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大砖数学（一）多项式入门

AAmidst
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2026/02/13 01:28
7 天前
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前言

大专数学都学不会是不是没救了。
数学书难道不是一堆砖头吗。
数学没学会，但是学会了拿数学书砸大货车。
多项式入门章节为幼儿园小班难度，如果您已经上过幼儿园小班，建议跳过。

数域

定义

设 PP 是由一些复数组成的集合，其中包括 00 与 11。如果 PP 中任意两个数（可以相同）的和、差、积、商（除数不为 00）仍然是 PP 中的数，那么称 PP 为一个数域。
显然，全体有理数组成的集合 Q\mathbb Q、全体实数组成的集合 R\mathbb R、全体复数组成的集合 C\mathbb C，都是数域，全体整数组成的集合 Z\mathbb Z 就不是。
所有形如 a+b2a+b\sqrt 2 的数是一个数域（其中 a,b∈Qa,b \in \mathbb Q），我们通常使用 Q(2)\mathbb Q(\sqrt 2) 来表示这个数域，证明不难，留给读者。利用通项公式求斐波那契数列时便可以利用这个性质扩域来做，只不过数域为 Q(5)\mathbb Q(\sqrt 5)。

一元多项式

在对多项式的讨论中，我们以一个给定数域 PP 为基础。

一元多项式的定义

令 nn 为非负整数，形式表达式
anxn+an−1xn−1+⋯+a0a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0
称为系数在数域 PP 中的一个一元多项式，简称数域 PP 上的一元多项式，其中 a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_n 全部属于数域 PP。
我们称 anxna_nx^n 为该多项式的首项，ana_n 称为首项系数，akxka_kx^k 称为该多项式的 kk 次项，aka_k 称为 kk 次项系数，nn 称为多项式的次数，记为 ∂(f(x))\partial (f(x))。

多项式相等和零多项式的定义

如果多项式 f(x)f(x) 与 g(x)g(x) 中，除去系数为 00 的项外，同次项系数全相等，那么 f(x)f(x) 与 g(x)g(x) 相等，记为 f(x)=g(x)f(x)=g(x)。
系数全为 00 的多项式称为零多项式，记为 00。
零多项式是唯一不定义次数的多项式，所以我们在使用 ∂(f(x))\partial(f(x)) 时假定 f(x)≠0f(x) \ne 0。

多项式的加、减、乘运算

对于多项式 f(x)=∑i=0naixi,g(x)=∑i=0mbixif(x)=\sum\limits_{i=0}^n a_i x^i,g(x)=\sum\limits_{i=0}^m b_ix^i，
我们定义其加法为
f(x)+g(x)=∑i=0max⁡(n,m)(ai+bi)xif(x)+g(x)=\sum_{i=0}^{\max(n,m)} (a_i+b_i) x^i
为了方便起见，一般我们令 f(x)f(x) 的 n+1n+1 次项系数及更高次项系数为 00，g(x)g(x) 同理。
同样地，我们定义其减法为
f(x)−g(x)=∑i=0max⁡(n,m)(ai−bi)xif(x)-g(x)=\sum_{i=0}^{\max(n,m)} (a_i-b_i) x^i
乘法略微复杂，考虑竖式乘法的过程，发现对第 ii 位产生贡献的充要条件是相乘的两位位数之和恰好为 ii（当然，是 0−index0-\text{index} 的）。
于是我们推广到多项式上，可以定义其乘法为
f(x)g(x)=∑k=0n+m(∑i+j=kaibj)xkf(x)g(x)=\sum_{k=0}^{n+m} \left(\sum_{i+j=k} a_ib_j\right) x^k

一元多项式的性质

  1. 数域 PP 上的两个多项式经过加、减、乘等运算后所得结果仍然是 PP 上的多项式。
  2. 多项式的运算满足运算律：加法交换律、加法结合律、乘法交换律、乘法结合律、乘法对加法的分配律，都很好证，在此不作赘述。

