高等代数 7.5~7.7 内容摘要

7.5 重因式

设 \(K\) 是数域，设 \(f(x)\in K[x]\)，设不可约多项式 \(p(x)\in K[x]\) 是 \(f(x)\) 的一个 \(k\,(k\geqslant 1)\) 重因式。那么 \(\exists g(x)\in K[x]\) 使得

\[f(x)=p(x)^kg(x),\qquad p(x)\nmid g(x). \]

则

\[\begin{aligned} f'(x)&=kp(x)^{k-1}p'(x)g(x)+p(x)^kg'(x)\\ &=p(x)^{k-1}\big(kp'(x)g(x)+p(x)g'(x)\big). \end{aligned} \]

显见 \(\deg p'(x)<\deg p(x)\)，由 \(p(x)\) 非零次多项式且不可约，得 \(p(x)\nmid kp'(x)g(x)\)。于是

\[p(x)\nmid\big(kp'(x)g(x)+p(x)g'(x)\big), \]

从而 \(p(x)\) 是 \(f'(x)\) 的一个 \(k-1\) 重因式。

由此，考察 \(f(x)\) 的唯一分解，有

\[\begin{aligned} f(x)&=ap_1^{l_1}(x)p_2^{l_2}(x)\cdots p_s^{l_s}(x),\\ f'(x)&=p_1^{l_1-1}(x)p_2^{l_2-1}(x)\cdots p_s^{l_s-1}(x)h(x), \end{aligned} \]

其中 \(p_i(x)\;(i\leqslant s)\) 是首一不可约多项式，\(h(x)\) 不被他们中的任何一者整除。那么

\[\begin{aligned} \gcd(f(x),f'(x))&=p_1^{l_1-1}(x)p_2^{l_2-1}(x)\cdots p_s^{l_s-1}(x),\\ f(x)&=\left(ap_1(x)p_2(x)\cdots p_n(x)\right)\gcd(f(x),f'(x)). \end{aligned} \]

则用 \(\gcd(f(x),f'(x))\) 去除 \(f(x)\) 得到商式 \(g(x)\) 就去掉了 \(f(x)\) 因式的重数。

最后，我们指出：设 \(f(x)\in K[x]\) 为非零次多项式，则 \(g(x):=f(x+b)\) 有重因式当且仅当 \(f(x)\) 有重因式。

例子：三次多项式的重因式

设 \(f(x)\in K[x]\)，先考虑 \(f(x)=x^3+ax+b\)。对 \(f(x)\) 及 \(f'(x)\) 辗转相除得

\[\begin{matrix} x^3+ax+b&3x^2+a\\ 3x^2+a&\dfrac{2}{3}ax+b\\ \dfrac{2}{3}ax+b&a+\dfrac{27b^2}{4a^2}\\ a+\dfrac{27b^2}{4a^2}&0 \end{matrix} \]

于是 \(f(x)\) 有重因式 \(\iff\gcd(f(x),f'(x))\neq 1\iff 4a^3+27b^2=0\)。

接下来考虑一般的首一三次多项式 \(f(x)=^3+a_2x^2+a_1x+a_0\)。令

\[\begin{aligned} g(x)&:=f\!\left(x-\frac{a_2}{3}\right)\\ &=\left(x-\frac{a_2}{3}\right)^3+a_2\left(x-\frac{a_2}{3}\right)^2+a_1\left(x-\frac{a_2}{3}\right)+a_0\\ &=x^3+\left(a_1-\frac{1}{3}a_2^2\right)\!x+\frac{2}{27}a_2^3-\frac{a_1a_2}{3}+a_0, \end{aligned} \]

则 \(f(x)\) 有重因式的充分必要条件是

\[\begin{aligned} 4\left(a_1-\frac{1}{3}a_2^2\right)^3+27\left(\frac{2}{27}a_2^3-\frac{a_1a_2}{3}+a_0\right)^2&=0,\\ 4a_2^3a_0-a_2^2a_1^2-18a_2a_1a_0+4a_1^3+4a_1^3+27a_0^2&=0. \end{aligned} \]

间奏：多项式函数

设独点变元集为 \(X=\{x\}\)，我们先对一元多项式环 \(R[X]\) 对应的医院多项式函数环进行一个叙述。对于 \(\forall\sigma:X\to R,\;x\mapsto r_x\) 表示将 \(x\) 映为 \(R\) 中的某一元素，设 \(f(x)\in R[x]=r_nx^n+r_{n-1}r^{n-1}+\cdots+r_1x+r_0\)，称它诱导的一元多项式函数是映射

\[\begin{aligned} \mathfrak f:R&\longrightarrow R\\ r&\longmapsto\left(r_nr^n+r_{n-1}r^{n-1}\cdots+r_1r+r_0\right), \end{aligned} \]

