5 多项式

\ {5.1}$ 基本概念

5.1.1 一元多项式代数

1. 定义

设 $\mathbb{F}$ 是一个数域, $x$ 是未定元,若 $a_0,a_1,\cdots ,a_n\in \mathbb{F}\left(n\ge 0,a_n\ne 0\right)$ ,称形式表达式

$$a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$$

为数域 $\mathbb{F}$ 上关于未定元 $x$ 的 $n$ 次多项式. 数域 $\mathbb{F}$ 上所有一元多项式全体组成的集合记为 $\mathbb{F}\left[x\right]$ .

2. 运算及运算法则

(1) 加法: 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上两个多项式,适当添上若干个零,可设

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,$$ $$g\left(x\right)=b_n{x}^n+b_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +b_{1}x+b_0,$$

定义 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的加法如下:

$$f\left(x\right)+g\left(x\right)=\left(a_n+b_n\right)x^n+\left(a_{n-1}+b_{n-1}\right)x^{n-1}+\cdots +\left(a_1+b_1\right)x+\left(a_0+b_0\right).$$

(2) 数乘: 设

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,$$

又 $k$ 是 $\mathbb{F}$ 中的数,则定义 $k$ 和 $f\left(x\right)$ 的数乘为

$$kf\left(x\right)=k{a}_n{x}^n+k{a}_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +k{a}_{1}x+k{a}_0.$$

$\mathbb{F}\left[x\right]$ 在加法和数乘的定义下满足向量空间的 8 条公理,因此 $\mathbb{F}\left[x\right]$ 是 $\mathbb{F}$ 上的向量空间.

(3) 乘法: 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)\in \mathbb{F}\left[x\right]$ ,且

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,a_n\ne 0,$$ $$g\left(x\right)=b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_{1}x+b_0,b_m\ne 0,$$

定义 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的乘法为

$$f\left(x\right)\cdot g\left(x\right)=c_{n+m}{x}^{n+m}+c_{n+m-1}{x}^{n+m-1}+\cdots +c_{1}x+c_0,$$

其中

$$c_{n+m}=a_n{b}_m$$ $$c_{n+m-1}=a_{n-1}{b}_m+a_n{b}_{m-1},$$

…

$$c_k=\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j=a_k{b}_0+a_{k-1}{b}_1+\cdots +a_1{b}_{k-1}+a_0{b}_k,$$

$\dots \dots \dots \dots$

$$c_0=a_0{b}_0$$

乘法适合下列法则:

(1) $f\left(x\right)g\left(x\right)=g\left(x\right)f\left(x\right)$ ;

(2) $\left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)h\left(x\right)=f\left(x\right)\left(g\left(x\right)h\left(x\right)\right)$ ;

(3) $\left(f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)h\left(x\right)=f\left(x\right)h\left(x\right)+g\left(x\right)h\left(x\right)$ ;

(4) $k\left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)=\left(kf\left(x\right)\right)g\left(x\right)=f\left(x\right)\left(k\left(g\left(x\right)\right)\right)$ .

3. 多项式的次数及其性质

设

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,a_n\ne 0,$$

则定义 $f\left(x\right)$ 的次数为 $n$ ,记为 $\mathrm{deg}f\left(x\right)=n$ .

性质

(1) $\mathrm{deg}f\left(x\right)g\left(x\right)=\mathrm{deg}f\left(x\right)+\mathrm{deg}g\left(x\right)$ ;

(2) $\mathrm{deg}kf\left(x\right)=\mathrm{deg}f\left(x\right)\left(k\ne 0\right)$ ;

(3) $\mathrm{deg}\left(f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)\le \max \{\mathrm{deg}f\left(x\right),\mathrm{deg}g\left(x\right)\}$ .

5.1.2 整

1. 定义

设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式,若存在 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $h\left(x\right)$ ,使

$$f\left(x\right)=g\left(x\right)h\left(x\right)$$

则称 $g\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的因子,或称 $g\left(x\right)$ 可整除 $f\left(x\right)$ (也称 $f\left(x\right)$ 可被 $g\left(x\right)$ 整除),记为 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ .

2. 定理

设 $f\left(x\right),g\left(x\right)\in \mathbb{F}\left[x\right],g\left(x\right)\ne 0$ ,则必存在唯一的 $q\left(x\right),r\left(x\right)\in \mathbb{F}\left[x\right]$ ,使得

$$f\left(x\right)=g\left(x\right)q\left(x\right)+r\left(x\right)$$

且 $\mathrm{deg}r\left(x\right)<\mathrm{deg}g\left(x\right)$ .

推论 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)\in \mathbb{F}\left[x\right],g\left(x\right)\ne 0$ ,则 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ 的充要条件是 $r\left(x\right)=0$ .

5.1.3 最大公因式

1. 定义

设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式,若 $d\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的公因子,又若对 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的任一公因子 $h\left(x\right)$ ,都有 $h\left(x\right)\mid d\left(x\right)$ ,则称 $d\left(x\right)$ 为 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的最大公因子,记为 $d\left(x\right)=\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)$ .

特别,若 $d\left(x\right)=1$ ,则称 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 互素.

2. 定理

设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式, $d\left(x\right)$ 是它们的最大公因子,则必存在 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使 $f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=d\left(x\right)$ .

3. 定理

设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式,则它们互素的充要条件是,存在 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使 $f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1$ .

4. 互素多项式的性质

(1) 若 $f_1\left(x\right)\left|g\left(x\right),f_2\left(x\right)\right|g\left(x\right)$ ,且 $\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right)\right)=1$ ,则 $f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ .

(2) 若 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ ,且 $f\left(x\right)\mid g\left(x\right)h\left(x\right)$ ,则 $f\left(x\right)\mid h\left(x\right)$ .

(3) 设 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=d\left(x\right),f\left(x\right)=f_1\left(x\right)d\left(x\right),g\left(x\right)=g_1\left(x\right)d\left(x\right)$ ,则 $\left(f_1\left(x\right),g_1\left(x\right)\right)=1$ .

(4) 设 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=d\left(x\right)$ ,则 $\left(t\left(x\right)f\left(x\right),t\left(x\right)g\left(x\right)\right)=t\left(x\right)d\left(x\right)$ .

(5) 若 $\left(f_1\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1,\left(f_2\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ ,则 $\left(f_1\left(x\right)f_2\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ .

5.1.4 因式分解

1. 定义

设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式,若 $f\left(x\right)$ 可以分解为两个次数小于 $f\left(x\right)$ 的 $\mathbb{F}$ 上多项式之积,则称 $f\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的可约多项式,否则称 $f\left(x\right)$ 为 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式.

2. 定理

设 $p\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式且 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)g\left(x\right)$ ,则 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ 或者 $p\left(x\right)\mid$ $g\left(x\right)$ .

3. 定理

设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式且次数不小于 1,则

(1) $f\left(x\right)$ 可分解为 $\mathbb{F}$ 上有限个不可约多项式之积;

(2) 若

$$f\left(x\right)=p_1\left(x\right)p_2\left(x\right)\cdots p_s\left(x\right)=q_1\left(x\right)q_2\left(x\right)\cdots q_t\left(x\right)$$

是 $f\left(x\right)$ 的两个不可约分解,则 $s=t$ 且经过适当调换因式的次序后,有

$$p_i\left(x\right)=c_i{q}_i\left(x\right)\left(i=1,2,\cdots ,s\right),$$

其中 $c_i$ 是 $\mathbb{F}$ 上的非零常数.

在多项式 $f\left(x\right)$ 的不可约分解中,若要求每个不可约因子都是首一多项式,且相同的不可约因子合并在一起, 则

$$f\left(x\right)=c{p}_1{\left(x\right)}^{e_1}{p}_2{\left(x\right)}^{e_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{e_k},$$

其中 $c$ 是 $\mathbb{F}$ 中的一个常数. 上述分解式称为 $f\left(x\right)$ 的标准分解.

4. 定理

多项式 $f\left(x\right)$ 没有重因式的充要条件是 $f\left(x\right)$ 和它的导数 $f^{\prime }\left(x\right)$ 互素.

5. 定理

设 $\left(f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right)\right)=d\left(x\right)$ ,则 $f\left(x\right)/d\left(x\right)$ 是一个没有重因式的多项式,且这个多项式的每个不可约因子和 $f\left(x\right)$ 的不可约因子相同.

5.1.5 多项式函数

1. 定义

称 $b\in \mathbb{F}$ 适合 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $f\left(x\right)$ ,若 $f\left(b\right)=0,b$ 也称为多项式 $f\left(x\right)$ 的零点或根.

2. 余数定理

设 $f\left(x\right)\in \mathbb{F}\left[x\right],b\in \mathbb{F}$ ,则存在 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $g\left(x\right)$ ,使

$$f\left(x\right)=\left(x-b\right)g\left(x\right)+f\left(b\right).$$

特别, $b$ 是 $f\left(x\right)$ 的根的充要条件是 $\left(x-b\right)\mid f\left(x\right)$ .

3. 定理

设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 次多项式,则 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{F}$ 中最多有 $n$ 个根.

5.1.6 复系数多项式

1. 代数基本定理

每个次数大于零的复数域上的多项式至少有一个复数根.

2. 推论

任意一个 $n\left(n>0\right)$ 次多项式在复数域内有 $n$ 个根 (包括重根).

3. 推论

任意一个 $n\left(n>0\right)$ 次多项式在复数域内可分解为一次因子的积.

4. 推论

复数域上的不可约多项式都是一次多项式.

5. Vieta 定理

若数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $f\left(x\right)=x^n+p_1{x}^{n-1}+\cdots +p_{n-1}x+p_n$ 在 $\mathbb{F}$ 上有 $n$ 个根 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ ,则

$$\sum _{i=1}^n{x}_i=x_1+x_2+\cdots +x_n=-p_1$$ $$\sum _{i<j}{x}_i{x}_j=x_1{x}_2+\cdots +x_1{x}_n+x_2{x}_3+\cdots +x_{n-1}{x}_n=p_2,$$

…

$$x_1{x}_2\cdots x_n={\left(-1\right)}^n{p}_n$$

5.1.7 实系数多项式

1. 定理

设有实系数多项式

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0,$$

若虚数 $a+b\mathrm{i}$ 是它的根,则其共轭虚数 $a-b\mathrm{i}$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根.

2. 推论

实数域上不可约多项式的次数不超过 2. 因此实数域上的多项式可分解为有限个次数不超过 2 的实不可约多项式之积.

5.1.8 有理系数多项式

1. 定理

设有整系数多项式

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,$$

则有理数 $q/p\left(p,q\text{互素}\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的根的必要条件是 $p\left|a_n,q\right|a_0$ .

2. 定理

若整系数多项式 $f\left(x\right)$ 在有理数域上可约,则它在整数环上也可约,即可分解为次数较低的整系数多项式之积.

3. Eisenstein 判别法

设有整系数多项式

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,a_n\ne 0,n>0,$$

若有素数 $p$ 适合 $p\mid a_i\left(i=0,1,\cdots ,n-1\right)$ ,但 $p$ 不能整除 $a_n,p^2$ 也不能整除 $a_0$ , 则 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约.

5.1.9 多元多项式

1. 定理

设 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 元非零多项式,则必存在 $\mathbb{F}$ 上元素 $a_1,a_2$ , $\cdots ,a_n$ ,使

$$f\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)\ne 0.$$

2. 定义

设 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 元多项式,若对任意的 $i\ne j\left(1\le i,j\le n\right)$ , 均有

$$f\left(x_1,\cdots ,x_i,\cdots ,x_j,\cdots ,x_n\right)=f\left(x_1,\cdots ,x_j,\cdots ,x_i,\cdots ,x_n\right),$$

则称 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 元对称多项式.