一元多项式环和系数域

所有系数在数域 PP 中的一元多项式的全体，称为数域 PP 上的一元多项式环，PP 称为 P[x]P[x] 的系数域。

多项式除法

作为形式表达式，多项式可以做除法，例如，令
f(x)=3x3+4x2−5x+6,g(x)=x2−3x+1f(x)=3x^3+4x^2-5x+6, g(x)=x^2-3x+1
我们用 g(x)g(x) 去除 f(x)f(x)，可以按照如下格式做除法，可以称之为“大除法”：
\begin{aligned} x^2-3x+1 \mid\ &3x^3 + 4x^2 - 5x +6 \mid 3x+13 \\ &\underline {3x^3 - 9x^2 +3x +0} \\ &\qquad\;13x^2 -8x + 6 \\ &\underline {\quad\; 13x^2 - 39 x +13} \\ &\qquad\qquad\enspace\>\> 31x - 7 \\ \end{aligned}$$ 由于格式限制无法做到完全对齐，见谅。 这个求法实际上具有一般性。 ### 带余除法 对于 $P[x]$ 中任意两个多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$，其中 $g(x) \ne 0$，一定有 $P[x]$ 中的多项式 $q(x),r(x)$ 存在，使得 $$f(x)=q(x)g(x)+r(x)$$ 成立，其中 $\partial(r(x))<\partial(g(x)) \lor r(x) = 0$，并且这样的 $q(x),r(x)$ 是**唯一决定**的。 #### 证明 如果 $f(x)=0$，取 $q(x)=r(x)=0$ 即可。 以下设 $f(x) \ne 0$，令 $\partial(f(x))=n,\partial(g(x))=m$。我们对 $f(x)$ 的次数 $n$ 作（第二）数学归纳法。 假设当任何 $f(x)$ 的次数小于 $n$ 时，$q(x),r(x)$ 的存在已证。现在来看次数为 $n$ 的情形。 当 $n<m$ 时，显然取 $q(x)=0,r(x)=f(x)$。 当 $n \ge m$ 时，令 $f(x)$ 首项为 $ax^n$，$g(x)$ 首项为 $bx^m$，显然 $ab^{-1}x^{n-m}g(x)$ 与 $f(x)$ 具有相同首项，我们令 $$f_1(x)=f(x)-ab^{-1}x^{n-m}g(x)$$ 则 $f_1(x)$ 的次数小于 $n$ 或为零多项式。对于后者，取 $q(x)=b^{-1}ax^{n-m},r(x)=0$，对于前者，由归纳法假设可得 $\exists q_1(x),r_1(x)$ 使得 $$f_1(x)=q_1(x)g(x)+r_1(x)$$ 故 $q(x)=q_1(x)+ab^{-1}x^{n-m},r(x)=r_1(x)$。 由归纳法原理，$q(x)$ 和 $r(x)$ 存在性得证。 接下来证唯一性。设另有多项式 $q'(x),r'(x)$ 使得 $$f(x)=q'(x)g(x)+r'(x)$$ 其中 $\partial(r'(x))<\partial(g(x)) \lor r'(x)=0$。联立 $f(x)=q(x)g(x)+r(x)$ 得 $$q(x)g(x)+r(x)=q'(x)g(x)+r'(x)$$ 故 $$(q(x)-q'(x))g(x)=r'(x)-r(x)$$ 若 $q(x) \ne q'(x)$，根据假设，$g(x)\ne 0$，那么 $r'(x)-r(x)\ne 0$，且 $$\partial(q(x)-q'(x))+\partial(g(x))=\partial(r'(x)-r(x))$$ 但我们有 $$\partial(g(x))>\partial(r'(x))\ge\partial(r'(x)-r(x))$$ 由于次数必定非负，上面的等式不可能成立。 于是 $q(x)=q'(x),r(x)=r'(x)$，唯一性得证。 ---- 以上过程中所得的 $q(x)$ 我们称为 $g(x)$ 除 $f(x)$ 的商式，所得的 $r(x)$ 我们称为 $g(x)$ 除 $f(x)$ 的余式。 ### 整除 称数域 $P$ 上的多项式 $g(x)$ **整除** $f(x)$，如果有数域 $P$ 上的多项式 $h(x)$ 使等式 $$f(x)=g(x)h(x)$$ 我们用 $g(x)\mid f(x)$ 表示 $g(x)$ 整除 $f(x)$，用 $g(x)\nmid f(x)$ 表示 $g(x)$ 不整除 $f(x)$。 当 $g(x) \mid f(x)$ 时，我们称 $g(x)$ 为 $f(x)$ 的因式，称 $f(x)$ 为 $g(x)$ 的倍式。 **整除具有传递性**，且两个多项式之间的整除关系不因为系数域的扩大而改变，例如，若 $\mathbb R$ 中多项式 $g(x) \nmid f(x)$，则 $\mathbb C$ 中 $g(x) \nmid f(x)$。 **引理** 若 $f(x) \mid g_i(x)$，其中 $i \in [r]$，则 $f(x)\mid \sum\limits_{i=1}^r u_i(x)g_i(x)$，且我们称 $\sum\limits_{i=1}^r u_i(x)g_i(x)$ 为多项式 $g_1(x),g_2(x),\dots,g_r(x)$ 的一个**组合**。 ## 最大公因式 ### 定义 令 $f(x),g(x)$ 是 $P[x]$ 中两个多项式。$P[x]$ 中多项式 $d(x)$ 称为 $f(x),g(x)$ 的一个最大公因式，如果它满足以下条件： 1. $d(x)\mid f(x) \land d(x) \mid g(x)$； 2. 对于任意 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公因式 $d'(x)$，都有 $d'(x) \mid d(x)$。 ### 引理 如果有等式 $$f(x)=q(x)g(x)+r(x)$$ 成立，那么 $f(x),g(x)$ 和 $g(x),r(x)$ 有相同的公因式。 **证明** 如果 $\varphi(x)\mid g(x) \land \varphi(x) \mid r(x)$，由于 $f(x)$ 是 $g(x),r(x)$ 的一个组合，故 $\varphi(x) \mid f(x)$，也就是说，$g(x),r(x)$ 的公因式全是 $f(x),g(x)$ 的公因式。 反过来，如果 $\varphi(x) \mid f(x) \land \varphi(x) \mid g(x)$，那么 $\varphi(x)$ 一定整除它们的组合 $r(x)=f(x)-q(x)g(x)$，也就是说，$\varphi(x)$ 是 $f(x),g(x)$ 的一个最大公因式。 ### 辗转相除法 **定理** 对于 $P[x]$ 中任意两个多项式 $f(x),g(x)$，在 $P[x]$ 中存在一个最大公因式 $d(x)$，且 $d(x)$ 可以表成 $f(x),g(x)$ 的一个组合，即存在 $P[x]$ 中多项式 $u(x),v(x)$ 使得 $$d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)$$ **证明** 如果 $f(x),g(x)$ 中有一个为零，例如 $g(x)=0$，那么 $f(x)$ 就是一个最大公因式，且 $$f(x)=1\cdot f(x)+1\cdot 0$$ 以下令 $g(x) \ne 0$。按带余除法，用 $g(x)$ 除 $f(x)$，得到商 $q_1(x)$ 和余式 $r_1(x)$，如果 $r_1(x)\ne 0$，就用 $r_1(x)$ 除 g(x)，得到商 $q_2(x)$ 和余式 $r_2(x)$，如果 $r_2(x) \ne 0$，就用 $r_2(x)$ 除 $r_1(x)$ 得到商 $q_3(x)$ 和余式 $r_3(x)$，如此辗转相处，显然余式的次数不断降低，即 $$\partial(g(x))>\partial(r_1(x))>\partial(r_2(x))>\cdots$$ 因此，在有限次之后，必然有余式为零。于是我们有一串等式 $$\begin{aligned} f(x)&=q_1(x)g(x)+r_1(x) \\ g(x)&=q_2(x)r_1(x)+r_2(x) \\ &\cdots \\ r_{i-2}(x)&=q_i(x)r_{i-1} \\ &\cdots \\ r_{s-2}(x)&=q_s(x)r_{s-1}(x)+r_s(x) \\ r_{s-1}(x)&=q_{s+1}(x)r_s(x)+0 \end{aligned}$$ $r_s(x)$ 与 $0$ 的最大公因式是 $r_s(x)$，由引理，$r_s(x)$ 是 $r_s(x)$ 与 $r_{s-1}(x)$ 的一个最大公因式；以此类推，$r_s(x)$ 就是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的一个最大公因式。 将上述等式写成 $r_i x=r_{i-2}(x)-q_i(x)r_{i-1}(x)$ 的形式，从上到下代入消去，最终可以得到 $r_s(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)$ 的形式，即 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的一个组合。 由最大公因式的定义不难看出，如果 $d_1(x)$ 和 $d_2(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的两个最大公因式，那么一定有 $d_1(x) \mid d_2(x) \land d_2(x) \mid d_1(x)$，也就是说，$d_1(x) = C d_2(x)$，其中 $C$ 为非零常数。 所以，两个多项式的最大公因式**在可以相差一个非零常数倍的意义下是唯一确定的**。 我们用 $$(f(x),g(x))$$ 来表示首项系数为 $1$ 的那个最大公因式。 上述求出最大公因式的方法我们称为**辗转相除法**。 ### 互质（互素） **定义** $P[x]$ 中两个多项式 $f(x),g(x)$ 称为**互质**（或称互素）的，如果 $(f(x),g(x))=1$。 显然如果两个多项式互质，那么它们除去零次多项式外没有其他公因式，反之亦然。 ---- **定理一** $P[x]$ 中两个多项式 $f(x),g(x)$ 互质的**充要条件**是存在 $P[x]$ 中的多项式 $u(x),v(x)$ 使得 $$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$$ **证明** 必要性是辗转相除法一节的定理的直接推论。 现在证明充分性。令有 $u(x),v(x)$ 使得 $$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$$ 而 $\varphi(x)$ 是 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的一个最大公因式。于是 $\varphi(x) \mid f(x) \land \varphi(x) \mid g(x)$，从而 $\varphi(x) \mid 1$，即 $f(x),g(x)$ 互质。 ---- **定理二** 如果 $(f(x),g(x))=1$，且 $f(x) \mid g(x)h(x)$，则 $f(x) \mid h(x)$。 **证明** 由 $(f(x),g(x))=1$ 可知，有 $u(x),v(x)$ 使得 $$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$$ 等式两边同乘 $h(x)$，得 $$u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)=h(x)$$ 由于 $f(x) \mid g(x)h(x)$，所以 $f(x)$ 整除等式左端，因而得出 $f(x) \mid h(x)$。 **推论** 如果 $f_1(x)\mid g(x)\land f_2(x) \mid g(x)$，且 $(f_1(x),f_2(x))=1$，那么 $f_1(x)f_2(x) \mid g(x)$。 **证明** 读者自证不难。 ## 因式分解 ### 不可约多项式 **定义** 数域 $P$ 上**次数** $\bold{\ge 1}$ 的多项式 $p(x)$ 称为域 $P$ 上的不可约多项式，如果它不能表成数域 $P$ 上两个次数比 $p(x)$ 的次数低的多项式的乘积。 按照定义，一次多项式总是不可约多项式。 正如上面指出，$x^2+2$ 是实数域上的不可约多项式，但是它在复数域上可以表示为 $(x+\sqrt 2 i)(x-\sqrt 2 i)$，因而不是不可约的。这就说明，一个多项式是否不可约是**依赖于系数域**的。 显然，不可约多项式的因式只有它本身和它的非零常数倍 $C \cdot p(x)$。 也就是说，不可约多项式 $p(x)$ 与任一多项式 $f(x)$ 只可能有两种关系，$p(x) \mid f(x)$ 或者 $(p(x),f(x))=1$。 ---- **定理** 如果 $p(x)$ 是一个不可约多项式，那么对于任意两个多项式 $f(x),g(x)$，由 $p(x) \mid f(x)g(x)$ 一定推出 $p(x)\mid f(x)$ 或者 $p(x)\mid g(x)$。 **证明** 如果 $p(x) \mid f(x)$，那么结论已经成立。 如果 $p(x) \nmid f(x)$，那么由以上说明可知，$(p(x),f(x))=1$，于是由互质一节的定理二可知 $p(x) \mid g(x)$。 显然，这个定理可以推广到 $n$ 个多项式的情况，在此不做赘述。 ### 因式分解及唯一性定理 **定理** 数域 $P$ 上每一个次数 $\ge 1$ 的多项式 $f(x)$ 都可以唯一地分解成数域 $P$ 上一些不可约的多项式的乘积。所谓唯一性是说，如果有两个分解式 $$f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x)$$ 那么必然有 $s=t$，且适当排列因式次序可以得到 $$p_i(x)=c_iq_i(x),\enspace i=1,2,3,\dots,s$$ 其中 $c_i$ 是一些**非零常数**。 **证明** 先证明存在性。我们对 $f(x)$ 的次数作数学归纳法。 由于一次多项式不可约，所以 $n=1$ 时结论成立。 设 $\partial(f(x))=n$，并设结论对于次数低于 $n$ 的多项式已经成立。 如果 $f(x)$ 是不可约多项式，结论显然成立。 以下令 $f(x)$ 可约。即有 $f(x)=f_1(x)f_2(x)$，其中 $\partial(f_1(x)) < n \land \partial(f_2(x)) < n$。 由归纳假设，$f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 都可以分解成数域 $P$ 上一些不可约多项式的乘积，把 $f_1(x),f_2(x)$ 分解式合起来便是 $f(x)$ 的一个分解式，由归纳法原理，结论普遍成立。 再证明唯一性。设 $f(x)$ 可以分解成不可约多项式的乘积 $$f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)$$ 如果 $f(x)$ 还有另一个分解式 $$f(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x)$$ 其中 $q_i(x)$ 均为不可约多项式，则 $$f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x)$$ 我们对 $s$ 作归纳法。 当 $s=1$ 时，$f(x)$ 是不可约多项式，有定义必有 $s=t=1$，且 $f(x)=p_1(x)=q_1(x)$。 现在设不可约因式的个数为 $s-1$ 时唯一性已证。 由连等式，$p_1(x) \mid q_1(x)q_2(x) \dots q_t(x)$，由不可约多项式一节的定理，$p_1(x)$ 必然能除尽其中一个，不妨设 $p_1(x) \mid q_1(x)$。 由于 $q_1(x)$ 是不可约多项式，故有 $p_1(x)=c_1 q_1(x)$ 在连等式上消去 $q_1(x)$，有 $$p_2(x)\cdots p_s(x)=c_1^{-1}q_2(x)\cdots q_t(x)$$ 由归纳假设，有 $s-1=t-1$，即 $s=t$。 并且适当排列次序之后有 $p_2(x)=c'_2 c_1^{-1} q_2(x)$，即 $p_2(x)=c_2q_2(x)$，以此类推，$p_i(x)=c_iq_i(x)$，其中 $i=3,\dots,s$。 于是我们证明了分解的唯一性。 ---- 在多项式 $f(x)$ 的分解式中，可以把每一个不可约因式的首项系数提出来，使其成为首项系数为 $1$ 的多项式，再把相同的不可约多项式合并，于是 $f(x)$ 的分解式成为 $$f(x)=cp_1^{r_1}(x)p_2^{r_2}(x)\cdots p_s^{r_s}(x)$$ 其中 $c$ 是 $f(x)$ 的首项系数，$p_1(x),p_2(x),\dots,p_s(x)$ 是不同的首项系数为 $1$ 的不可约多项式，$r_i$ 为正整数。这种分解式成称为**标准分解式**。 如果已经有了两个多项式的标准分解式，我们就可以直接写出两个多项式的最大公因式。 但是我们指出，对于一般的情形，普遍可行的因式分解方法**并不存在**。 ## 重因式 ### 定义 不可约多项式 $p(x)$ 称为多项式 $f(x)$ 的 $\bold k$ **重因式**，如果 $p^k(x) \mid f(x)$ 而 $p^{k+1}(x) \nmid f(x)$。 如果 $k=0$，$p(x)$ 不是 $f(x)$ 的因式； 如果 $k=1$，$p(x)$ 是 $f(x)$ 的**单因式**； 如果 $k>1$，$p(x)$ 称为 $f(x)$ 的**重因式**。 由于没有一般的方法求一个多项式的标准分解式，判别有没有重因式的问题需要用另外方法解决。 设有多项式 $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$$ 我们规定它的**微商**（或称导数）为 $$f'(x)=a_n n x^{n-1}+a_{n-1}(n-1)x^{n-2}+ \cdots +a_1$$ 我们不研究这种规定的来源，暂且当做一个定义。 我们可以得出多项式微商的基本公式： $$\begin{aligned} (f(x)+g(x))'&=f'(x)+g'(x), \\ (cf(x))'&=cf'(x), \\ (f(x)g(x)')&=f'(x)g(x)+f(x)g'(x), \\ (f^m(x))'&=mf^{m-1}(x)f'(x). \\ \end{aligned}$$ 同样可以定义**高阶微商**。微商 $f'(x)$ 称为 $f(x)$ 的**一阶微商**，$f'(x)$ 的微商 $f''(x)$ 称为 $f(x)$ 的**二阶微商**，以此类推。$f(x)$ 的 $k$ 阶微商记为 $f^{(k)}(x)$。 一个 $n$ 次多项式的微商是一个 $n-1$ 次多项式（$n\ge 0$），它的 $n$ 阶微商是一个常数，它的 $n+1$ 阶微商等于零。 **定理** 如果不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式（$k \ge 1$），那么它是微商 $f'(x)$ 的 $k-1$ 重因式。 **证明** 由题设，$f(x)$ 可以分解为 $$f(x)=p^k(x)g(x)$$ 其中 $p(x)$ 不能整除 $g(x)$。