此时有求值同态

\[\begin{aligned} \operatorname{ev}_{\sigma}:R[X]&\longrightarrow R\\ f(x)&\longmapsto \mathfrak f(\sigma(r)), \end{aligned} \]

容易验证

\[\begin{aligned} \operatorname{ev}_{\sigma}(f(x)+g(x))&=\operatorname{ev}_{\sigma}(f(x))+\operatorname{ev}_{\sigma}(g(x)),\\ \operatorname{ev}_{\sigma}(f(x)g(x))&=\operatorname{ev}_{\sigma}(f(x))\cdot\operatorname{ev}_{\sigma}(g(x)). \end{aligned} \]

即 \((\mathfrak f+\mathfrak g)(r_x)=\mathfrak f(r_x)+\mathfrak g(r_x),\,(\mathfrak f\mathfrak g)(r_x)=\mathfrak f(r_x)\mathfrak g(r_x)\)，此乃多项式函数在独点取值的同态。由此给出环同态

\[\begin{aligned} \operatorname{ev}':R[X]&\longrightarrow\left\{R^X\to R\right\}\\ f(x)&\longmapsto[\sigma\to\operatorname{ev}_{\sigma}(f(x))]. \end{aligned} \]

我们宜将 \(\sigma\) 略去，得到同态 \(\operatorname{ev}:R[x]\to\{\,\mathfrak f\,\}=:R_{\rm pol}\)，称 \(R_{\rm pol}\) 为 \(R\) 上的一元多项式函数环。

观察带余除法

\[f(x)=g(x)(x-a)+r(x), \]

则 \(r(x)\) 必是零次多项式，于是在嵌入同态意义下 \(r=\mathfrak f(a)\)。据此得

\[x-a\mid f(x)\iff \mathfrak f(a)=0. \]

此式称作 Bezout 定理。由此定义 \(a\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重根，如果 \((x-a)\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重因式。据此得到：

• \(R[X]\) 中 \(n(n>0)\) 次多项式至多有 \(n\) 个根。
• 设有不超过 \(n\) 次的多项式 \(f(x),g(x)\)，有大于 \(n\) 个点 \(c_1,\cdots,c_{m}\) 使得 \(\mathfrak f(c_i)=\mathfrak g(c_i)\)，那么 \(f(x)=g(x)\)。

由此得到：当 \(R\) 是无穷整环时，映射 \(\operatorname{ev}\) 是单的。特别地，对于数域 \(K\)，环同态

\[\operatorname{ev}:K[x]\longrightarrow K_{\rm pol} \]

乃是同构；于是数域 \(K\) 上的一元多项式与一元多项式函数是同一回事，即

\[K[x]\cong K_{\rm pol}. \]

据此，对于数域我们不再区分 \(f\) 和 \(\mathfrak f\)。

7.6 \(\mathbb C\) 上不可约多项式

转向探讨 \(\mathbb C[z]\)。设

\[f(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_nz^n\quad\in\mathbb C[z] \]

且 \(\deg f(z)=n>0\)。若 \(f(z)\) 无复根，则函数 \(\Phi(z):=f(z)^{-1}\) 在整个 \(\mathbb C\) 上解析。由于 \(\forall n\in\mathbb Z_{>0}\) 有

\[\lim_{|z|\to+\infty}z^{-n}=0, \]

于是

\[\begin{aligned} \lim_{|z|\to+\infty}\Phi(z)&=\lim_{|z|\to+\infty}f(z)^{-1}\\ &=\lim_{|z|\to+\infty}\frac{1}{a_nz^n+\cdots+a_1z+a_0}\\ &=\lim_{|z|\to+\infty}\frac{z^{-n}}{a_n+a_{n-1}z^{-1}+\cdots+a_0z^{-n}}\\ &=0, \end{aligned} \]

从而 \(\exists r>0\) 使得 \(\forall|z|>r\) 皆有 \(|\Phi(z)|<1\)。由此 \(\Phi(z)\) 在圆盘 \(|z|\leqslant r\) 上有界，从而 \(\Phi(z)\) 在复平面 \(\mathbb C\) 上有界。由 Liouvill 定理，\(\Phi(z)\) 必为常值函数，因此只能有

\[f(z)=\frac{1}{b},\qquad\forall z\in\mathbb C. \]

