【高等代數】2. 多項式(2)
【高等代數】2. 多項式(2)
目錄1.4 唯一析因定理
本節的主要內容是多項式的因式分解，為類比整數環和多項式環，先將整數環中的素數概念予以擴充，將素數擴充套件到負數上，具體而言，除了\(-1,0,1\)外的所有整數要麼是素數，要麼是合數，且負素數與正素數只差一個符號。由此，對整數環中的每個非零整數，都可以分解為若干個素數的乘積，且不計因子的正負號和順序的話，這種分解唯一。現欲將此分解推廣到一元多項式環。
- 可約：設\(f(x)\in F[x]\)，\(\deg f(x)=n\ge 1\)。如果存在次數小於\(n\)的多項式\(g(x),h(x)\in F[x]\)使\[f(x)=g(x)h(x), \]就稱多項式\(f(x)\)在\(F\)上可約。如果不存在這樣的多項式，\(f(x)\)在\(F\)上不可約。
由定義，\(0<\deg g(x)<n\)，故因式分解不包含純量多項式。另外要注意多項式是否可約與多項式所屬的數域有關，如\(x^2+1\)在\(\mathbb{C}\)上可約，在\(\mathbb{R}\)上不可約。如果類比整數環，不可約多項式應當對應素數的作用，因此對它們的討論有意義。
下面給出不可約多項式的幾個性質：
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若\(p(x)\)在\(F\)
上不可約，且\(a\in F\)非零，則\(ap(x)\)在\(F\)上不可約。 -
若\(f(x)\in F[x]\)，且\(p(x)\)是\(F\)上的不可約多項式，則或者\(p(x)|f(x)\)，或者\(p(x)\)與\(f(x)\)互素。
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設\(f(x),g(x)\in F[x]\)，\(p(x)\)是\(F\)上的不可約多項式，如果\(p(x)|f(x)g(x)\)，則或者\(p(x)|f(x)\)，或者\(p(x)|g(x)\)。
1：用反證法，若\(ap(x)=f(x)g(x)\)，則\(p(x)=[a^{-1}f(x)]g(x)\)，與\(p(x)\)不可約矛盾。
2：不妨設\(p(x)\)
與\(f(x)\)不互素，則存在非純量多項式\(d(x)|f(x)\)，且\(d(x)|p(x)\)，結合\(p(x)\)不可約可知\(d(x)=\lambda p(x)\)，這說明\(p(x)|f(x)\)。3：如果\(p(x)\nmid f(x)\)，則\(\gcd(p(x),f(x))=1\)，所以存在多項式\(u(x),v(x)\)使
\[p(x)u(x)+f(x)v(x)=1, \]於是
\[p(x)u(x)g(x)+f(x)g(x)v(x)=g(x), \]結合\(p(x)|f(x)g(x)\)得\(p(x)|g(x)\)。
唯一析因定理就類比非零整數的質因子分解，將一個多項式分解成多個不可約因式的乘積，並且在內部結構意義下（忽略各項係數，只考慮比例），這種分解是唯一的。
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唯一析因定理：設\(n\)次多項式\(f(x)\in F[x]\)，存在數域\(F\)上的不可約多項式\(p_1(x),\cdots,p_s(x)\)，使得
\[f(x)=p_1(x)\cdots p_s(x). \]如果另有不可約多項式\(q_1(x),\cdots,q_t(x)\)使得\(f(x)=q_1(x)\cdots q_t(x)\)，則\(t=s\)，且可通過調整因式的順序使\(q_i(x)=a_ip_i(x)\)。
不可約分解的存在性：
\(n=1\)時，一次多項式在數域\(F\)上總是不可約的。下用歸納法，假設當多項式次數\(\deg f(x)<n\)時不可約分解都存在，要證明\(\deg f(x)=n\)時不可約分解也存在。如果\(f(x)\)本身在\(F\)上不可約，則不可約分解由自身組成；如果\(f(x)\)在\(F\)上可約，則存在次數小於\(n\)的多項式\(g(x),h(x)\in F[x]\)，使得\(f(x)=g(x)h(x)\)，而由於\(g(x),h(x)\)均可以不可約分解，將它們的不可約分解式相乘就得到\(f(x)\)的分解式，分解式中每一個多項式都是不可約的。
不可約分解的唯一性：
設\(f(x)\)具有兩個不可約分解，即
\[f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x), \]由於\(q_1(x)\)在\(F\)上不可約且\(q_1(x)|p_1(x)\cdots p_s(x)\)，由不可約多項式的性質可知，存在某\(p_i(x)\)，不妨調換順序將其設為\(p_1(x)\)，使得\(p_1(x)=a_1q_1(x)\)，從而