因此， $$\begin{aligned} f'(x)&=(p^k(x)g(x))' \\ &=(p^k(x))'g(x)+p^k(x)g'(x) \\ &=kp^{k-1}(x)p'(x)g(x)+p^{k-1}(x)p(x)g'(x) \\ &=p^{k-1}(x) (kp'(x)g(x)+p(x)g'(x)) \end{aligned}$$ 由于 $\partial(p(x)) > \partial(p'(x))$，所以 $p(x) \nmid p'(x)$，故 $p(x) \nmid kp'(x)g(x)$，所以 $$p(x) \nmid (kp'(x)g(x)+p(x)g'(x))$$ 这说明 $p^k(x) \nmid f'(x)$，所以 $p(x)$ 是 $f'(x)$ 的 $k-1$ 重因式。 **推论一** 如果不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式（$k\ge 1$），那么 $p(x)$ 是 $f'(x),f''(x),\dots,f^{(k-1)}(x)$ 的因式，但不是 $f^{(k)}(x)$ 的因式。 **证明** 对上述定理作归纳法可得。 **推论二** 不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的重因式的充分必要条件为 $p(x)$ 是 $f(x),f'(x)$ 的公因式。 **证明** $f(x)$ 的重因式必定是 $f'(x)$ 的因式。反过来，如果 $f(x)$ 的不可约因式也是 $f'(x)$ 的因式，它必定不是 $f(x)$ 的单因式。 **推论三** 多项式 $f(x)$ 没有重因式的充分必要条件是 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 互质。 **证明** 不用证了吧。 ## 多项式函数 直到现在为止，我们始终把多项式看作形式表达式。在这一节，我们将以函数的观点考察多项式。 设 $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$$ 是 $P[x]$ 中的多项式，$\alpha$ 是 $P$ 中的数，我们用 $\alpha$ 代 $x$ 可以得到一个数 $$a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+a_1\alpha+a_0$$ 称为 $f(x)$ 当 $x=\alpha$ 时的值，记为 $f(\alpha)$，这样，多项式 $f(x)$ 就定义了一个数域 $P$ 上的函数。 可以由一个多项式来定义的函数称为数域 $P$ 上的**多项式函数**，当 $P$ 是实数域时，就是数学分析中所讨论的多项式函数。 ### 余数定理 用一次多项式 $x-\alpha$ 除多项式 $f(x)$，所得的余式是一个常数，这个常数等于函数值 $f(\alpha)$。 **证明** 用 $x-\alpha$ 除 $f(x)$，设商为 $q(x)$，余式为一常数 $c$，余式 $$f(x)=(x-\alpha)q(x)+c$$ 以 $\alpha$ 代 $x$ 得 $$f(\alpha)=c$$ 如果 $f(x)$ 在 $x=\alpha$ 时函数值 $f(\alpha)=0$，那么 $\alpha$ 就称为 $f(x)$ 的一个**根**或**零点**。 **推论（根与一次因式的关系）** $\alpha$ 是 $f(x)$ 的根的充要条件是 $(x-\alpha) \mid f(x)$。 由这个关系，我们可以定义重根的概念。$\alpha$ 称为 $f(x)$ 的 $\bold k$ **重根**，如果 $x-\alpha$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式。当 $k=1$ 时，$\alpha$ 称为单根；当 $k>1$ 时 $\alpha$ 称为重根。 ### 数域中 $n$ 次多项式根的数量上界 **定理** $P[x]$ 中 $n$ 次多项式 （$n \ge 0$）在数域 $P$ 中的根不可能多于 $n$ 个，重根按重数计算。 **证明** ~~原本不想证的。~~ 还是证一下吧。首先，对于零次多项式，定理显然成立。 设 $f(x)$ 是一个次数 $>0$ 的多项式。把 $f(x)$ 分解成不可约多项式的乘积，由上面的推论得到 $f(x)$ 在数域 $P$ 中的根的个数等于分解式中一次因式的个数，这个个数显然不超过 $n$。 ### 拉格朗日插值法得出多项式的唯一性 ~~我想不出来定理名字了，所以用这个吧。~~ **定理** 如果多项式 $f(x),g(x)$ 的次数都不超过 $n$，而它们对 $n+1$ 个不同的数 $\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n$ 有相同的值，即 $$f(\alpha_i)=g(\alpha_i),\enspace i=1,2,3,\dots,n+1$$ 那么 $f(x)=g(x)$。 **证明** 由定理条件，有 $$f(\alpha_i)-g(\alpha_i)=0,\enspace i=1,2,3,\dots,n+1$$ 也就是说，$h(x)=f(x)-g(x)$ 有 $n+1$ 个不同的根。如果 $h(x)\ne 0$，那么它就是一个次数不超过 $n$ 的多项式，由数域中 $n$ 次多项式的数量上界定理可知，它不可能有 $n+1$ 个根，因此，$f(x)=g(x)$。 这个定理也说明，**不同多项式定义的函数也不相同**。如果两个多项式定义相同的函数，就称为**恒等**，但上述结论表明，**多项式的恒等与相等实际上等价**。 ## 复系数与实系数多项式的因式分解 ### 代数基本定理 **定理** 每个次数 $\ge 1$ 的复系数多项式在复数域中有一根。 **证明** 这个定理有很多种证明，但是都很复杂，下面给出一种，其余证明可以看看[代数基本定理的几种证明](https://www.doc88.com/p-60129020033602.html)和[百度百科](https://baike.baidu.com/item/%E4%BB%A3%E6%95%B0%E5%9F%BA%E6%9C%AC%E5%AE%9A%E7%90%86/18104#3)。 我们使用反证法。假设 $f(z)$ 在 $\mathbb C$ 恒不为 $0$，则显然 $\dfrac{1}{f(x)}$ 是一个有界全纯函数。由 Liouville 定理，必为常数，矛盾。 Liouville 定理是数学分析的内容，这里略过。 ~~我也不会，自己去学。