3. 定义

下列多项式称为 $n$ 元初等对称多项式:

$${\sigma }_1=x_1+x_2+\cdots +x_n=\sum _{i=1}^n{x}_i,$$ $${\sigma }_2=x_1{x}_2+\cdots +x_1{x}_n+x_2{x}_3+\cdots +x_{n-1}{x}_n=\sum _{1\le i<j\le n}{x}_i{x}_j,$$

$\dots \dots \dots \dots$

$${\sigma }_n=x_1{x}_2\cdots x_n$$

4. 对称多项式基本定理

设 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 元对称多项式,则必存在 $\mathbb{F}$ 上唯一的一个多项式 $g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ ,使

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=g\left({\sigma }_1,{\sigma }_2,\cdots ,{\sigma }_n\right).$$

5. Newton 公式

令 $s^k=x_1^k+x_2^k+\cdots +x_n^k$ ,若 $k<n$ ,则

$$s_k-s_{k-1}{\sigma }_1+s_{k-2}{\sigma }_2+\cdots +{\left(-1\right)}^{k-1}{s}_1{\sigma }_{k-1}+{\left(-1\right)}^{k}k{\sigma }_k=0;$$

若 $k\ge n$ ,则

$$s_k-s_{k-1}{\sigma }_1+s_{k-2}{\sigma }_2+\cdots +{\left(-1\right)}^n{s}_{k-n}{\sigma }_n=0.$$

5.1.10 结式与判别式

1. 定义

设

$$f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n,$$ $$g\left(x\right)=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdots +b_{m-1}x+b_m,$$

定义下列 $m+n$ 阶行列式:

$$R\left(f,g\right)=\mid \begin{array}{ccccccccc}{a}_0& a_1& a_2& \cdots & \cdots & a_n& 0& \cdots & 0\\ 0& a_0& a_1& \cdots & \cdots & a_{n-1}& a_n& \cdots & 0\\ 0& 0& a_0& \cdots & \cdots & a_{n-2}& a_{n-1}& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & 0& a_0& \cdots & \cdots & \cdots & a_n\\ b_0& b_1& b_2& \cdots & \cdots & \cdots & b_m& \cdots & 0\\ 0& b_0& b_1& \cdots & \cdots & \cdots & b_{m-1}& b_m& \cdots \\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& \cdots & 0& b_0& b_1& \cdots & \cdots & \cdots & b_m\end{array}\mid$$

为 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的结式.

2. 定理

多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ (在复数域内) 有公根的充要条件是它们的结式 $R\left(f,g\right)=0$ , 或者说 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 互素的充要条件是它们的结式 $R\left(f,g\right)\ne 0$ . 3. 结式的其他表达式

设

$$f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n,$$ $$g\left(x\right)=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdots +b_{m-1}x+b_m,$$

又设 $f\left(x\right)$ 的根为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n,g\left(x\right)$ 的根为 $y_1,y_2,\cdots ,y_m$ ,则

$$R\left(f,g\right)=a_0^m\prod _{j=1}^{n}g\left(x_j\right)=a_0^m{b}_0^n\prod _{j=1}^n\prod _{i=1}^m\left(x_j-y_i\right).$$

4. 定义

设有多项式 $f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$ ,定义 $f\left(x\right)$ 的判别式为

$$\Delta \left(f\left(x\right)\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}n\left(n-1\right)}{a}_0^{-1}R\left(f,f^{\prime }\right).$$

5. 判别式的其他表达式

设 $f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$ ,则 $f\left(x\right)$ 的判别式为

$$\Delta \left(f\left(x\right)\right)=a_0^{2n-2}\prod _{1\le i<j\le n}{\left(x_i-x_j\right)}^2,$$

其中 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是 $f\left(x\right)$ 的根.

6. 定理

多项式 $f\left(x\right)$ 有重根的充要条件是其判别式等于零.

$\S 5.2$ 例题解析

5.2.1 整除和带余除法

带余除法和待定系数法是讨论整除问题的两个基本方法, 下面是两个简单的例子.

例 5.1 设 $g\left(x\right)=ax+b,a,b\in \mathbb{F},a\ne 0,f\left(x\right)\in \mathbb{F}\left[x\right]$ ,求证: $g\left(x\right)\mid f{\left(x\right)}^2$ 的充要条件是 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ .

证法 1 充分性显然,只需证明必要性. 设 $f\left(x\right)=g\left(x\right)q\left(x\right)+r$ ,则

$$f{\left(x\right)}^2=g{\left(x\right)}^{2}q{\left(x\right)}^2+2rg\left(x\right)q\left(x\right)+r^2.$$

由 $g\left(x\right)\mid f{\left(x\right)}^2$ ,得 $g\left(x\right)\mid r^2$ ,故 $r^2=0,r=0$ ,即 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ .

证法 2 由余数定理, $f{\left(-\frac{b}{a}\right)}^2=0$ ,故 $f\left(-\frac{b}{a}\right)=0$ ,从而 $\left(ax+b\right)\mid f\left(x\right)$ .

例 5.2 设 $g\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ 且 $abc\ne 0.f\left(x\right)=x^3+p{x}^2+qx+r$ , 若 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ ,求证:

$$\frac{ap-b}{a}=\frac{aq-c}{b}=\frac{ar}{c}.$$

证明 用待定系数法, 设

$$x^3+p{x}^2+qx+r=\left(a{x}^2+bx+c\right)\left(mx+n\right)$$ $$=am{x}^3+\left(an+bm\right)x^2+\left(bn+mc\right)x+nc.$$

比较系数得

$$am=1,an+bm=p,bn+mc=q,r=nc.$$

由此即可得到所需等式.

“凑项法” 是指在要证明的等式中添加若干项再减去若干项从而证明结论的方法, 下面是两个典型的例子, 请读者仔细领会.

例 5.3 证明: $x^d-a^d$ 整除 $x^n-a^n$ 的充要条件是 $d\mid n$ ,其中 $a\ne 0$ .

证明 充分性显然,现在来证明必要性. 若 $n=dq+r,0<r<d$ ,则

$$x^n-a^n=x^n-x^r{a}^{dq}+x^r{a}^{dq}-a^n=x^r\left(x^{dq}-a^{dq}\right)+a^{dq}\left(x^r-a^r\right).$$

注意到 $x^{dq}-a^{dq}$ 可被 $x^d-a^d$ 整除,而 $x^r-a^r$ 不能被 $x^d-a^d$ 整除,故 $x^n-a^n$ 不能被 $x^d-a^d$ 整除.

例 5.4 设 $f\left(x\right)=x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}$ ,其中 $m,n,p$ 为自然数. 又 $g\left(x\right)=$ $x^2+x+1$ . 求证: $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ .

证明 首先注意这样一个事实: 对任意的 $k>0,x^{3k}-1$ 含因子 $x^3-1$ ,因此 $x^{3k}-1$ 总可以被 $x^2+x+1$ 整除. 考虑下列等式:

$$x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}=\left(x^{3m}-1\right)+x\left(x^{3n}-1\right)+x^2\left(x^{3p}-1\right)+\left(x^2+x+1\right),$$

即知结论成立.

5.2.2 最大公因子与互素多项式

若 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的最大公因式是 $d\left(x\right)$ ,则必存在多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使 $f\left(x\right)u\left(x\right)+$ $g\left(x\right)v\left(x\right)=d\left(x\right)$ . 但读者需注意,这不是 $d\left(x\right)$ 为 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 最大公因子的充要条件, 下面的例 5.5 说明了这一点. 另外, $u\left(x\right)$ 与 $v\left(x\right)$ 也不唯一,只有在一定的条件下才能保证唯一性, 请参看例 5.6. 例 5.7 及其推论是对两个多项式命题的推广.

例 5.5 若 $d\left(x\right)=f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)$ ,举例说明 $d\left(x\right)$ 不必是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的最大公因子. 但若 $d\left(x\right)\left|f\left(x\right),d\left(x\right)\right|g\left(x\right)$ ,则 $d\left(x\right)$ 必是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的最大公因子.

证明 举例非常简单, 请读者自己完成.

如果这时 $d\left(x\right)\left|f\left(x\right),d\left(x\right)\right|g\left(x\right)$ ,则 $d\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的公因子. 若 $h\left(x\right)$ 也是 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的公因子,则由 $h\left(x\right)\left|f\left(x\right),h\left(x\right)\right|g\left(x\right)$ 可推出 $h\left(x\right)\mid (f\left(x\right)u\left(x\right)+$ $g\left(x\right)v\left(x\right))=d\left(x\right)$ ,因此 $d\left(x\right)$ 是最大公因子.

例 5.6 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是次数不小于 1 的互素多项式,求证: 必唯一地存在两个多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1,$$

且 $\mathrm{deg}v\left(x\right)<\mathrm{deg}f\left(x\right),\mathrm{deg}u\left(x\right)<\mathrm{deg}g\left(x\right)$ .

证明 因为 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ ,必存在 $h\left(x\right),k\left(x\right)$ ,使

$$f\left(x\right)h\left(x\right)+g\left(x\right)k\left(x\right)=1.$$

若 $h\left(x\right)$ 的次数大于等于 $g\left(x\right)$ 的次数,由带余除法,有

$$h\left(x\right)=g\left(x\right)q\left(x\right)+u\left(x\right),\mathrm{deg}u\left(x\right)<\mathrm{deg}g\left(x\right).$$

代入前式得

$$f\left(x\right)\left(g\left(x\right)q\left(x\right)+u\left(x\right)\right)+g\left(x\right)k\left(x\right)=1,$$

即有

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)\left(f\left(x\right)q\left(x\right)+k\left(x\right)\right)=1.$$

令 $v\left(x\right)=f\left(x\right)q\left(x\right)+k\left(x\right)$ ,则 $\mathrm{deg}v\left(x\right)<\mathrm{deg}f\left(x\right)$ ,否则由比较次数可知,上式将不可能成立.

唯一性可这样来证明: 设另有 $u_1\left(x\right),v_1\left(x\right)$ 适合条件,即

$$f\left(x\right)u_1\left(x\right)+g\left(x\right)v_1\left(x\right)=f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1,$$

则

$$f\left(x\right)\left(u\left(x\right)-u_1\left(x\right)\right)=g\left(x\right)\left(v_1\left(x\right)-v\left(x\right)\right).$$

因为 $g\left(x\right)$ 和 $f\left(x\right)$ 互素,上式表明 $g\left(x\right)\mid \left(u\left(x\right)-u_1\left(x\right)\right)$ . 而 $u\left(x\right)-u_1\left(x\right)$ 的次数小于 $g\left(x\right)$ 的次数,所以只可能 $u\left(x\right)-u_1\left(x\right)=0$ ,即 $u\left(x\right)=u_1\left(x\right)$ . 这时 $v\left(x\right)=v_1\left(x\right)$ .

例 5.7 设 $d\left(x\right)$ 是 $f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_m\left(x\right)$ 的最大公因子,求证: 必存在多项式 $g_1\left(x\right),g_2\left(x\right),\cdots ,g_m\left(x\right)$ ,使

$$f_1\left(x\right)g_1\left(x\right)+f_2\left(x\right)g_2\left(x\right)+\cdots +f_m\left(x\right)g_m\left(x\right)=d\left(x\right).$$

证明 用数学归纳法. 对 $m=2$ ,结论已成立. 设结论对 $m-1$ 成立. 设 $h\left(x\right)$ 是 $f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_{m-1}\left(x\right)$ 的最大公因子,则有 $g_1\left(x\right),g_2\left(x\right),\cdots ,g_{m-1}\left(x\right)$ ,使

$$h\left(x\right)=f_1\left(x\right)g_1\left(x\right)+f_2\left(x\right)g_2\left(x\right)+\cdots +f_{m-1}\left(x\right)g_{m-1}\left(x\right).$$

容易验证 $d\left(x\right)$ 是 $h\left(x\right)$ 和 $f_m\left(x\right)$ 的最大公因子,故存在 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使

$$h\left(x\right)u\left(x\right)+f_m\left(x\right)v\left(x\right)=d\left(x\right).$$

将 $h\left(x\right)$ 代入得

$$d\left(x\right)=f_1\left(x\right)g_1\left(x\right)u\left(x\right)+f_2\left(x\right)g_2\left(x\right)u\left(x\right)+\cdots +f_{m-1}\left(x\right)g_{m-1}\left(x\right)u\left(x\right)+f_m\left(x\right)v\left(x\right),$$

即知结论成立.