\[(a_1p_2(x))p_3(x)\cdots p_s(x)=q_2(x)q_3(x)\cdots q_t(x), \]類似地分析可以得到\(a_2p_2(x)=q_2(x)\)，\(a_3p_3(x)=q_3(x)\)等等，由歸納法就得到\(t=s\)，且分解在結構意義上唯一。
如果要求所有的多項式都是首一的，並且將重複的因式合併，就能得到任意多項式的唯一分解：
\[f(x)=a_0p_1^{k_1}(x)p_2^{k_2}(x)\cdots p_l^{k_l}(x). \]其中，\(a_0\)是\(f(x)\)的首項係數，\(p_i(x)\)稱為\(f(x)\)的\(k_i\)重因式。
類比整數環，利用不可約分解可以找到最大公因式。設\(f(x)\)的不可約因式為\(\{h_i(x)\}_{1\le i\le s}\)，\(g(x)\)的不可約因式為\(\{q_i(x)\}_{1\le i\le t}\)，它們的並集記作\(\{p_i(x)\}_{1\le i\le l}\)，則
\[f(x)=a_0p_1^{k_1}(x)\cdots p_l^{k_l}(x),\\ g(x)=b_0p_1^{e_1}(x)\cdots p_l^{k_l}(x). \]由此得到
\[\gcd(f(x),g(x))=p_1^{m_1}(x)\cdots p_l^{m_l}(x),\quad m_i=\min\{k_i,e_i \},i=1,2,\cdots,l. \]最後，對唯一析因定理稍作分析，能得到多項式根個數的結論：多項式的根個數不會多於多項式的次數。
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定理：數域\(F\)上的\(n\)次多項式在\(F\)上至多有\(n\)個不同的根，\(n>0\)。
設\(a_1,\cdots,a_r\in F\)是\(f(x)\)不同的根，用歸納法證明\((x-a_1)\cdots(x-a_r)|f(x)\)。
當\(r=1\)時，因\(a_1\)是\(f(x)\)的根，故\(f(x)=(x-a_1)p(x)\)，\((x-a_1)|f(x)\)。現假設結論對\(r-1\)成立，因\(a_1,\cdots,a_{r-1}\)是\(f(x)\)的根，由歸納假設可知
\[(x-a_1)\cdots(x-a_{r-1})|f(x),\\ f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{r-1})h(x),\\ f(a_r)=(a_r-a_1)\cdots(a_r-a_{r-1})h(a_r)=0. \]由於我們假設\(a_1,\cdots,a_r\)互不相同，因此\(h(a_r)=0\)，由因式定理可知\(h(x)=(x-a_r)g(x)\)，於是
\[f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{r-1})(x-a_r)g(x), \]即\((x-a_1)\cdots(x-a_r)|f(x)\)。由此可以推得\(r\le n\)。
此定理給出了方程的互異根的上限，但方程仍可能在\(F\)上沒有根。
1.5 實係數與復係數多項式
上一節探討的唯一析因定理不侷限於某個數域\(F\)，本節對兩個重要數域\(\mathbb{R}\)與\(\mathbb{C}\)探討其上的多項式。首先對於復係數多項式有更好的結果，具體地主要呈現為下面的兩條。
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代數基本定理：任意一個\(n\)次復係數多項式一定有複數根，\(n\ge 1\)。
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\(\mathbb{C}\)上的唯一析因定理：設\(f(x)\)是任意一個\(n\)次復係數多項式，\(n>0\)，則\(f(x)\)恰有\(n\)個復根\(c_1,\cdots,c_n\)（可能相同），且
\[f(x)=a_0(x-c_1)\cdots(x-c_n), \]其中\(a_0\)是\(f(x)\)的首項係數。
對於可能相同的根，出現\(k\)次的稱為\(f(x)\)的\(k\)重根，僅出現一次的稱為單根。合併重根有
\[f(x)=a_0(x-c_1)^{k_1}\cdots(x-c_s)^{k_s},\quad k_1+\cdots+k_s=n. \]
代數基本定理的初等證明繁瑣，這裡將其視為一個前置準備定理，運用它證明\(\mathbb{C}\)上的唯一析因定理。在\(\mathbb{C}\)上的唯一析因定理最重要的特性就是，只有\(1\)次多項式是不可約的，即\(p(x)\)不可約等價於\(\deg p(x)=1\)。