~~ ### 复系数多项式因式分解定理 **定理** 每个次数 $\ge 1$ 的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解成一次因式的乘积，因此，复系数多项式具有标准分解式 $$f(x)=a_n(x-\alpha_1)^{l_1}(x-\alpha_2)^{l_2}\cdots(x-\alpha_s)^{l_s}$$ 其中 $\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_s$ 是不同的复数，$l_1,l_2,l\dots,l_s$ 是正整数。标准分解式说明了每个 $n$ 次系数多项式恰有 $n$ 个复根（重根按重数计算）。 **证明** 可以通过代数基本定理和数学归纳法简单得出，留给读者自证，这里不做赘述。 ### 实系数多项式因式分解定理 **定理** 每个次数 $\ge 1$ 的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成一次因式和二次不可约因式的乘积。 **证明** 定理对一次多项式显然成立。 采用数学归纳法，假设定理对次数 $<n$ 的多项式已经证明。 设 $f(x)$ 是 $n$ 次实系数多项式，由代数基本定理，$f(x)$ 有一复根 $\alpha$。 如果 $\alpha$ 是实数，那么 $$f(x)=(x-\alpha)f_1(x)$$ 其中 $f_1(x)$ 是 $n-1$ 次实系数多项式。 如果 $\alpha$ 不是实数，那么 $\bar \alpha$ 也是 $f(x)$ 的根且 $\bar \alpha \ne \alpha$。于是 $$f(x)=(x-\alpha)(x-\bar \alpha)f_2(x)$$ 显然 $$(x-\alpha)(x-\bar \alpha)=x^2-(\alpha+\bar\alpha)x+\alpha\cdot\bar\alpha$$ 是实系数二次不可约多项式。从而 $f_2(x)$ 是 $n-2$ 次实系数多项式。由归纳假设，$f_1(x)$ 或 $f_2(x)$ 可以分解成一次与二次不可约多项式的乘积，因此 $f(x)$ 也可以如此分解。 因此，实系数多项式具有标准分解式 $$f(x)=a_n(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}$$ 其中 $c_1,\dots,c_s,p_1,\dots,p_s,q_1,\dots,q_s$ 全是实数，$l_1,\dots,l_s,k_1,\dots,k_r$ 是正整数，且 $x^2+p_ix+q_i$ 是不可约的，即 $\Delta_i=p_i^2-4q_i<0$。 ## 有理系数多项式 设 $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$$ 是一有理系数多项式。选取适当的整数 $c$ 乘 $f(x)$，总可以使得 $c\cdot f(x)$ 是一整系数多项式。如果 $c\cdot f(x)$ 的各项系数有公因子，就可以提出来，得到 $$c\cdot f(x)=d\cdot g(x)$$ 其中 $g(x)$ 是整系数多项式，且各项系数没有异于 $\pm 1$ 的公因子。 ### 本原多项式 **定义** 如果一个非零的整系数多项式 $g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0$ 的系数 $b_n,b_{n-1},\dots,b_0$ 没有异于 $\pm 1$ 的公因子，即它们互质，它就称为一个**本原多项式**。 上面的分析表明，任何一个非零有理系数多项式 $f(x)$ 都可以表示为一个有理数 $r$ 与一个本原多项式 $g(x)$ 的乘积，即 $$f(x)=rg(x)$$ 可以证明，这种表示法除了差一个正负号是唯一的。即如果 $$f(x)=rg(x)=r_1g_1(x)$$ 其中 $g(x),g_1(x)$ 均为本原多项式，那么必有 $$r=\pm r_1,\enspace g(x)=\pm g_1(x)$$ 因为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 只差一个常数倍，所以 $f(x)$ 的因式分解问题可以归结为本原多项式 $g(x)$ 的因式分解问题。 下面我们进一步指出，一个本原多项式能否分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，等价于它能否分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积。 ### 高斯引理 **定理** 两个本原多项式的乘积还是本原多项式。 **证明** 设 $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,\enspace g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0$$ 是两个本原多项式，而 $$h(x)=f(x)g(x)=d_{n+m}x^{n+m}+d_{n+m-1}x^{n+m-1}+\cdots+d_0$$ 是它们的乘积。我们用反证法。如果 $h(x)$ 不是本原的，也就是说，$h(x)$ 的系数 $d_{n+m},\dots,d_0$ 有一异于 $\pm 1$ 的公因子，那么就有一个质数 $p$ 能整除 $h(x)$ 的每一个系数。因为 $f(x)$ 和 $g(x)$ 本原，所以 $p$ 不能同时整除 $f(x)$ 的每一个系数，令 $$p\mid a_0,\dots,p\mid a_{i-1},p\nmid a_i$$ 同理，令 $$p\mid b_0,\dots,p\mid b_{j-1},p\nmid b_j$$ 由乘积定义，$h(x)$ 的系数 $d_{i+j}=a_ib_j+a_{i+1}b_{j-1}+\cdots+a_{i-1}b_{j+1}+\cdots$ 由上述假设，$p\mid d_{i+j}$，$p$ 整除等式右边的每一项，但是 $p\nmid a_ib_j$。这是不可能的。这就证明了，$h(x)$ 一定是本原多项式。 ### 高斯引理的另一种形式 **定理** 如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积。 **证明** 设整系数多项式 $f(x)$ 有分解式 $$f(x)=g(x)h(x)$$ 其中 $g(x),h(x)$ 是有理系数多项式，且 $$\partial(g(x))<\partial(f(x)),\partial(h(x))<\partial(f(x))$$ 令 $$f(x)=af_1(x),g(x)=rg_1(x),h(x)=sh_1(x)$$ 这里 $f_1(x),g_1(x),h_1(x)$ 均为本原多项式，从而 $rs=\pm a$。 