推论 数域 $\mathbb{F}$ 上多项式 $f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_m\left(x\right)$ 互素的充要条件是存在 $\mathbb{F}$ 上多项式 $g_1\left(x\right),g_2\left(x\right),\cdots ,g_m\left(x\right)$ ,使

$$f_1\left(x\right)g_1\left(x\right)+f_2\left(x\right)g_2\left(x\right)+\cdots +f_m\left(x\right)g_m\left(x\right)=1.$$

下面几个例题是应用互素多项式性质的例子.

例 5.8 若 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 互素,求证: $f\left(x^m\right)$ 和 $g\left(x^m\right)$ 也互素.

证明 因为 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 互素,故存在多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1,$$

从而有

$$f\left(x^m\right)u\left(x^m\right)+g\left(x^m\right)v\left(x^m\right)=1,$$

即知 $f\left(x^m\right)$ 和 $g\left(x^m\right)$ 互素.

例 5.9 设多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 互素,则 $\left(f\left(x\right)g\left(x\right),f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)=1$ .

证明 由已知条件不难看出, $\left(f\left(x\right),f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)=1,\left(g\left(x\right),f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)=1$ . 再由 $\S \mathrm{5.1.3}$ 中互素多项式的性质 (5) 即得 $\left(f\left(x\right)g\left(x\right),f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)=1$ .

例 5.10 设 $f_1\left(x\right),\cdots ,f_m\left(x\right);g_1\left(x\right),\cdots ,g_n\left(x\right)$ 为多项式,且

$$\left(f_i\left(x\right),g_j\left(x\right)\right)=1,i=1,\cdots ,m;j=1,\cdots ,n,$$

求证:

$$\left(f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_m\left(x\right),g_1\left(x\right)g_2\left(x\right)\cdots g_n\left(x\right)\right)=1.$$

证明 利用 $\S \mathrm{5.1.3}$ 中互素多项式的性质 (5) 以及归纳法即得结论.

例 5.11 求证: $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ 的充要条件是对任意给定的正整数 $m,n$ , $\left(f{\left(x\right)}^m,g{\left(x\right)}^n\right)=1.$

证明 必要性由例 5.10 即得. 反过来,若 $d\left(x\right)\ne 1$ 是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的公因子, 则它也是 $f{\left(x\right)}^m$ 和 $g{\left(x\right)}^n$ 的公因子. $f{\left(x\right)}^m$ 和 $g{\left(x\right)}^n$ 不可能互素.

例 5.12 (中国剩余定理) 设 $\left\{f_i\left(x\right)\mid i=1,\cdots ,n\right\}$ 是两两互素的多项式, $a_1\left(x\right),\cdots ,a_n\left(x\right)$ 是 $n$ 个多项式. 求证: 存在多项式 $g\left(x\right)$ ,适合 $g\left(x\right)=f_i\left(x\right)q_i\left(x\right)+$ $a_i\left(x\right)\left(i=1,\cdots ,n\right)$ .

证明 先证存在多项式 $g_i\left(x\right)$ 使对任意的 $i$ ,有

$$g_i\left(x\right)=f_i\left(x\right)q_i\left(x\right)+1,f_j\left(x\right)\mid g_i\left(x\right)\left(j\ne i\right).$$

一旦得证,只需令 $g\left(x\right)=a_1\left(x\right)g_1\left(x\right)+\cdots +a_n\left(x\right)g_n\left(x\right)$ 即可. 现构造 $g_1\left(x\right)$ 如下. 因为 $f_1\left(x\right)$ 和 $f_j\left(x\right)\left(j\ne 1\right)$ 互素,故存在 $u_j\left(x\right),v_j\left(x\right)$ ,使

$$f_1\left(x\right)u_j\left(x\right)+f_j\left(x\right)v_j\left(x\right)=1.$$

令

$$g_1\left(x\right)=f_2\left(x\right)v_2\left(x\right)\cdots f_n\left(x\right)v_n\left(x\right)=\left(1-f_1\left(x\right)u_2\left(x\right)\right)\cdots \left(1-f_1\left(x\right)u_n\left(x\right)\right),$$

显然 $g_1\left(x\right)$ 符合要求. 同理可构造 $g_i\left(x\right)$ .

例 5.13 设 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=d\left(x\right),\left[f\left(x\right),g\left(x\right)\right]=h\left(x\right)$ ,求证:

$$\left(f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right)=d{\left(x\right)}^n,\left[f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right]=h{\left(x\right)}^n.$$

证明 设 $f\left(x\right)=f_1\left(x\right)d\left(x\right),g\left(x\right)=g_1\left(x\right)d\left(x\right)$ ,则 $\left(f_1\left(x\right),g_1\left(x\right)\right)=1$ . 由例 5.11 可知, $\left(f_1{\left(x\right)}^n,g_1{\left(x\right)}^n\right)=1$ ,因而

$$\left(f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right)=\left(f_1{\left(x\right)}^{n}d{\left(x\right)}^n,g_1{\left(x\right)}^{n}d{\left(x\right)}^n\right)=d{\left(x\right)}^n.$$

从 $f{\left(x\right)}^{n}g{\left(x\right)}^n=\left(f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right)\left[f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right]=d{\left(x\right)}^n\left[f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right]$ 即得另一结

论. $\square$

例 5.14 设 $f\left(x\right)=x^m-1,g\left(x\right)=x^n-1$ ,求证: $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=x^d-1$ ,其中 $d$ 是 $m,n$ 的最大公因子.

证法 1 不妨设 $m\ge n,m=nq+r$ ,先证明 $\left(x^m-1,x^n-1\right)=\left(x^r-1,x^n-1\right)$ . 假定 $d_1\left(x\right)=\left(x^m-1,x^n-1\right),d_2\left(x\right)=\left(x^r-1,x^n-1\right)$ . 注意

$$x^m-1=x^{nq+r}-1=x^r\left(x^{nq}-1\right)+\left(x^r-1\right),$$

$\left(x^n-1\right)\mid \left(x^{nq}-1\right)$ ,故 $d_1\left(x\right)\left|\left(x^r-1\right),d_1\left(x\right)\right|d_2\left(x\right)$ . 从上式也可以看出 $d_2\left(x\right)\mid$ $\left(x^m-1\right)$ ,因此 $d_2\left(x\right)\mid d_1\left(x\right)$ ,即 $d_1\left(x\right)=d_2\left(x\right)$ . 又设 $n=q_{1}r+r_1$ ,于是 $(x^m-1,x^n-$ 1) $=\left(x^r-1,x^n-1\right)=\left(x^r-1,x^{r_1}-1\right)$ . 再由辗转相除,有某个 $r_{s-1}=q_{s+1}{r}_s$ ,其中 $r_s=d$ 是 $m,n$ 的最大公因子,则 $\left(x^m-1,x^n-1\right)=x^d-1$ .

证法 2 只需求出 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的公根. $f\left(x\right)$ 的根为

$$\cos \frac{2k\pi }{m}+\mathrm{i}\sin \frac{2k\pi }{m},k=1,2,\cdots ,m,$$

$g\left(x\right)$ 的根为

$$\cos \frac{2k\pi }{n}+\mathrm{i}\sin \frac{2k\pi }{n},k=1,2,\cdots ,n,$$

则公根为

$$\cos \frac{2k\pi }{d}+\mathrm{i}\sin \frac{2k\pi }{d},k=1,2,\cdots ,d.$$

这就是 $x^d-1$ 的全部根,于是结论成立.

例 5.15 设 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=d\left(x\right)$ ,求证: 对任意的 $n$ ,

$$\left(f{\left(x\right)}^n,f{\left(x\right)}^{n-1}g\left(x\right),\cdots ,g{\left(x\right)}^n\right)=d{\left(x\right)}^n.$$

证明 显然 $d{\left(x\right)}^n$ 是 $f{\left(x\right)}^{n-k}g{\left(x\right)}^k\left(k=0,1,2,\cdots ,n\right)$ 的公因子. 又假定

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=d\left(x\right)$$

两边 $n$ 次方即可证明 $d{\left(x\right)}^n$ 是 $f{\left(x\right)}^{n-k}g{\left(x\right)}^k\left(k=0,1,2,\cdots ,n\right)$ 的最大公因子. [

5.2.3 因式分解与不可约多项式

数域 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式 $p\left(x\right)$ 与任一多项式 $f\left(x\right)$ 之间的关系很简单,即或者 $p\left(x\right)$ 整除 $f\left(x\right)$ ,或者 $p\left(x\right)$ 与 $f\left(x\right)$ 互素. 由不可约多项式的这一性质可以推出它的另一个重要性质, 即例 5.16 , 通常称为不可约多项式的 “素性”.

例 5.16 设 $p\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式且次数大于 0,则 $p\left(x\right)$ 在 $\mathbb{F}$ 上不可约的充要条件是: 对 $\mathbb{F}$ 上任意适合 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)g\left(x\right)$ 的多项式 $f\left(x\right)$ 与 $g\left(x\right)$ ,或者 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ ,或者 $p\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ .

证明 假定 $p\left(x\right)$ 不可约且 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)g\left(x\right)$ . 若 $p\left(x\right)$ 不是 $f\left(x\right)$ 的因子,则 $p\left(x\right)$ 和 $f\left(x\right)$ 互素,因此 $p\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ .

反之,若 $p\left(x\right)$ 可约, $p\left(x\right)=p_1\left(x\right)p_2\left(x\right)$ ,则 $p\left(x\right)\mid p_1\left(x\right)p_2\left(x\right)$ ,但 $p\left(x\right)$ 既不能整除 $p_1\left(x\right)$ 又不能整除 $p_2\left(x\right)$ .

例 5.17 设 $f\left(x\right)$ 是次数大于零的多项式,求证: $f\left(x\right)$ 等于某个不可约多项式的幂的充要条件是: 对任意非常数多项式 $g\left(x\right)$ ,或者 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 互素,或者 $f\left(x\right)$ 可以整除 $g\left(x\right)$ 的某个幂.

证明 设 $f\left(x\right)=p{\left(x\right)}^k$ 且 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 不互素,则 $p\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 公因子,故 $f\left(x\right)$ 可以整除 $g{\left(x\right)}^k$ .

反之,若 $f\left(x\right)=p{\left(x\right)}^{m}h\left(x\right)$ ,其中 $p\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的不可约因子且 $p\left(x\right)$ 不能整除 $h\left(x\right)$ ,则 $f\left(x\right)$ 既不和 $h\left(x\right)$ 互素,也不能整除 $h\left(x\right)$ 的任意次幂.

代数数是数论中的一个重要概念, 与一个代数数相关的有它的极小多项式. 下面是有关代数数和极小多项式的最基本命题.

例 5.18 设 $u$ 是复数域中某个数,若 $u$ 适合某个非零有理系数多项式 (或整系数多项式) $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ ,则称 $u$ 是一个代数数. 证明:

(1) 对任一代数数 $u$ ,存在唯一一个 $u$ 适合的首一有理系数多项式 $g\left(x\right)$ ,使得 $g\left(x\right)$ 是 $u$ 适合的所有非零有理系数多项式中次数最小者. 这样的 $g\left(x\right)$ 称为 $u$ 的极小多项式或最小多项式.

(2) 设 $g\left(x\right)$ 是一个 $u$ 适合的首一有理系数多项式,则 $g\left(x\right)$ 是 $u$ 的极小多项式的充要条件是 $g\left(x\right)$ 是有理数域上的不可约多项式.