對多項式的次數\(n\)使用歸納法。當\(n=1\)時定理顯然成立，現假設定理對次數為\(n-1\)時的多項式成立。設\(f(x)\)是\(n\)次復係數多項式，由代數基本定理，\(f(x)\)有複數根\(c_1\)，於是由因式定理，
\[f(x)=(x-c_1)g(x),\quad \deg g(x)=n-1. \]由歸納假設，\(g(x)\)恰有\(n-1\)個複數根\(c_2,\cdots,c_n\)，且\(g(x)=a_0(x-c_2)\cdots(x-c_n)\)，這樣，就得到
\[f(x)=a_0(x-c_1)\cdots(x-c_n), \]即\(c_1,\cdots,c_n\)是\(f(x)\)的\(n\)個複數根。
對\(\mathbb{R}\)上的結果則稍微複雜一些，因為某些\(\mathbb{R}\)上的多項式沒有根。不過，由於\(\mathbb{R}\subset \mathbb{C}\)，因此在複數域上實多項式仍然有根，且必有\(n\)個複數根；特別當多項式是實係數時，復根共軛成對出現。
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定理：實係數多項式\(f(x)\)的複數根共軛成對出現。
為證明，首先要知道\(\overline{ab}=\bar{a}\bar{b}\)，即共軛與複數乘法可交換。
設\(f(x)=a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\)，若\(c\)是\(f(x)\)的複數根，即
\[f(c)=a_nc^{n}+a_{n-1}c^{n-1}+\cdots+a_1c+a_0=0, \]上式兩邊取共軛，得到
\[a_n\bar c^{n}+a_{n-1}\bar{c}^{n-1}+\cdots+a_c\bar{c}+a_0=0, \]這說明\(\bar{c}\)也是\(f(x)\)的根。
由此，如果實係數多項式是奇次的，就不可能所有根都是復根（否則無法成對出現），這說明：奇次多項式一定有實數根。另外，對任何複數\(c\)，有\((x-c)(x-\bar{c})=x^2-(c+\bar{c})x+c\bar{c}\)，這說明任何共軛因式的乘積一定是實係數多項式。綜上，能得到實係數多項式不可約的結論：
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定理：若實係數多項式\(p(x)\)在\(\mathbb{R}\)上不可約，則\(\deg p(x)=1\)或\(2\)。
當\(\deg p(x)=1\)時，\(p(x)\)是必定不可約的；當\(\deg p(x)=2\)時，設\(p(x)=x^2+px+q\)，其不可約的條件是判別式\(p^2-4q<0\)。
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\(\mathbb{R}\)上的唯一析因定理：\(n\)次實係數多項式可以分解為一次因式和二次不可約因式的乘積，即
\[f(x)=a_0(x-c_1)^{k_1}\cdots(x-c_s)^{k_s}(x^2+p_1x+q_1)^{e_1}\cdots(x^2+p_tx+q_t)^{e_t}, \]這裡
\[k_1+\cdots+k_s+2(e_1+\cdots+e_t)=n,\\ c_i,p_j,q_j\in\mathbb{R},\quad \forall i=1,2,\cdots,s;j=1,2,\cdots,t,\\ p_j^2-4q_j<0,\quad \forall j=1,2,\cdots,t. \]
實係數多項式的這個特徵，往往可以用於解析一些實係數多項式的性質。
例：證明實係數多項式\(f(x)\)對所有實數\(x\)取正值的充要條件是：存在復係數多項式\(\varphi(x)\)，使\(\varphi(x)\)沒有實數根，\(f(x)=|\varphi(x)|^2\)。
只證必要性，此時\(f(x)\)必無一次因式，所以
\[f(x)=a(x^2+p_1x+q_1)\cdots(x^2+p_sx+q_s), \]由於共軛復根成對出現，所以
\[f(x)=a(x-c_1)(x-\bar{c}_1)\cdots(x-c_s)(x-\bar{c}_s), \]令
\[\varphi(x)=\sqrt{a}(x-c_1)\cdots(x-c_s) \]即可。
1.6 整係數與有理係數多項式
