c)$。 **证明** 用一次多项式除$f(x)$所得余式或者等于零或者是一个零次多项式。因此，在任何情况下，余式总是$F$中的一个数$r$： $f(x)=(x-c)q(x)+r$ 取等式两端在$x=c$时的值，则有 $f(c)=(c-c)q(c)+r=r$ **推论 8.1** $c$为$f(x)$的根充分且必要条件是$x-c$整除$f(x)$。 **引理 9.1** 设$\frac{f(x)}{g(x)}$是$F$上的有理分式。如果分母$g(x)$可以写成两个互质多项式的乘积： $g(x)=g_1(x)g_2(x), (g_1(x),g_2(x))=1$ 那么$\frac{f(x)}{g(x)}$可以分解成 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{v(x)}{g_1(x)}+\frac{u(x)}{g_2(x)}$ **证明** 由$(g_1(x),g_2(x))=1$，可知存在两个多项式$u_1(x)$与$v_1(x)$，使 $u_1(x)g_1(x)+v_1(x)g_2(x)=1$ 两端乘以$f(x)$即得 $f(x)=f(x)u_1(x)g_1(x)+f(x)v_1(x)g_2(x)$ 令$u(x)=f(x)u_1(x)$，$v(x)=f(x)v_1(x)$，则得 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{u(x)g_1(x)+v(x)g_2(x)}{g_1(x)g_2(x)}=\frac{v(x)}{g_1(x)}+\frac{u(x)}{g_2(x)}$ **引理 9.2** 设$p(x)$是$F$上不可约多项式，那么有理分式$\frac{f(x)}{p^s(x)}(s\geq{}1)$可以分解成 $\frac{f(x)}{p^s(x)}=f_0(x)+\frac{f_1(x)}{p(x)}+\frac{f_2(x)}{p^2(x)}+\cdots+\frac{f_s(x)}{p^s(x)}$ 其中$f_1(x),f_2(x),\cdots,f_s(x)$或者次数低于$p(x)$的次数或者是零多项式。 **证明** 利用带余除法，用$p(x)$除$f(x)$得 $f(x)=p(x)q_1(x)+f_s(x)$ 再用$p(x)$除$q_1(x)$，得 $q_1(x)=p(x)q_2(x)+f_{s-1}(x)$ 这样继续作下去，直到 $q_{s-1}(x)=p(x)f_0(x)+f_1(x)$ 把每一$q_i(x)(i=s-1,s-2,\cdots,1)$依次代入前一个等式，则得 $f(x)=p^s(x)f_0(x)+p^{s-1}f_1(x)+\cdots+p(x)f_{s-1}(x)+f_s(x)$ 于是便得欲求的分解式： $\frac{f(x)}{p^s(x)}=f_0(x)+\frac{f_1(x)}{p(x)}+\frac{f_2(x)}{p^2(x)}+\cdots+\frac{f_s(x)}{p^s(x)}$ **定理 9** $F$上的每个有理真分式都可表示成部分分式，既可以表示成一些简单分式的和。 **证明** 设$\frac{f(x)}{g(x)}$是$F$上的任一有理真分式。 由因式分解定理，$g(x)$由标准分解式： $g(x)=b_0p_1^{s_1}(x)\cdots{}p_r^{s_r}(x)$ 应用引理 9.1，可得 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{u_1(x)}{b_0p_1^{s_1}(x)}+\cdots+\frac{u_r(x)}{p_r^{s_r}(x)}$ 再应用引理 9.2，便可得到所要求的形式。 ## 相关问题 ### 分离重因式法 用分离重因式法可以把有重因式的多项式$f(x)$的问题研究化为若干个没有重因式的多项式问题的研究。 假定用上述方法已经断定$f(x)$有重因式，因此$f(x)$与$f'(x)$的最大公因式$d_1(x) \neq 1$。令$f(x)$有标准分解式为 $f(x)=a_0p_1^{m_1}(x)p_2^{m_2}(x)\cdots{}p_r^{m_r}(x)$ 由定理 $f'(x)=p_1^{m_1-1}(x)p_2^{m_2-1}(x)\cdots{}p_r^{m_r-1}(x)g(x)$ 此处$g(x)$不能被任何$p_i(x)(i=1,2,\cdots,r)$整除。于是易知， $d_1(x)=p_1^{m_1-1}(x)p_2^{m_2-1}(x)\cdots{}p_r^{m_r-1}(x)$ 用$d_1(x)$除$f(x)$得 $\frac{f(x)}{d_1(x)}=h_1(x)=a_0p_1(x)p_2(x)\cdots{}p_r^{m_r-1}(x)$ 这样我们得到一个没有重因式的多项式$h_1(x)$，并且不计重数，$h_1(x)$与$f(x)$含有完全相同的不可约因式。因此，欲求$f(x)$的不可约因式，只需要求$h_1(x)$的不可约因式。由于$h_1(x)$的次数低于$f(x)$的次数，所以$h_1(x)$的不可约因式可能比较容易求得。如果已经知道$h_1(x)$的一个不可约因式，那么就不难决定它在$f(x)$中的重数，这只须应用带余除法即可计算出来。 进一步，我们还可以把$f(x)$的有相同重数的因式，从$f(x)$的分解是式中分离出来。为此，设在$f(x)$的标准分解式中，因式的最高重数为$s$，$s>1$。令$F_1(x)$为$f(x)$的一切单因式的乘积；$F_2(x)$为$f(x)$的一切二重因式的乘积，但是每一个因式只取一次；这样下去，最后令$F_s(x)$为$f(x)$的一切$s$重因式的乘，也是每一因式只取一次。如果$f(x)$没有某一重数$j$的因式，那么令$F_j(x)=1$。于是$f(x)$的分解式可以写成以下形式： $f(x)=a_0F_1(x)F_2^2(x)\cdots{}F_s^s(x)$ 而$f(x)$与$f'(x)$的最大公因式$d_1(x)$的分解式可以写成： $d_1(x)=F_2(x)F_3^2(x)\cdots{}F_s^{s-1}(x)$ 令$d_2(x)$是$d_1(x)$与其导数$d'_1(x)$的最大公因式，一般令$d_t(x)$是$d_{t-1}(x)$与其导数$d'_{t-1}(x)$的最大公因式，那么同样可得一串等式： $ \begin{align*} &d_2(x)=F_3(x)F_4^2(x)\cdots{}F_s^{s-2}(x), \\ &d_3(x)=F_4(x)F_5^2(x)\cdots{}F_s^{s-3}(x), \\ &\cdots\cdots \\ &d_{s-1}(x)=F_s(x), \\ &d_s(x)=1 \end{align*} $ 再令 $ \begin{align*} &h_1(x)=\frac{f(x)}{d_1(x)}=a_0F_1(x)F_2(x)\cdots{}F_s(x) \\ &h_2(x)=\frac{d_1(x)}{d_2(x)}=F_2(x)F_3(x)\cdots{}F_s(x) \\ &\cdots\cdots \\ &h_s(x)=\frac{d_{s-1}}{d_s(x)}=F_s(x) \end{align*} $ 从此便可得出 $F_1(x)=\frac{h_1(x)}{a_0h_2(x)},F_2(x)=\frac{h_2(x)}{h_3(x)},\cdots,F_s(x)=h_s(x)$ 这样就把所有的$F_i(x)$都求出来了。 ## 关联 - 上位概念： - 下位概念： - 易混概念：[[有理整函数]] ## 来源 [^1] 贺昌亭（主编），_大学数学系自学丛书 - 高等代数（上册）_。