证明 (1) 在 $u$ 适合的所有非零有理系数多项式构成的集合中 (由假设这个集合非空),可以取出一个次数最小的多项式,然后将其首一化,即可得到 $u$ 的极小多项式 $g\left(x\right)$ . 为了证明极小多项式的唯一性,我们先证明极小多项式的一个基本性质,即极小多项式可以整除 $u$ 适合的任一多项式 $f\left(x\right)$ . 假定

$$f\left(x\right)=g\left(x\right)q\left(x\right)+r\left(x\right),\mathrm{deg}r\left(x\right)<\mathrm{deg}g\left(x\right),$$

则由 $f\left(u\right)=g\left(u\right)=0$ 可知 $r\left(u\right)=0$ . 若 $r\left(x\right)\ne 0$ ,则 $u$ 适合一个比 $g\left(x\right)$ 的次数更小的多项式 $r\left(x\right)$ ,这和 $g\left(x\right)$ 是极小多项式矛盾. 因此 $r\left(x\right)=0$ ,即 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ . 设 $h\left(x\right)$ 也是 $u$ 的极小多项式,则由上述性质可得 $g\left(x\right)\left|h\left(x\right),h\left(x\right)\right|g\left(x\right)$ ,从而 $g\left(x\right)$ 和 $h\left(x\right)$ 只差一个非零常数, 而它们又都是首一的, 故只能相等, 唯一性得证.

(2) 先证必要性. 若极小多项式 $g\left(x\right)$ 在有理数域上可约,则 $g\left(x\right)=g_1\left(x\right)g_2\left(x\right)$ 可分解为两个比 $g\left(x\right)$ 的次数更小的多项式的乘积. 由 $0=g\left(u\right)=g_1\left(u\right)g_2\left(u\right)$ 可知 $g_1\left(u\right)$ 和 $g_2\left(u\right)$ 至少有一个等于零. 不妨设 $g_1\left(u\right)=0$ ,则 $u$ 适合一个比 $g\left(x\right)$ 的次数更小的多项式 $g_1\left(x\right)$ ,这和 $g\left(x\right)$ 是极小多项式矛盾. 再证充分性. 设 $g\left(x\right)$ 是 $u$ 适合的有理数域上的首一不可约多项式, $h\left(x\right)$ 是 $u$ 的极小多项式. 由极小多项式的基本性质可知 $h\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ ,又 $g\left(x\right)$ 是不可约多项式,因此 $g\left(x\right)$ 和 $h\left(x\right)$ 只差一个非零常数,而它们又都是首一的,故只能相等. 因此 $g\left(x\right)$ 就是 $u$ 的极小多项式.

我们将在 $\S \mathrm{5.2.6}$ 中给出代数数的极小多项式的例子及其应用. 对于一般域上的代数扩张 (不限定是有理数域), 在抽象代数课程中也会引入代数元的极小多项式的定义,其本质特征就是不可约性. 下面的例题告诉我们,数域 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式也满足例 5.18 中提及的极小多项式的基本性质.

例 5.19 设 $p\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式, $f\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式. 证明: 若 $p\left(x\right)$ 的某个复根 $a$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根,则 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ ,特别地, $p\left(x\right)$ 的任一复根都是 $f\left(x\right)$ 的根.

证明 若 $\left(p\left(x\right),f\left(x\right)\right)=1$ ,则存在 $\mathbb{F}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使得 $p\left(x\right)u\left(x\right)+$ $f\left(x\right)v\left(x\right)=1$ . 令 $x=a$ 可得 $1=p\left(a\right)u\left(a\right)+f\left(a\right)v\left(a\right)=0$ ,矛盾. 因此 $p\left(x\right)$ 与 $f\left(x\right)$ 不互素,从而只能是 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ ,结论得证.

多项式的标准分解是证明某些问题的有力工具, 下面几个例子说明了这一点.

例 5.20 证明: $g{\left(x\right)}^2\mid f{\left(x\right)}^2$ 的充要条件是 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ .

证明 充分性是显然的,只需证明必要性. 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的公共标准分解为

$$f\left(x\right)=c{p}_1{\left(x\right)}^{e_1}{p}_2{\left(x\right)}^{e_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{e_k},g\left(x\right)=d{p}_1{\left(x\right)}^{f_1}{p}_2{\left(x\right)}^{f_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{f_k},$$

其中 $p_i\left(x\right)$ 为互不相同的首一不可约多项式, $c,d$ 是非零常数,则

$$f{\left(x\right)}^2=c^2{p}_1{\left(x\right)}^{2e_1}{p}_2{\left(x\right)}^{2e_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{2e_k},g{\left(x\right)}^2=d^2{p}_1{\left(x\right)}^{2f_1}{p}_2{\left(x\right)}^{2f_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{2f_k}.$$

若 $g{\left(x\right)}^2\mid f{\left(x\right)}^2$ ,则 $2f_i\le 2e_i$ ,从而 $f_i\le e_i,i=1,2,\cdots ,k$ . 因此 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ .

例 5.13 的证法 2 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的公共标准分解为

$$f\left(x\right)=c{p}_1{\left(x\right)}^{e_1}{p}_2{\left(x\right)}^{e_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{e_k},g\left(x\right)=d{p}_1{\left(x\right)}^{f_1}{p}_2{\left(x\right)}^{f_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{f_k},$$

其中 $p_i\left(x\right)$ 为互不相同的首一不可约多项式, $c,d$ 是非零常数,则

$$d\left(x\right)=p_1{\left(x\right)}^{r_1}{p}_2{\left(x\right)}^{r_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{r_k},h\left(x\right)=p_1{\left(x\right)}^{s_1}{p}_2{\left(x\right)}^{s_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{s_k},$$

其中 $r_i=\min \left\{e_i,f_i\right\},s_i=\max \left\{e_i,f_i\right\}$ . 注意到

$$f{\left(x\right)}^n=c^n{p}_1{\left(x\right)}^{n{e}_1}{p}_2{\left(x\right)}^{n{e}_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{n{e}_k},g{\left(x\right)}^n=d^n{p}_1{\left(x\right)}^{n{f}_1}{p}_2{\left(x\right)}^{n{f}_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{n{f}_k},$$

$\min \left\{n{e}_i,n{f}_i\right\}=n{r}_i,\max \left\{n{e}_i,n{f}_i\right\}=n{s}_i$ ,因此

$$\left(f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right)=p_1{\left(x\right)}^{n{r}_1}{p}_2{\left(x\right)}^{n{r}_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{n{r}_k}=d{\left(x\right)}^n,$$ $$\left[f{\left(x\right)}^n,g{\left(x\right)}^n\right]=p_1{\left(x\right)}^{n{s}_1}{p}_2{\left(x\right)}^{n{s}_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{n{s}_k}=h{\left(x\right)}^n.$$

例 5.21 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式,若 $h\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式且适合

$$f\left(x\right)\left|h\left(x\right),g\left(x\right)\right|h\left(x\right),$$

则称 $h\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的公倍式. 若公倍式 $h\left(x\right)$ 还适合条件: 对任意的 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的公倍式 $u\left(x\right)$ ,均有 $h\left(x\right)\mid u\left(x\right)$ ,则称 $h\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 的最小公倍式. 试证: 若记 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的最小公倍式为 $\left[f\left(x\right),g\left(x\right)\right]$ ,则

$$f\left(x\right)g\left(x\right)=c\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)\left[f\left(x\right),g\left(x\right)\right],$$

其中 $c$ 是 $\mathbb{F}$ 中的某个非零常数.

证明 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的公共标准分解为

$$f\left(x\right)=c_1{p}_1{\left(x\right)}^{e_1}{p}_2{\left(x\right)}^{e_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{e_k},g\left(x\right)=c_2{p}_1{\left(x\right)}^{f_1}{p}_2{\left(x\right)}^{f_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{f_k},$$

其中 $p_i\left(x\right)$ 为互不相同的首一不可约多项式, $c_1,c_2$ 是非零常数,则

$$d\left(x\right)=p_1{\left(x\right)}^{r_1}{p}_2{\left(x\right)}^{r_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{r_k},h\left(x\right)=p_1{\left(x\right)}^{s_1}{p}_2{\left(x\right)}^{s_2}\cdots p_k{\left(x\right)}^{s_k},$$

其中 $r_i=\min \left\{e_i,f_i\right\},s_i=\max \left\{e_i,f_i\right\}$ . 令 $c=c_1{c}_2$ ,则有

$$f\left(x\right)g\left(x\right)=cd\left(x\right)h\left(x\right).$$

5.2.4 多项式函数与根

判别多项式有无重根的最常用方法是判别该多项式及其导数是否有公因子. 下面是应用该方法的几个例子.

例 5.22 证明数域 $\mathbb{F}$ 上任意一个不可约多项式在复数域中无重根.

证明 设 $f\left(x\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式,因为 $f\left(x\right)$ 不可能是 $f^{\prime }\left(x\right)$ 的因子, 故 $\left(f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right)\right)=1$ ,从而 $f\left(x\right)$ 无重根.

例 5.23 求证: $a$ 是多项式 $f\left(x\right)$ 的 $k$ 重根的充要条件是:

$$f\left(a\right)=f^{\prime }\left(a\right)=\cdots =f^{\left(k-1\right)}\left(a\right)=0,f^{\left(k\right)}\left(a\right)\ne 0.$$

证明 若 $a$ 是 $f\left(x\right)$ 的 $k$ 重根,可设 $f\left(x\right)={\left(x-a\right)}^{k}g\left(x\right),g\left(x\right)$ 不含因子 $\left(x-a\right)$ . 通过对 $f\left(x\right)$ 求导可发现, $\left(x-a\right)$ 可整除 $f^{\left(j\right)}\left(x\right),j=1,\cdots ,k-1$ . 因此

$$f\left(a\right)=f^{\prime }\left(a\right)=\cdots =f^{\left(k-1\right)}\left(a\right)=0.$$

而 $f^{\left(k\right)}\left(a\right)=k!g\left(a\right)\ne 0$ ,故必要性得证.

反之,若 $a$ 是 $f\left(x\right)$ 的 $m$ 重根,若 $m>k$ ,则由必要性的证明可知,将有 $f^{\left(k\right)}\left(a\right)=$ 0,这与已知矛盾. 同样,若 $m<k$ ,则由必要性的证明可知,将有 $f^{\left(m\right)}\left(a\right)\ne 0$ ,这也和已知矛盾. 于是只能 $m=k$ .

例 5.24 设 $\mathrm{deg}f\left(x\right)=n\ge 1$ ,若 $f^{\prime }\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ ,则 $f\left(x\right)$ 有 $n$ 重根.

证法 1 设 $f\left(x\right)=\frac{1}{n}\left(x-a\right)f^{\prime }\left(x\right)$ ,现证明 $a$ 是 $f\left(x\right)$ 的 $n$ 重根. 假定 $a$ 是 $f\left(x\right)$ 的 $k$ 重根, $f\left(x\right)={\left(x-a\right)}^{k}g\left(x\right),k<n$ 且 $g\left(x\right)$ 不含因子 $\left(x-a\right)$ ,则

$$f^{\prime }\left(x\right)=k{\left(x-a\right)}^{k-1}g\left(x\right)+{\left(x-a\right)}^k{g}^{\prime }\left(x\right)=n{\left(x-a\right)}^{k-1}g\left(x\right).$$

于是 $g\left(x\right)\mid \left(x-a\right)g^{\prime }\left(x\right)$ . 而 $g\left(x\right)$ 与 $\left(x-a\right)$ 互素,故将有 $g\left(x\right)\mid g^{\prime }\left(x\right)$ . 引出矛盾.

证法 2 设 $f\left(x\right)=\frac{1}{n}\left(x-a\right)f^{\prime }\left(x\right)$ ,则

$$x-a=\frac{f\left(x\right)}{\left(f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right)\right)}.$$

根据 $\S \mathrm{5.1.4}$ 中的定理 $5,x-a$ 是 $f\left(x\right)$ 仅有的因子,即 $f\left(x\right)=b{\left(x-a\right)}^n$ .