對整係數與有理係數多項式的討論則相比複數域和實數域要複雜，一方面，有理數域\(\mathbb{Q}\)在\(\mathbb{R}\)上不是連續的，因此一般的判定多項式可約的準則將不適用；另一方面，整數環\(\mathbb{Z}\)甚至不是一個數域，因此唯一析因定理可能不再適用。但是，\(\mathbb{Z}\)與\(\mathbb{Q}\)存在一定聯絡，因為\(\mathbb{Q}\)是\(\mathbb{Z}\)加上除法運算得到的數集，所以經過適當的通分後，\(\mathbb{Q}\)上的結果應當與\(\mathbb{Z}\)上的類似。
先解決\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上的可約性問題，因\(f(x)\)如果在\(\mathbb{Z}\)上可約，則在\(\mathbb{Q}\)上必定也可約；但反過來，如果\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上不可約，我們難以直接確定\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上是否可約。但接下來我們要得到一個結果：整係數多項式\(f(x)\)相對整數環\(\mathbb{Z}\)與有理數域\(\mathbb{Q}\)的可約性相同。
為此先提出本原多項式概念與Gauss引理。
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本原多項式：如果整係數多項式\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n}\)的係數\(a_0,a_1,\cdots,a_n\)的最大公因子為\(1\)，則\(f(x)\)稱為本原多項式。
本原多項式即不可以在係數上進行約分的多項式，對任何多項式\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n}\)，設\(d=\gcd(a_0,a_1,\cdots,a_n)\)，則可以將多項式改寫為最大公因子與本原多項式的乘積，即
\[f(x)=d(a_0'+a_1'x+\cdots+a_n'x^{n}). \] -
Gauss引理：任意兩個本原多項式的乘積是本原多項式。
不妨設本原多項式\(f(x),g(x)\)分別為
\[f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n},\\ g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^{m},\\ f(x)g(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_{n+m}x^{n+m}, \]這裡約定當下標越界時\(a_i,b_j=0\)，則
\[c_k=a_0b_k+a_1b_{k-1}+\cdots+a_{k-1}b_1+a_kb_0,\quad k=0,1,\cdots,n+m. \]用反證法，假定\(f(x)g(x)\)不是本原的，則\(c_0,c_1,\cdots,c_{n+m}\)必有公因子\(p\ne 1\)。由\(f(x)\)與\(g(x)\)是本原多項式可知，必定存在某\(a_i,b_j\)不能被\(p\)整除，設它們是\(a_0,a_1,\cdots,a_n\)和\(b_0,b_1,\cdots,b_m\)中第一個不被\(p\)整除的係數，而
\[c_{i+j}=a_0b_{i+j}+\cdots+a_{i-1}b_{j+1}+a_ib_j+a_{i+1}b_{j-1}+\cdots+a_{i+j}b_0, \]可以發現，由於\(p|(a_0,\cdots,a_{i-1},b_0,\cdots,b_{j-1})\)，所以只有\(a_ib_j\)不能被\(p\)整除，這說明\(c_{i+j}\)不含因子\(p\)，矛盾。
由於本原多項式在可通分意義下唯一，聯絡起了整數環與有理數域，由此能提出本節的第一個關鍵結論：
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設\(n\)次整係數多項式\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上不可約，則\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可約。
設\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上可約，則存在次數小於\(n\)的多項式\(g(x),h(x)\in \mathbb{Q}[x]\)，使\(f(x)=g(x)h(x)\)。將\(g(x)\)的係數通分得到\(g(x)=b\tilde g(x)\)，這裡\(b\in\mathbb{Q}\)，\(\tilde g(x)\in\mathbb{Z}[x]\)，並可以通過調整\(b\)使\(\tilde g(x)\)為本原多項式；同理可令\(h(x)=c\tilde h(x)\)，\(c\in\mathbb{Q}\)，\(\tilde h(x)\in\mathbb{Z}[x]\)且是本原多項式。因此