也就是说，$rs$ 是整数。因此我们有 $f(x)=(rsg_1(x))h_1(x)$。 这里 $rsg_1(x)$ 与 $h_1(x)$ 都是整系数多项式，且次数都低于 $f(x)$ 的次数，原命题得证。 **推论** 设 $f(x),g(x)$ 都是整系数多项式，且 $g(x)$ 本原。如果 $f(x)=g(x)h(x)$，其中 $h(x)$ 是有理系数多项式，那么 $h(x)$ 一定是整系数的。 证明过程和上面很像，留给读者自证。 这个推论提供了一个求整系数多项式的全部有理根的方法。 ### 有理根定理 **定理** 设 $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$$ 是一个整系数多项式，而 $\dfrac{r}{s}$ 是它的一个有理根，其中 $r,s$ 互质，那么必有 $s\mid a_n \land r\mid a_0$。特别地，如果 $f(x)$ 的首项系数 $a_n=1$，那么 $f(x)$ 的有理根都是整根，且是 $a_0$ 的因子。 **证明** 因为 $\dfrac{r}{s}$ 是 $f(x)$ 的一个有理根，因此在有理数域上 $$\left(x-\frac{r}{s}\right)\mid f(x)$$ 从而 $$(sx-r)\mid f(x)$$ 因为 $r,s$ 互质，所以 $sx-r$ 是一个本原多项式，根据上述推论， $$f(x)=(sx-r)(b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0)$$ 其中 $b_{n-1},\dots,b_0$ 均为整数，比较两边系数，得到 $$a_n=sb_{n-1},a_0=-rb_0$$ 因此 $s\mid a_n,r\mid a_0$。 ### 艾森斯坦（Eisenstein）判别法 **定理** 设 $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$$ 是一个整系数多项式，如果有一个质数 $p$ 使得 1. $p\nmid a_n$； 2. $p\mid a_{n-1},a_{n-2},\dots,a_0$； 3. $p^2 \nmid a_0$， 那么 $f(x)$ 在有理数域上不可约。 **证明** 如果 $f(x)$ 在有理数域上可约，那么由高斯引理的另一种形式，$f(x)$ 可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积： $$f(x)=(b_lx^l+b_{l-1}x^{l-1}+\cdots+b_0)(c_mx^m+c_{m-1}x^{m-1}+\cdots+c_0),\enspace l<n,m<n,l+m=n$$ 于是 $$a_n=b_lc_m,a_0=b_0c_0$$ 因为 $p\mid a_0$，所以 $p$ 能整除 $b_0$ 或 $c_0$，但是 $p^2\nmid a_0$，所以 $p$ 不能同时整除 $b_0$ 和 $c_0$。 不妨令 $p\mid b_0 \land p\nmid c_0$。另一方面，因为 $p\nmid a_n$，所以 $p\nmid b_l$，假设 $b_0,b_1,\dots,b_l$ 中第一个不能被 $p$ 整除的是 $b_k$，比较 $f(x)$ 中 $x^k$ 的系数，得等式 $$a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k$$ 式中 $a_k,b_{k-1},\dots,b_0$ 都能被 $p$ 整除，所以 $b_kc_0$ 也必定能被 $p$ 整除。但是 $p$ 是一个素数，所以 $b_k$ 与 $c_0$ 中必有一个能被 $p$ 整除，与假设矛盾，原命题得证。 ## \*多元多项式 前置知识：**单项式**、**同类项**、**多项式**（$n$ 元多项式）、**单项式和多项式的次数**、**字典排列法**（字典序排列法）、**多项式的首项**，这些不讲了，幼儿园小小班已经讲过了。 ### $n$ 元多项式环 **定义** 所有系数在数域 $P$ 中的 $n$ 元多项式的全体，称为数域 $P$ 上的 $\bold n$ **元多项式环**，记为 $$P[x_1,x_2,\dots,x_n]$$ ### 多元多项式的乘积 **定理** 当 $f(x_1,x_2,\dots,x_n) \ne 0,g(x_1,x_2,\dots,x_n)\ne 0$ 时，乘积 $f(x_1,x_2,\dots,x_n) \cdot g(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 的首项等于 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 的首项与 $g(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 的乘积。 **证明** 简单，而且没啥意思，读者自证不难。 **推论一** 如果 $f_i\ne 0$（其中 $i=1,2,\dots,m$），那么 $f_1f_2\cdots f_m$ 的首项等于每个 $f_i$ 的首项的乘积。 **推论二** 如果 $f(x_1,x_2,\dots,x_n) \ne 0,g(x_1,x_2,\dots,x_n)\ne 0$，那么 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)\cdot g(x_1,x_2,\dots,x_n)\ne 0$。 ### 齐次多项式 **定义** 多项式 $$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\sum_{k_1,k_2,\dots,k_n}a_{k_1k_2\cdots k_n}x^{k_1}x^{k_2}\cdots x^{k_n}$$ 称为 $\bold m$ **次齐次多项式**，如果其中每个单项式都是 $m$ 次的。 显然，两个齐次多项式的乘积仍是齐次多项式，它的次数等于这两个多项式的次数之和。 任何一个 $m$ 次多项式 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 都可以唯一地表示成 $$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\sum_{i=0}^m f_i(x_1,x_2,\dots,x_n)$$ 其中 $f_i(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 是 $i$ 次齐次多项式。