一个一元 $n$ 次多项式在所在的数域内最多只有 $n$ 个根,利用这个命题可以证明一些有趣的结论, 下面是 3 个例子.

例 5.25 设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式,若对 $\mathbb{F}$ 中某个非零常数 $a$ ,有 $f\left(x+a\right)=$ $f\left(x\right)$ ,求证: $f\left(x\right)$ 必是常数多项式.

证明 将 $f\left(x\right)$ 看成是复数域上的多项式,假定 $f\left(x\right)$ 不是常数多项式, $c$ 是它的一个复根,则 $f\left(c\right)=0$ ,因此 $f\left(c+a\right)=f\left(c\right)=0,c+a$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根. 同理可知 $c+2a,c+3a,\cdots$ 都是 $f\left(x\right)$ 的根. 这样 $f\left(x\right)$ 在复数域内将有无穷多个根,矛盾. $\square$

例 5.26 若 $f\left(x\right)$ 是次数大于零的多项式且 $f\left(x\right)$ 可以整除 $f\left(x^m\right)\left(m>1\right)$ ,求证: $f\left(x\right)$ 的根只能是 0 或 1 的某个方根.

证明 将 $f\left(x\right)$ 看成是复数域上的多项式,则 $f\left(x^m\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)$ . 假定 $c$ 是 $f\left(x\right)$ 的一个复根,则 $f\left(c\right)=0$ ,因此 $f\left(c^m\right)=0.c^m$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根. 由此可知 $c^{m^2},c^{m^3},\cdots$ 都是 $f\left(x\right)$ 的根. 因此必有 $c^{m^k}=c^{m^t}$ . 所以若 $c\ne 0$ ,必存在某个正整数 $n$ ,使得 $c^n=1$ .

例 5.27 求证: $f\left(x\right)=\sin x$ 在实数域内不能表示为 $x$ 的多项式.

证明 因为 $f\left(x\right)=\sin x$ 在实数范围内有无穷多个根,而任一多项式只能有有限个根,因此 $f\left(x\right)=\sin x$ 在实数域内不能表示成为 $x$ 的多项式.

利用余数定理来判断整除性是一个好方法, 它常常使问题的解决变得很简单. 下面是两个典型的例子.

例 5.28 若 $n$ 是奇数,求证: $\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)$ 可整除 ${\left(x+y+z\right)}^n-x^n-y^n-z^n$ .

证明 将多项式 ${\left(x+y+z\right)}^n-x^n-y^n-z^n$ 看成是未知数 $x$ 的多项式. 当 $x=-y$ 时, ${\left(x+y+z\right)}^n-x^n-y^n-z^n=0$ . 因此 $\left(x+y\right)$ 是 ${\left(x+y+z\right)}^n-x^n-y^n-z^n$ 的因子. 同理 $\left(x+z\right),\left(y+z\right)$ 也是因子. 这 3 个因子互素,故 $\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)$ 可整除 ${\left(x+y+z\right)}^n-x^n-y^n-z^n$ .

例 5.29 设 $f\left(x\right)$ 是一个 $n$ 次多项式,若 $k=0,1,\cdots ,n$ 时有 $f\left(k\right)=\frac{k}{k+1}$ , 求 $f\left(n+1\right)$ .

解 令 $g\left(x\right)=\left(x+1\right)f\left(x\right)-x$ ,则 $0,1,\cdots ,n$ 是 $g\left(x\right)$ 的根,因此

$$g\left(x\right)=cx\left(x-1\right)\left(x-2\right)\cdots \left(x-n\right),$$

即

$$\left(x+1\right)f\left(x\right)-x=cx\left(x-1\right)\left(x-2\right)\cdots \left(x-n\right),$$

其中 $c$ 是一个常数. 令 $x=-1$ 代入求出 $c=\frac{{\left(-1\right)}^{n+1}}{\left(n+1\right)!}$ . 从而

$$f\left(x\right)=\frac{1}{x+1}\left[\frac{{\left(-1\right)}^{n+1}x\left(x-1\right)\cdots \left(x-n\right)}{\left(n+1\right)!}+x\right],$$

故

$$f\left(n+1\right)=\frac{1}{n+2}\left[{\left(-1\right)}^{n+1}+n+1\right].$$

当 $n$ 是奇数时, $f\left(n+1\right)=1$ ; 当 $n$ 是偶数时, $f\left(n+1\right)=\frac{n}{n+2}$ .

例 5.30 设 $\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)\mid \left[x^3{f}_1\left(x^5\right)+x^2{f}_2\left(x^5\right)+x{f}_3\left(x^5\right)+f_4\left(x^5\right)\right]$ , 这里 $f_i\left(x\right)\left(i=1,2,3,4\right)$ 都是实系数多项式,求证: $f_i\left(1\right)=0$ .

证明 设 ${\epsilon }_i\left(i=1,2,3,4\right)$ 是 1 的五次虚根,由已知,有

$${\epsilon }_i^3{f}_1\left(1\right)+{\epsilon }_i^2{f}_2\left(1\right)+{\epsilon }_i{f}_3\left(1\right)+f_4\left(1\right)=0\left(i=1,2,3,4\right).$$

这是一个有 4 个未知数、 4 个方程式组成的线性方程组 (将 $f_i\left(1\right)$ 看成是未知数),其系数行列式是一个 Vander Monde 行列式,显然其值不等于零. 因此 $f_i\left(1\right)=0$ .

5.2.5 复系数和实系数多项式

Vieta 定理是多项式根与系数关系的最重要的结论, 它有许多用途. 下面几个例题是应用 Vieta 定理的典型例子.

例 5.31 假定三次方程 $x^3+p{x}^2+qx+r=0$ 的 3 个根成等差数列,求证:

$$2p^3-9pq+27r=0.$$

证明 设方程的 3 个根为 $c-d,c,c+d$ ,由 Vieta 定理得

$$\{\begin{array}{l}3c=-p,\\ 3c^2-d^2=q,\\ c\left(c^2-d^2\right)=-r.\end{array}$$

由此可得

$$2p^3-9pq+27r=0.$$

例 5.32 设复多项式 $x^3+3x^2+mx+n$ 的 3 个根成等差数列,多项式 $x^3-$ $\left(m-2\right)x^2+\left(n-3\right)x+8$ 的 3 个根成等比数列,求 $m$ 和 $n$ .

解 设 $x^3+3x^2+mx+n=0$ 的 3 个根为 $a-d,a,a+d$ ,则由 Vieta 定理得

$$3a=-3,3a^2-d^2=m,a\left(a^2-d^2\right)=-n,$$

解得关系式 $m=n+2$ . 又设 $x^3-\left(m-2\right)x^2+\left(n-3\right)x+8=0$ 的 3 个根为 $b{q}^{-1},b,bq$ , 由 Vieta 定理得

$$\{\begin{array}{l}b{q}^{-1}+b+bq=m-2,\\ b^2{q}^{-1}+b^2+b^{2}q=n-3,\\ b^3=-8.\end{array}$$

若 $b=-2$ ,得 $2m+n=7$ ,和 $m=n+2$ 联立求得 $m=3,n=1$ .

若 $b=-2\omega ,\omega =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$ ,得 $-2\omega \left(m-2\right)=n-3$ ,和 $m=n+2$ 联立求得 $m=2-\sqrt{3}\mathrm{i},n=-\sqrt{3}\mathrm{i}$ .

若 $b=-2{\omega }^2$ ,得 $-2{\omega }^2\left(m-2\right)=n-3$ ,和 $m=n+2$ 联立求得 $m=2+\sqrt{3}\mathrm{i}$ , $n=\sqrt{3}\mathrm{i}$ .

例 5.33 设 $x_1,x_2,x_3$ 是三次方程 $x^3+p{x}^2+qx+r=0$ 的 3 个根,求这 3 个根倒数的平方和.

解 由 Vieta 定理得

$$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}+\frac{1}{x_3^2}=\frac{{\left(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3\right)}^2-2x_1{x}_2{x}_3\left(x_1+x_2+x_3\right)}{x_1^2{x}_2^2{x}_3^2}$$ $$=\frac{q^2-2pr}{r^2}.$$

例 5.34 已知方程 $x^3+p{x}^2+qx+r=0$ 的 3 个根为 $x_1,x_2,x_3$ ,求一个三次方程使其根为 $x_1^2,x_2^2,x_3^2$ .

解 由 Vieta 定理经计算得

$$\{\begin{array}{l}{x}_1^2+x_2^2+x_3^2=p^2-2q,\\ x_1^2{x}_2^2+x_1^2{x}_3^2+x_2^2{x}_3^2=q^2-2pr,\\ x_1^2{x}_2^2{x}_3^2=r^2.\end{array}$$

因此,以 $x_1^2,x_2^2,x_3^2$ 为根的三次方程为

$$x^3+\left(2q-p^2\right)x^2+\left(q^2-2pr\right)x-r^2=0.$$

例 5.35 设多项式 $x^3+p{x}^2+qx+r$ 的 3 个根都是实数,求证: $p^2\ge 3q$ .

证明 设方程的 3 个根为 $x_1,x_2,x_3$ ,由已知条件可知:

$${\left(x_1-x_2\right)}^2+{\left(x_2-x_3\right)}^2+{\left(x_1-x_3\right)}^2\ge 0.$$

用 Vieta 定理可计算出

$${\left(x_1-x_2\right)}^2+{\left(x_2-x_3\right)}^2+{\left(x_1-x_3\right)}^2=2\left(p^2-3q\right).$$

因此结论为真.

下面两个例题也是讨论根与系数关系的, 但我们采用了和 Vieta 定理不同的方法. 其中例 5.36 也可用 Vieta 定理来解, 但比较繁杂.

例 5.36 设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ 的 $n$ 个根为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 皆不等于零,求以 $\frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2},\cdots ,\frac{1}{x_n}$ 为根的多项式.

解 令

$$g\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n,$$

则

$$x_i^{n}g\left(x_i^{-1}\right)=a_0+a_1{x}_i+\cdots +a_{n-1}{x}_i^{n-1}+a_n{x}_i^n=f\left(x_i\right)=0.$$

因为 $x_i\ne 0,g\left(x_i^{-1}\right)=0$ ,即 $g\left(x\right)$ 的根为 $f\left(x\right)$ 根之倒数.

例 5.37 设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式. 若 $f\left(x\right)$ 可约,求证: 多项式 $g\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$ 在 $\mathbb{F}$ 上也可约.

证明 设 $f\left(x\right)=p\left(x\right)q\left(x\right)$ ,且设 $\mathrm{deg}p\left(x\right)=m,\mathrm{deg}q\left(x\right)=n-m$ ,则

$$g\left(x\right)=x^{n}f\left(\frac{1}{x}\right)=x^{n}p\left(\frac{1}{x}\right)q\left(\frac{1}{x}\right)=\left[x^{m}p\left(\frac{1}{x}\right)\right]\left[x^{n-m}q\left(\frac{1}{x}\right)\right].$$

因此 $g\left(x\right)$ 可约.

接下来的 3 个例题是实系数多项式的基本性质.

例 5.38 设 $f\left(x\right)$ 是复数域上的多项式,若对任意的实数 $c,f\left(c\right)$ 总是实数,求证: $f\left(x\right)$ 是实系数多项式.

证明 设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ ,分别令 $x=0,1,2,\cdots ,n$ , 得到一个以 $a_n,a_{n-1},\cdots ,a_1,a_0$ 为未知数、由 $n+1$ 个方程式组成的实线性方程组. 该方程组的系数行列式是一个 Vander Monde 行列式, 方程组必有唯一解, 且解为实数. 因此 $f\left(x\right)$ 是实系数多项式.

例 5.39 证明: 一元奇数次实系数方程必有实数根.

证明 实系数方程的虚根总是成对出现的, 因此一元奇数次实系数方程必有实数根.