\[f(x)=bc\tilde g(x)\tilde h(x), \]由Gauss引理，\(\tilde g(x)\tilde h(x)\)是本原多項式，且\(bc\in\mathbb{Q}\)。又因為\(f(x)\)是整係數的，所以必然\(bc\in\mathbb{Z}\)，否則將與\(\tilde g(x)\tilde h(x)\)是本原多項式矛盾。這說明\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上可約，矛盾。
由此，我們可以看出整係數多項式\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上的可約性與在\(\mathbb{Z}\)上相同，同時由於\(\mathbb{Q}\)是一個數域，因此唯一析因定理成立，故我們得到了整數環上的唯一析因定理。
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\(\mathbb{Z}\)上的唯一析因定理：\(n\)次正係數多項式\(f(x)\)可以分解為一個整數與若干個本原不可約多項式的乘積，且不計因式的次序和符號，這種分解是唯一的。
存在性：
作為有理係數多項式，可將\(f(x)\)分解為
\[f(x)=a_0p_1(x)\cdots p_s(x), \]其中\(a_0\in\mathbb{Q}\)，諸\(p_i(x)\)是首一有理係數多項式，在\(\mathbb{Q}\)上不可約，從而可以通分為\(p_i(x)=b_iq_i(x)\)，這裡\(b_i\in\mathbb{Q}\)，\(q_i(x)\)是本原多項式。同時，根據整數環與有理數域上多項式具有相同的可約性，我們知道諸\(q_i(x)\)不可約，從而
\[f(x)=a_0b_1\cdots b_sq_1(x)\cdots q_s(x), \]最後由於\(f(x)\)是整係數的，\(a_0b_1\cdots b_s\in\mathbb{Z}\)，存在性得證。
唯一性：
設\(f(x)\)有兩個整數與本原不可約多項式乘積的分解，即
\[f(x)=a_0p_1(x)\cdots p_s(x)=b_0q_1(x)\cdots q_t(x), \]將其視為有理係數多項式，可知\(s=t\)，並且可以通過調整因式順序使得
\[a_0p_1(x)=b_0c_1q_1(x),\quad c_1\in\mathbb{Q};\\ p_i(x)=c_iq_i(x),\quad c_i\in\mathbb{Q},\quad i=2,\cdots,n. \]由於諸\(p_i(x),q_i(x)\)是本原多項式，所以當\(i=2,\cdots,n\)時\(c_i=\pm 1\)，這樣\(a_0^{-1}c_1b_0=\pm 1\)，這就證明了分解的唯一性。
最後，給出一個從整係數多項式本身判斷不可約性的準則：Eisenstein判別準則。
- Eisenstein判別準則：設\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n}\in\mathbb{Z}[x]\)，若存在素數\(p\)使\[p|a_i,\quad i=0,1,\cdots,n-1;\\ p\nmid a_n,\quad p^2\nmid a_0; \]則\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上不可約。
Eisenstein準則只能判定多項式不可約，需要驗證三個條件。如果三個條件不滿足，可通過一系列變換使之不可約。
設\(p\)為素數，分圓多項式\(\Phi_p(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1=\dfrac{(x-1)^{p}}{x-1}\)在\(\mathbb{Z}\)上不可約。顯然此時Eisenstein判別準則不適用，令\(x=y+1\)，則
\[\Phi_p(x)=f(y)=\frac{(y+1)^{p}-1}{(y+1)-1}=y^{p-1}+py^{p-2}+\cdots+C_p^{k-1}y^{p-k}+\cdots+C_p^{p-2}y+p, \]這樣\(p\)整除除了首項外的每一項係數都被\(p\)整除，常數項不被\(p^2\)整除，首項係數不被\(p\)整除，這說明\(f(y)\)不可約，可以推出\(\Phi_p(x)\)也不可約。