这与 \(\deg f(z)=n>0\) 矛盾。由此得到：

1. 代数基本定理：每一个次数大于 \(0\) 的复系数多项式只要有一个复根。
2. 复数域上的不可约多项式只有一次多项式。
3. 唯一分解定理：次数大于 \(0\) 的复系数多项式 \(f(x)\) 可作分解

\[f(x)=a(x-c_1)^{l_1}(x-c_2)^{l_2}\cdots(x-c_s)^{l_s},\qquad l_1+\cdots+l_s=n. \]

上述分解称为标准分解式。

如果复数 \(\xi\) 满足 \(\xi^n=1\) 且 \(\forall l<n\) 的正整数有 \(\xi^l\neq 1\)，则称 \(\xi\) 是一个 \(\boldsymbol n\) 次本原单位根，容易证明

• \(\xi^m=1\iff n\mid m\)。
• \(\xi^k\) 是 \(n/\gcd(n,k)\) 次本原单位根。

复系数多项式根的分布

令

\[M=\max\{|a_{n-1}|,|a_{n-2}|,\cdots,|a_0|\}. \]

我们知道

\[\begin{aligned} |f(z)|&=|a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_nz^n|\\ &\geqslant|a_nz^n|-\left|a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_{n-1}z^{n-1}\right|\\ &\geqslant|a_nz^n|-\left(|a_0|+|a_1||z|+\cdots+|a_{n-1}||z|^{n-1}\right), \end{aligned} \]

当 \(|z|>1\) 时，有

\[\begin{aligned} |a_0|+|a_1||z|+\cdots&+|a_{n-1}||z|^{n-1}\leqslant M\left(1+|z|+\cdots+|z|^{n-1}\right)\\ &=\frac{1-|z|^n}{1-|z|}M<\frac{M|z|^n}{|z|-1}. \end{aligned} \]

注意到

\[\frac{M|z|^n}{|z|-1}\leqslant\left|a_n\right|\left|z\right|^n\iff |z|\geqslant 1+\frac{M}{|a_n|}, \]

于是当 \(|z|\geqslant 1+\dfrac{M}{|a_n|}\) 时，有

\[|f(z)|>|a_n||z^n|-\frac{M|z|^n}{|z|-1}\geqslant 0. \]

由此得到：复系数多项式函数 \(f(z)\) 的复根全在半径 \(r=1+M/|a_n|\) 的圆盘内。

7.7 \(\mathbb R\) 上不可约多项式

设多项式 \(f(x)=x^n-1\in\mathbb R[x]\)。扩域至 \(\mathbb C\) 并观察到 \(\omega^k+\omega^{n-k}=2\cos\dfrac{2k\pi}{n}\)。

当 \(n=2m+1\) 时有

\[\begin{aligned} x^{2m+1}-1&=(x-1)\boldsymbol\cdot(x-\omega)\big(x-\omega^{2m}\big)\cdots\big(x-\omega^{m}\big)\big(x-\omega^{m+1}\big)\\ &=(x-1)\prod_{k=1}^m\left(x^2-2x\cos\frac{2k\pi}{2m+1}+1\right). \end{aligned} \]

当 \(n=2m\) 时有

\[\begin{aligned} x^{2m}-1&=(x-1)\boldsymbol\cdot(x-\omega^m)\boldsymbol\cdot(x-\omega)\big(x-\omega^{2m-1}\big)\cdots\big(x-\omega^{m-1}\big)\big(x-\omega^{m+1}\big)\\ &=(x-1)(x+1)\prod_{k=1}^m\left(x^2-2x\cos\frac{k\pi}{m}+1\right). \end{aligned} \]

用 \(-1\) 代入得

\[\begin{aligned} -2=-2\prod_{k=1}^m\left(2+2x\cos\frac{2k\pi}{2m+1}\right), \end{aligned} \]

稍事化简即得

\[\prod_{k=1}^m\cos\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{1}{2^m}. \]

下面考察 \(f(x)=x^n+1\) 在 \(\mathbb R[x]\) 上的分解。先扩域到 \(\mathbb C\)，设 \(\xi=r(\cos\theta+\text i\sin\theta)\) 是 \(z^n+1\) 的根，显然 \(r=1\) 且

\[\cos n\theta+\text i\sin n\theta=\cos\pi+\text i\sin\pi, \]

从而有

\[\xi=\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}+\text i\sin\frac{(2k+1)\pi}{n}=\exp((2k+1)\text i\pi/n). \]

于是有

\[\begin{aligned} x^{2m+1}+1&=(x+1)\prod_{k=1}^m\left(x^2-2x\cos\frac{(2k-1)\pi}{2m+1}+1\right),\\ x^{2m}+1&=\prod_{k=1}^m\left(x^2-2x\cos\frac{(2k-1)\pi}{2m}+1\right). \end{aligned} \]