例 5.40 设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ 是实系数多项式,求证:

(1) 若 ${\left(-1\right)}^i{a}_i$ 全是正数,则 $f\left(x\right)$ 没有负实根;

(2) 若 ${\left(-1\right)}^i{a}_i$ 全是负数,则 $f\left(x\right)$ 也没有负实根;

(3) 若 $a_i$ 全是正数或全是负数,则 $f\left(x\right)$ 没有正实根.

证明 (1) 若 $f\left(x\right)$ 有负实根 $-c\left(c>0\right)$ ,代入后得

$$f\left(-c\right)=a_n{\left(-c\right)}^n+a_{n-1}{\left(-c\right)}^{n-1}+\cdots +a_1\left(-c\right)+a_0,$$

则 $f\left(-c\right)>0$ ,这和 $-c$ 是根矛盾,因此 $f\left(x\right)$ 无实根. 同理可证 (2) 和 (3).

例 5.41 令 $\Delta =\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}$ 是实系数三次方程 $x^3+px+q=0$ 的判别式,求证:

(1) 若 $\Delta >0$ ,则方程有 1 个实根和 2 个共轭复根;

(2) 若 $\Delta =0$ ,则方程有 3 个实根,其中 2 个根相同;

(3) 若 $\Delta <0$ ,则方程有 3 个互不相等的实根.

证明 注意到本题中的 $\Delta$ 和三次方程用结式定义的判别式相差一个负数 (参考例 5.61). 再根据例 5.66 , 即可得到本题结论.

注 本题也可用 Cardan 公式直接证明.

例 5.42 求证: 实系数方程 $x^3+p{x}^2+qx+r=0$ 的根的实部全是负数的充要条件是

$$p>0,r>0,pq>r\text{.}$$

证明 必要性. 设原方程的 3 个根为 $x_1,x_2,x_3$ ,其中 $x_1$ 是实数根, $x_1<0$ . 另假定 $x_2=a+b\mathrm{i},x_3=a-b\mathrm{i},a<0$ ,则

$$p=-\left(x_1+x_2+x_3\right)=-\left(x_1+2a\right)>0,r=-x_1{x}_2{x}_3=-x_1\left(a^2+b^2\right)>0.$$ $$pq-r=-\left(x_1+2a\right)\left(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3\right)+x_1\left(a^2+b^2\right)$$ $$=-\left(x_1+2a\right)\left(2x_{1}a+a^2+b^2\right)+x_1\left(a^2+b^2\right)$$ $$=-2a\left[{\left(x_1+a\right)}^2+b^2\right]>0.$$

又假定 $x_1,x_2,x_3$ 全是负实数,则显然 $p>0,q>0,r>0$ ,而

$$pq-r=-\left(x_1+x_2+x_3\right)\left(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3\right)+x_1{x}_2{x}_3$$ $$=-\left(x_1^2+q\right)\left(x_2+x_3\right)>0.$$

充分性. 由 $p>0,r>0,pq-r>0$ 知道 $q>0$ ,若方程的根是实数,则此根必是负数. 现假定方程有根 $x_1<0,x_2=a+b\mathrm{i},x_3=a-b\mathrm{i}$ ,要证明 $a<0$ . 因为

$$pq-r=-2a\left[{\left(x_1+a\right)}^2+b^2\right]>0,$$

故得 $a<0$ .

例 5.43 设 $\epsilon$ 是 1 的 $n$ 次根:

$$\epsilon =\cos \frac{2\pi }{n}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi }{n}.$$

求证: ${\epsilon }^{mi}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 是 $x^n-1=0$ 的全部根的充要条件是 $\left(m,n\right)=1$ .

证明 若 $\left(m,n\right)=1$ ,只要证明 ${\epsilon }^{mj}\left(j\le n\right)$ 互不相同即可. 若不然,有 ${\epsilon }^{ms}=$ ${\epsilon }^{mt}\left(t>s\right)$ ,便有 ${\epsilon }^{m\left(t-s\right)}=1,n\mid m\left(t-s\right)$ . 因为 $n,m$ 互素, $n\mid \left(t-s\right)$ ,而 $t-s<n$ , 矛盾.

反之,若 $\left(m,n\right)=d>1$ ,则

$${\epsilon }^{m\frac{n}{d}}={\epsilon }^{n\frac{m}{d}}=1.$$

${\epsilon }^{mi}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 不可能是 $x^n-1=0$ 的全部根.

例 5.44 设 $f\left(x\right)$ 是实系数首一多项式且无实数根,求证: $f\left(x\right)$ 可以表示为两个实系数多项式的平方和.

证明 因为实系数多项式的虚根成对出现,因此 $f\left(x\right)$ 是偶数次多项式,不妨设它的根为

$$x_1,x_2,\cdots ,x_n;{\bar{x}}_1,{\bar{x}}_2,\cdots ,{\bar{x}}_n.$$

令

$$u(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n);v(x)=(x-{\bar{x}}_1)(x-{\bar{x}}_2)\cdots (x-{\bar{x}}_n),$$

则 $v\left(x\right)=\overline{u\left(x\right)},f\left(x\right)=u\left(x\right)v\left(x\right)$ . 又将 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 的实部和虚部分开,可设

$$u\left(x\right)=g\left(x\right)+\mathrm{i}h\left(x\right),v\left(x\right)=g\left(x\right)-\mathrm{i}h\left(x\right),$$

即有

$$f\left(x\right)=g{\left(x\right)}^2+h{\left(x\right)}^2.$$

5.2.6 有理系数多项式

利用整数、有理数及实数的性质来讨论有理系数多项式的性质是一种常用的方法, 在下面的几个例子中读者将体会到这一点.

例 $5.45f\left(x\right)$ 是次数大于 0 的首一整系数多项式,若 $f\left(0\right),f\left(1\right)$ 都是奇数,求证: $f\left(x\right)$ 没有有理根.

证明 设 $f\left(x\right)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ . 因为 $f\left(0\right)$ 是奇数,所以 $a_0$ 是奇数. 从 $f\left(1\right)$ 是奇数可知 $1+a_{n-1}+\cdots +a_1+a_0$ 是奇数. 假定 $f\left(x\right)$ 有有理根,则因为 $f\left(x\right)$ 是首一的,故必有整数根. 若整数 $c$ 是根,则

$$c^n+a_{n-1}{c}^{n-1}+\cdots +a_{1}c+a_0=0.$$

若 $c$ 是偶数,则上式左方为奇数,不可能等于零. 若 $c$ 是奇数,令 $c=2b+1$ ,其中 $b$ 是整数, 得

$${\left(2b+1\right)}^n+a_{n-1}{\left(2b+1\right)}^{n-1}+\cdots +a_1\left(2b+1\right)+a_0=0.$$

用二项式定理展开后将看到,上式左方是一个偶数加上 $1+a_{n-1}+\cdots +a_1+a_0$ ,因此必是奇数,也不可能等于零. 故任何整数都不是 $f\left(x\right)$ 的根.

例 5.46 设 $f\left(x\right)$ 是实系数多项式,若对任意的有理数 $c,f\left(c\right)$ 总是有理数,求证: $f\left(x\right)$ 是有理系数多项式.

证明 类似例 5.38 可证明.

例 5.47 设 $f\left(x\right)$ 是有理数域上的多项式,若 $a+b\sqrt{c}$ 是 $f\left(x\right)$ 的根,其中 $a,b,c$ 是有理数, $\sqrt{c}$ 是无理数. 求证: $a-b\sqrt{c}$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根.

证明 设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ ,则

$$f\left(a+b\sqrt{c}\right)=a_n{\left(a+b\sqrt{c}\right)}^n+a_{n-1}{\left(a+b\sqrt{c}\right)}^{n-1}+\cdots +a_1\left(a+b\sqrt{c}\right)+a_0=0.$$

将 ${\left(a+b\sqrt{c}\right)}^k$ 用二项式定理展开,可设

$$f\left(a+b\sqrt{c}\right)=A+B\sqrt{c}=0.$$

因为 $\sqrt{c}$ 是无理数,故 $A=0,B=0$ . 而

$$f\left(a-b\sqrt{c}\right)=A-B\sqrt{c}=0,$$

即 $a-b\sqrt{c}$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根.

下面的例题和例 5.47 相似, 但是我们采用不同的方法来证明, 这就是极小多项式的方法. 例 5.47 也可以用极小多项式的方法来证明, 请读者自行思考.

例 5.48 设 $f\left(x\right)$ 是有理系数多项式, $a,b,c,d$ 是有理数,而 $\sqrt{c},\sqrt{d},\sqrt{cd}$ 都是无理数. 假定 $a\sqrt{c}+b\sqrt{d}$ 是 $f\left(x\right)$ 的根,证明下列数也是 $f\left(x\right)$ 的根:

$$a\sqrt{c}-b\sqrt{d},-a\sqrt{c}+b\sqrt{d},-a\sqrt{c}-b\sqrt{d}.$$

证明 令

$$g\left(x\right)=\left[x-\left(a\sqrt{c}+b\sqrt{d}\right)\right]\left[x-\left(a\sqrt{c}-b\sqrt{d}\right)\right]\left[x-\left(-a\sqrt{c}+b\sqrt{d}\right)\right]\left[x-\left(-a\sqrt{c}-b\sqrt{d}\right)\right],$$

则经计算得

$$g\left(x\right)=x^4-2\left(a^{2}c+b^{2}d\right)x^2+{\left(a^{2}c-b^{2}d\right)}^2.$$

注意到 $g\left(x\right)$ 是一个有理系数首一多项式,我们只要证明它不可约,便可得 $g\left(x\right)$ 为 $a\sqrt{c}+b\sqrt{d}$ 的极小多项式,从而 $g\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ 成立. 显然 $g\left(x\right)$ 没有有理系数的一次因子,只要证明它没有有理系数的二次因子即可. 经过简单的计算可知,在 $g\left(x\right)$ 的 4 个一次因子中任取 2 个一次因子相乘都不是有理系数多项式,因此 $g\left(x\right)$ 无有理系数的二次因子.

例 5.49 求以 $\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}$ 为根的次数最小的非零有理系数多项式.

解 本题即求 $\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}$ 的极小多项式. 令 $x-\sqrt{2}=\sqrt[3]{3}$ ,两边立方得到 $(x-$ $\sqrt{2}{)}^3=3$ . 整理可得 $x^3+6x-3=\left(3x^2+2\right)\sqrt{2}$ ,再两边平方可得, $\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}$ 适合下列多项式:

$$f\left(x\right)=x^6-6x^4-6x^3+12x^2-36x+1.$$

由 $f\left(x\right)$ 的构造过程,不难看出 $f\left(x\right)$ 的 6 个根分别为 $\pm \sqrt{2}+\sqrt[3]{3},\pm \sqrt{2}+\sqrt[3]{3}\omega$ , $\pm \sqrt{2}+\sqrt[3]{3}{\omega }^2$ ,其中 $\omega =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$ . 因此,我们有

$$f\left(x\right)=\left(x-\sqrt{2}-\sqrt[3]{3}\right)\left(x+\sqrt{2}-\sqrt[3]{3}\right)\left(x-\sqrt{2}-\sqrt[3]{3}\omega \right)\left(x+\sqrt{2}-\sqrt[3]{3}\omega \right)$$ $$\left(x-\sqrt{2}-\sqrt[3]{3}{\omega }^2\right)\left(x+\sqrt{2}-\sqrt[3]{3}{\omega }^2\right).$$

通过简单的验证可知,任取 $f\left(x\right)$ 的 2 个一次因式相乘都不是有理系数多项式; 任取 $f\left(x\right)$ 的 3 个一次因式相乘也都不是有理系数多项式,因此 $f\left(x\right)$ 是有理数域上的不可约多项式,从而是 $\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}$ 的极小多项式.

例 5.50 求证: 有理系数多项式 $x^4+p{x}^2+q$ 在有理数域上可约的充要条件是或者 $p^2-4q=k^2$ ,其中 $k$ 是一个有理数; 或者 $q$ 是某个有理数的平方,且 $\pm 2\sqrt{q}-p$ 也是有理数的平方.