$f_i(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 称为 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 的 $\bold i$ **次齐次成分**。 容易用齐次多项式证明，对于多元多项式，也有**乘积的次数等于因子次数的和**。 ## \*对称多项式 ~~终于来到了最后一节。~~ ### 定义 $n$ 元多项式 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$，如果对于任意 $i,j,i\le i<j \le n$，都有 $$f(x_1,x_2,\dots,x_i,\dots,x_j,\dots,x_n)=f(x_1,x_2,\dots,x_j,\dots,x_i,\dots,x_n)$$ 那么这个多项式就称为**对称多项式**。 对称多项式的和、积以及对称多项式的多项式还是对称多项式。 ### 初等对称多项式 我们定义 $n$ 个多元多项式 $$\begin{cases} \sigma_1=x_1+x_2+\cdots+x_n \\ \sigma_2=x_1x_2+x_1x_3+\cdots+x_{n-1}x_n \\ \dots \\ \sigma_n=x_1x_2\cdots x_n \end{cases}$$ 它们都是 $n$ 元对称多项式，我们称为**初等对称多项式**。 特别地，初等对称多项式的多项式还是对称多项式。 ### 对称多项式基本定理 **定理** 对于任意一个 $n$ 元多项式 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 都有一个 $n$ 元多项式 $\varphi(y_1,y_2,\dots,y_n)$ 使得 $$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\varphi(\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n)$$ **证明** 设对称多项式 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 的首项为 $$t=ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n},\enspace a\ne 0$$ 我们指出，作为首项，必有 $l_1 \ge l_2 \ge \cdots \ge l_n \ge 0$。 否则设有 $l_i<l_{i+1}$，由于 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 是对称的，所以 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 在包含 $t$ 的同时必定包含 $$ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_i^{l_{i+1}} x_{i+1}^{l_i}\cdots x_n^{l_n},\enspace a\ne 0$$ 这一项必定先于 $t$，与首项的要求不符。 作对称多项式 $\varphi_1=a\sigma_1^{l_1-l_2}\sigma_2^{l_2-l_3}\cdots\sigma_n^{l_n}$，由于 $\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n$ 的首项分别是 $x_1,x_1x_2,\dots,x_1x_2\cdots x_n$，于是 $\varphi_1$ 展开之后首项为 $$ax_1^{l_1-l_2}(x_1x_2)^{l_2-l_3}\cdots(x_1x_2\cdots x_n)^{l_n}=ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n}$$ 这就是说，$f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 与 $\varphi_1$ 有相同首项，因此，对称多项式 $$f_1(x_1,x_2,\dots,x_n)=f(x_1,x_2,\dots,x_n)-a\sigma_1^{l_1-l_2}\sigma_2^{l_2-l_3}\cdots\sigma_n^{l_n}=f-\varphi_1$$ 比 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 有“较小”的首项，对 $f_1(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 重复如上做法，并以此类对，我们就得到一系列对称多项式 $$f,f_1=f-\varphi_1,f_2=f_1-\varphi_2,\dots$$ 它们的首项一个比一个“小”，其中 $\varphi_i$ 是 $\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n$ 的多项式，设 $$bx_1^{p_1}x_2^{p_2}\cdots x_n^{p_n}$$ 是 $f_i$ 中某一对称多项式的首项。于是 $t$ 要先于它，就有 $$l_1\ge p_1\ge p_2\ge \cdots \ge p_n \ge 0$$ 适合该条件的 $n$ 元数组 $(p_1,p_2,\dots,p_n)$ 只能有有限多个，因而 $f_i$ 中也只能有有限个对称多项式不为零，即有正整数 $h$ 使得 $f_h=0$。这证明了， $$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\varphi_1+\varphi_2+\cdots+\varphi_h$$ 可以表成出风对称多项式的一些单项式的和，也就是说，$f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 可以表成初等对称多项式的一个多项式。 ---- 事实上，我们还可以证明，定理中的多项式 $\varphi(y_1,y_2,\dots,y_n)$ 是被对称多项式 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 唯一确定的。这个结论与上述定理合称**对称多项式基本定理**。 ## 后记 ~~剩下的定理读者自行脑补。~~ 我要在下一篇讲一些有趣的东西了。

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