证明 必要性. 若多项式 $x^4+p{x}^2+q$ 在有理数域上可约,考虑下列两种情况:

(1) $x^4+p{x}^2+q$ 有有理数根 $t$ ,这时 $t^2$ 是 $x^2+px+q$ 的有理根,因此其判别式 $p^2-4q$ 必是一个有理数的完全平方.

(2) $x^4+p{x}^2+q$ 在有理数域上可分解为两个二次多项式的积. 设 $x^4+p{x}^2+q=$ $\left(x^2+ax+b\right)\left(x^2+cx+d\right)$ ,展开后比较系数得:

$$\{\begin{array}{l}a+c=0,\\ ad+bc=0.\end{array}$$

若 $a=0$ ,则 $c=0$ ,这时将有 $p=b+d,q=bd$ ,因此 $p^2-4q={\left(b-d\right)}^2$ . 若 $a\ne 0$ , 则 $b=d$ ,比较系数后知 $p=2b-a^2,q=b^2$ ,因此 $\pm 2\sqrt{q}-p=a^2$ .

充分性. 若 $p^2-4q=k^2$ ,则

$$x^4+p{x}^2+q=x^4+p{x}^2+\frac{1}{4}\left(p+k\right)\left(p-k\right)=\left[x^2+\frac{1}{2}\left(p+k\right)\right]\left[x^2+\frac{1}{2}\left(p-k\right)\right].$$

因此原多项式可约.

若 $q=b^2,\pm 2\sqrt{q}-p=\pm 2b-p=a^2$ ,则 $p=-a^2\pm 2b$ . 于是

$$x^4+p{x}^2+q=x^4+\left(-a^2\pm 2b\right)x^2+b^2={\left(x^2\pm b\right)}^2-a^2{x}^2$$

也可约.

要判定一个有理系数 (或整系数) 多项式不可约的最简单的方法是用 Eisenstein 判别法. 如果不能直接用该判别法, 可作一个变换 (参见例 5.52).

例 5.51 若 $p_1,\cdots ,p_m$ 是互不相同的 $m$ 个素数,求证: 对任意的 $n>1$ ,

$$f\left(x\right)=x^n-p_1\cdots p_m$$

在有理数域上不可约.

证明 用 Eisenstein 判别法即可证明.

例 5.52 证明: $x^8+1$ 在有理数域上不可约.

证明 作代换 $x=y+1$ ,得

$$x^8+1={\left(y+1\right)}^8+1=y^8+8y^7+28y^6+56y^5+70y^4+56y^3+28y^2+8y+2.$$

显然 2 可整除除第一项外的所有系数, 但 4 不能整除常数项. 用 Eisenstein 判别法可知 ${\left(y+1\right)}^8+1$ 不可约,故 $x^8+1$ 也不可约.

例 5.53 设 $f\left(x\right)$ 是有理系数多项式,已知 $\sqrt[n]{2}$ 是 $f\left(x\right)$ 的根,证明: $\sqrt[n]{2}\epsilon ,\sqrt[n]{2}{\epsilon }^2$ , $\cdots ,\sqrt[n]{2}{\epsilon }^{n-1}$ 也是 $f\left(x\right)$ 的根,其中 $\epsilon =\cos \frac{2\pi }{n}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi }{n}$ 是 1 的 $n$ 次根.

证明 显然 $\sqrt[n]{2}$ 适合多项式 $x^n-2$ ,又由 Eisenstein 判别法可知, $x^n-2$ 在有理数域上不可约,因此它是 $\sqrt[n]{2}$ 的极小多项式. 由极小多项式的基本性质 (例 5.18 或例 5.19) 可得 $\left(x^n-2\right)\mid f\left(x\right)$ ,从而结论得证.

例 5.54 设 $f\left(x\right)$ 是次数大于 1 的奇数次有理系数多项式且它在有理数域上不可约,求证: 若 $x_1,x_2$ 是 $f\left(x\right)$ 在复数域内两个不同的根,则 $x_1+x_2$ 必不是有理数.

证明 不妨设 $f\left(x\right)$ 为首一多项式,我们用反证法来证明结论. 设 $x_1+x_2=r$ 为有理数,则有理系数多项式 $f\left(x\right)$ 与 $f\left(r-x\right)$ 有公共根 $x_1$ . 因为 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约,故 $f\left(x\right)$ 是 $x_1$ 的极小多项式,从而由极小多项式的基本性质可得 $f\left(x\right)\mid f\left(r-x\right)$ . 注意到 $f\left(x\right)$ 与 $f\left(r-x\right)$ 次数相同,首项系数相反,从而有 $f\left(r-x\right)=-f\left(x\right)$ . 令 $x=\frac{r}{2}$ ,则可得 $f\left(\frac{r}{2}\right)=0$ ,即 $\frac{r}{2}$ 是 $f\left(x\right)$ 的一个有理根,这与 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约相矛盾.

除了用 Eisenstein 判别法外, 另一个常用的方法是反证法, 请参看下面两个例子.

例 5.55 设 $f\left(x\right)=\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right)\cdots \left(x-a_n\right)-1$ ,其中 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 是两两互不相同的整数,求证: $f\left(x\right)$ 是有理数域上的不可约多项式.

证明 用反证法. 设 $f\left(x\right)=g\left(x\right)h\left(x\right)$ ,且不失一般性,可设它们是次数小于 $n$ 的整系数多项式. 由已知

$$g\left(a_i\right)h\left(a_i\right)=-1$$

因为是整系数多项式,故 $g\left(a_i\right)=1,h\left(a_i\right)=-1$ 或 $g\left(a_i\right)=-1,h\left(a_i\right)=1$ . 无论是哪种情况, 都有

$$g\left(a_i\right)+h\left(a_i\right)=0,i=1,2,\cdots ,n,$$

即小于 $n$ 次的多项式 $g\left(x\right)+h\left(x\right)$ 有 $n$ 个不同的根,故

$$g\left(x\right)+h\left(x\right)=0.$$

因此 $f\left(x\right)=-g{\left(x\right)}^2$ . 但 $f\left(x\right)$ 是首一多项式,而 $-g{\left(x\right)}^2$ 是首项系数为负的多项式, 它们不可能相等, 即推出矛盾.

例 5.56 设 $a_1,\cdots ,a_n$ 是 $n$ 个不同的整数,若

$$f\left(x\right)={\left(x-a_1\right)}^2{\left(x-a_2\right)}^2\cdots {\left(x-a_n\right)}^2+1,$$

证明: $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约.

证明 用反证法. 假设 $f\left(x\right)=u\left(x\right)v\left(x\right)$ ,其中 $u\left(x\right)$ 和 $v\left(x\right)$ 都是整系数多项式. 因为 $f\left(x\right)$ 是首一多项式,故 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 的首项系数同为 1 或 -1,从而不妨假设 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 都是首一多项式. 又因为 $f\left(x\right)$ 没有实根,故 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 也都没有实根, 从而由实系数多项式虚根成对可知, $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 作为实数域上的函数恒大于零. 注意到 $f\left(x\right)$ 是 $2n$ 次多项式,因此 $u\left(x\right)$ 和 $v\left(x\right)$ 的次数至少有一个不超过 $n$ ,不妨设 $u\left(x\right)$ 的次数不超过 $n$ .

若 $u\left(x\right)$ 的次数小于 $n$ ,则由 $f\left(a_i\right)=1$ 可得 $u\left(a_i\right)v\left(a_i\right)=1$ ,因此 $u\left(a_i\right)=1$ . 考虑多项式 $u\left(x\right)-1$ ,由上面的分析可知它有 $n$ 个不同的根 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ . 但刚才假设它的次数小于 $n$ ,矛盾.

因此 $u\left(x\right)$ 只能是 $n$ 次首一多项式,于是 $v\left(x\right)$ 也是 $n$ 次首一多项式. 另一方面, 由于对 $a_i,u\left(a_i\right)v\left(a_i\right)=1$ ,故 $u\left(a_i\right)=v\left(a_i\right)=1$ . 注意到 $u\left(x\right)-v\left(x\right)$ 的次数小于 $n$ , 并且 $u\left(a_i\right)=v\left(a_i\right),i=1,\cdots ,n$ ,因此只能是 $u\left(x\right)=v\left(x\right),f\left(x\right)=u{\left(x\right)}^2$ . 令 $h\left(x\right)=$ $\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right)\cdots \left(x-a_n\right)$ ,则 $u{\left(x\right)}^2=h{\left(x\right)}^2+1$ ,即 $\left(u\left(x\right)+h\left(x\right)\right)\left(u\left(x\right)-h\left(x\right)\right)=1$ . 因为 $u\left(x\right),h\left(x\right)$ 都是整系数多项式,故或者 $u\left(x\right)+h\left(x\right)=1,u\left(x\right)-h\left(x\right)=1$ ; 或者 $u\left(x\right)+h\left(x\right)=-1,u\left(x\right)-h\left(x\right)=-1$ ,于是 $h\left(x\right)=0$ ,矛盾. 因此结论得证.

5.2.7 多元多项式

例 5.57 设 $f\left(x_1,\cdots ,x_n\right),g\left(x_1,\cdots ,x_n\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的多项式且 $g\left(x_1,\cdots ,x_n\right)\ne 0$ . 若对一切使 $g\left(a_1,\cdots ,a_n\right)\ne 0$ 的 $a_1,\cdots ,a_n\in \mathbb{F}$ ,均有 $f\left(a_1,\cdots ,a_n\right)=0$ ,求证:

$$f\left(x_1,\cdots ,x_n\right)=0.$$

证明 令

$$h\left(x_1,\cdots ,x_n\right)=f\left(x_1,\cdots ,x_n\right)g\left(x_1,\cdots ,x_n\right),$$

则对任意的一组数 $a_1,\cdots ,a_n$ ,均有 $h\left(a_1,\cdots ,a_n\right)=0$ ,因此 $h\left(x_1,\cdots ,x_n\right)=0$ . 但 $g\left(x_1,\cdots ,x_n\right)\ne 0$ ,故 $f\left(x_1,\cdots ,x_n\right)=0$ .

下面这道例题是用 Vieta 定理来做的, 但也可以用对称多项式基本定理来解. 一般来说, 如果多项式次数比较高, 则用对称多项式基本定理来做比较简单, 而对次数比较低的多项式, 往往用 Vieta 定理比较简单.

例 5.58 求证: $f\left(x\right)=x^3+p{x}^2+qx+r$ 某一根的平方等于其他两根平方和的

充要条件是:

$$p^4\left(p^2-2q\right)=2{\left(p^3-2pq+2r\right)}^2.$$

证明 设 $f\left(x\right)$ 的 3 个根为 $x_1,x_2,x_3$ . 某一根的平方等于其他两根平方和的充要条件是:

$$\left(x_1^2+x_2^2-x_3^2\right)\left(x_1^2+x_3^2-x_2^2\right)\left(x_2^2+x_3^2-x_1^2\right)=0.$$

由 Vieta 定理, 有

$$\left(x_1^2+x_2^2-x_3^2\right)\left(x_1^2+x_3^2-x_2^2\right)\left(x_2^2+x_3^2-x_1^2\right)$$ $$=\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_3^2\right)\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_2^2\right)\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1^2\right)$$ $$=\left(p^2-2q-2x_1^2\right)\left(p^2-2q-2x_2^2\right)\left(p^2-2q-2x_3^2\right)$$ $$=(p^2-2q{)}^3-2(x_1^2+x_2^2+x_3^2)(p^2-2q{)}^2+4(x_1^2{x}_2^2+x_1^2{x}_3^2+x_2^2{x}_3^2)(p^2-2q)$$ $$-8x_1^2{x}_2^2{x}_3^2$$ $$={\left(p^2-2q\right)}^3-2\left(p^2-2q\right){\left(p^2-2q\right)}^2+4\left(q^2-2pr\right)\left(p^2-2q\right)-8r^2$$ $$=-{\left(p^2-2q\right)}^3+4\left(q^2-2pr\right)\left(p^2-2q\right)-8r^2.$$

因此 $f\left(x\right)$ 某一根的平方等于其他两根平方和的充要条件是

$${\left(p^2-2q\right)}^3=4\left(q^2-2pr\right)\left(p^2-2q\right)-8r^2.$$

经简单计算即可得到所要求的结论.

下面两道例题都要用 Newton 公式. 特别是例 5.60 , 它给出了初等对称多项式 ${\sigma }_k$ 和 $s_k$ 之间的关系式,这为一些问题的讨论提供了工具.

例 5.59 试解下列方程组:

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4=4,\\ x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=4,\\ x_1^3+x_2^3+x_3^3+x_4^3=4,\\ x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=4.\end{array}$$

解 上述方程组表明: $s_1=s_2=s_3=s_4=4$ . 由 Newton 公式可求得 ${\sigma }_1=4$ , ${\sigma }_2=6,{\sigma }_3=4,{\sigma }_4=1$ . 因此若将 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 看成是某个四次方程的根,则该方程应为:

$$x^4-4x^3+6x^2-4x+1=0,$$

即 ${\left(x-1\right)}^4=0$ . 这个方程的根为 $1,1,1,1$ ,因此方程组的解为

$$x_1=1,x_2=1,x_3=1,x_4=1.$$

例 5.60 设 $1\le k\le n$ ,求证:

$${\sigma }_k=\frac{1}{k!}\left|\begin{array}{ccccc}{s}_1& 1& 0& \cdots & 0\\ s_2& s_1& 2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{k-1}& s_{k-2}& s_{k-3}& \cdots & k-1\\ s_k& s_{k-1}& s_{k-2}& \cdots & s_1\end{array}\right|$$ $$s_k=\left|\begin{array}{ccccc}{\sigma }_1& 1& 0& \cdots & 0\\ 2{\sigma }_2& {\sigma }_1& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ \left(k-1\right){\sigma }_{k-1}& {\sigma }_{k-2}& {\sigma }_{k-3}& \cdots & 1\\ k{\sigma }_k& {\sigma }_{k-1}& {\sigma }_{k-2}& \cdots & {\sigma }_1\end{array}\right|.$$

证法 1 由 Newton 公式得下列线性方程组 (将 ${\sigma }_i$ 看成是未知数):

$$\{\begin{array}{l}{\sigma }_1=s_1,\\ s_1{\sigma }_1-2{\sigma }_2=s_2,\\ s_2{\sigma }_1-s_1{\sigma }_2+3{\sigma }_3=s_3,\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\ s_{k-2}{\sigma }_1-s_{k-3}{\sigma }_2+\cdots +{\left(-1\right)}^{k-2}\left(k-1\right){\sigma }_{k-1}=s_{k-1},\\ s_{k-1}{\sigma }_1-s_{k-2}{\sigma }_2+\cdots +{\left(-1\right)}^{k-1}k{\sigma }_k=s_k.\end{array}$$

该方程组的系数行列式为

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& \cdots & 0\\ s_1& -2& 0& \cdots & 0\\ s_2& -s_1& 3& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{k-2}& -s_{k-3}& s_{k-4}& \cdots & 0\\ s_{k-1}& -s_{k-2}& s_{k-3}& \cdots & {\left(-1\right)}^{k-1}k\end{array}\right|={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}k\left(k-1\right)}k!.$$

又

$$\left|{\mathbf{A}}_k\right|=\left|\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& \cdots & s_1\\ s_1& -2& 0& \cdots & s_2\\ s_2& -s_1& 3& \cdots & s_3\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{k-2}& -s_{k-3}& s_{k-4}& \cdots & s_{k-1}\\ s_{k-1}& -s_{k-2}& s_{k-3}& \cdots & s_k\end{array}\right|,$$

将 $\left|{\mathbf{A}}_k\right|$ 的最后一列经 $k-1$ 次对换后换到第一列,再用 ${\left(-1\right)}^{i-2}$ 依次乘以第 $i$ 列 $\left(i=3,4,\cdots ,k\right)$ ,得到

$$\left|{\mathbf{A}}_k\right|={\left(-1\right)}^{\left(k-1\right)+\frac{1}{2}\left(k-1\right)\left(k-2\right)}\left|\begin{array}{cccccc}{s}_1& 1& 0& 0& \cdots & 0\\ s_2& s_1& 2& 0& \cdots & 0\\ s_3& s_2& s_1& 3& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{k-1}& s_{k-2}& s_{k-3}& s_{k-4}& \cdots & k-1\\ s_k& s_{k-1}& s_{k-2}& s_{k-3}& \cdots & s_1\end{array}\right|.$$

于是

$${\sigma }_k=\frac{\left|{\mathbf{A}}_k\right|}{\left|\mathbf{A}\right|}=\frac{1}{k!}\left|\begin{array}{ccccc}{s}_1& 1& 0& \cdots & 0\\ s_2& s_1& 2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ s_{k-1}& s_{k-2}& s_{k-3}& \cdots & k-1\\ s_k& s_{k-1}& s_{k-2}& \cdots & s_1\end{array}\right|.$$

另一结论类似可得.

证法 2 将 ${\sigma }_k$ 的表达式中的行列式的第 $i\left(i=2,3,\cdots ,k\right)$ 列乘以 ${\left(-1\right)}^{i-1}{\sigma }_{i-1}$ 都加到第一列上, 由 Newton 公式知得到的行列式的第一列除最后一项外都为零. 再按第一列展开就可得到第一个结论. 将 $s_k$ 的表达式中的行列式的第 $i(i=$ $2,3,\cdots ,k)$ 列乘以 ${\left(-1\right)}^{i-1}{s}_{i-1}$ 都加到第一列上,由 Newton 公式知得到的行列式的第一列除最后一项外都为零. 再按第一列展开就可得到第二个结论.

5.2.8 结式与判别式

求结式或判别式通常要计算行列式, 一般来说计算它并不容易. 但在一些比较简单的情形, 用结式的定义往往就能得到确定的结果. 下面是计算结式与判别式的几个例子.

例 5.61 求 $n$ 次多项式 $x^n+px+q\left(n>1\right)$ 的判别式.

解 设 $f\left(x\right)=x^n+px+q,f^{\prime }\left(x\right)=n{x}^{n-1}+p$ . 计算下列 $2n-1$ 阶行列式:

$$R\left(f,f^{\prime }\right)=\left|\begin{array}{ccccccccc}1& 0& \cdots & 0& p& q& & & \\ & 1& 0& \cdots & 0& p& q& & \\ & & \ddots & \ddots & & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & & 1& 0& \cdots & 0& p& q\\ n& 0& \cdots & 0& p& & & & \\ & n& 0& \cdots & 0& p& & & \\ & & n& 0& \cdots & 0& p& & \\ & & & \ddots & \ddots & & \ddots & \ddots & \\ & & & & n& 0& \cdots & 0& p\end{array}\right|,$$

求得

$$R\left(f,f^{\prime }\right)={\left(1-n\right)}^{n-1}{p}^n+n^n{q}^{n-1}.$$

因此

$$\Delta \left(f\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}n\left(n-1\right)}\left[{\left(1-n\right)}^{n-1}{p}^n+n^n{q}^{n-1}\right].$$

例 5.62 求判别式:

(1) $f\left(x\right)=x^n+2x+1$ ;

(2) $f\left(x\right)=x^n+2$ ;

(3) $f\left(x\right)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1$ .

解 (1) 在例 5.61 中令 $p=2,q=1$ ,可得

$$\Delta \left(f\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}n\left(n-1\right)}\left[2^n{\left(1-n\right)}^{n-1}+n^n\right].$$

(2) 在例 5.61 中令 $p=0,q=2$ ,可得

$$\Delta \left(f\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}n\left(n-1\right)}{2}^{n-1}{n}^n.$$

(3) 在例 5.61 中令 $p=0,q=-1$ ,可得

$$\Delta \left(x^n-1\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{n}^n.$$

另一方面, 由例 5.69 可得

$$\Delta \left(x^n-1\right)=\Delta \left(\left(x-1\right)f\left(x\right)\right)=f{\left(1\right)}^2\Delta \left(f\left(x\right)\right),$$

因此

$$\Delta \left(f\left(x\right)\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{n}^{n-2}.$$

例 5.63 求证: 多项式 $f\left(x\right)=x^4+px+q$ 有重因子的充要条件是 $27p^4=256q^3$ .

证明 在例 5.61 中令 $n=4$ ,可得 $\Delta \left(f\right)=-27p^4+256q^3$ . 因此 $x^4+px+q$ 有重因子的充要条件是 $27p^4=256q^3$ .

下面是结式与判别式的一些基本性质, 它们的证明并不复杂, 只需用定义直接验证即可.

例 5.64 设 $f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n,g\left(x\right)=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdots +b_m$ , 其中 $a_0\ne 0,b_0\ne 0$ ,求证:

(1) $R\left(f,g\right)={\left(-1\right)}^{mn}R\left(g,f\right)$ ;

(2) 若 $a,b$ 为非零常数, $R\left(af,bg\right)=a^m{b}^{n}R\left(f,g\right)$ .

证明 (1) 对结式定义中的行列式进行 $mn$ 次行对换,就可以将 $R\left(f,g\right)$ 变成 $R\left(g,f\right)$ . 因此

$$R\left(f,g\right)={\left(-1\right)}^{mn}R\left(g,f\right).$$

(2) 用结式的行列式定义及行列式性质即得.

例 5.65 求证: $R\left(f,g_1{g}_2\right)=R\left(f,g_1\right)R\left(f,g_2\right)$ .

证明 设 $f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$ ,其 $n$ 个根为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ . 又设 $g_1\left(x\right)$ 和 $g_2\left(x\right)$ 分别是 $m_1,m_2$ 次多项式,则

$$R\left(f,g_1\right)=a_0^{m_1}{g}_1\left(x_1\right)g_1\left(x_2\right)\cdots g_1\left(x_n\right),$$ $$R\left(f,g_2\right)=a_0^{m_2}{g}_2\left(x_1\right)g_2\left(x_2\right)\cdots g_2\left(x_n\right),$$ $$R\left(f,g_1{g}_2\right)=a_0^{m_1+m_2}{g}_1\left(x_1\right)g_2\left(x_1\right)g_1\left(x_2\right)g_2\left(x_2\right)\cdots g_1\left(x_n\right)g_2\left(x_n\right).$$

比较上面 3 个等式即知结论成立.

下面的例题说明了判别式的用途.

例 5.66 设 $f\left(x\right)$ 是实系数多项式,求证:

(1) 若 $\Delta \left(f\right)<0$ ,则 $f\left(x\right)$ 无重根且有奇数对虚根;

(2) 若 $\Delta \left(f\right)>0$ ,则 $f\left(x\right)$ 无重根且有偶数对虚根.

证明 不妨设 $f\left(x\right)$ 为 $n$ 次首一多项式,则

$$\Delta \left(f\right)=\prod _{1\le i<j\le n}{\left(x_i-x_j\right)}^2.$$

显然若 $\Delta \left(f\right)\ne 0$ ,则多项式无重根. 现设 $f\left(x\right)$ 的根如下:

$$x_1,{\bar{x}}_1,\cdots ,\cdots ,x_k,{\bar{x}}_k;x_{2k+1},\cdots ,x_n,$$

其中 $x_i\left(i\le k\right)$ 为虚根, ${\bar{x}}_i$ 是 $x_i$ 的共轭复根, $x_j\left(j\ge 2k+1\right)$ 为实根. 对判别式中各项的情况讨论如下:

若 $i,j\ge 2k+1,x_i,x_j$ 都是实数,因此 ${\left(x_i-x_j\right)}^2>0$ .

若 $i\le k,j\ge 2k+1$ ,则 $\left(x_i-x_j\right)\left({\bar{x}}_i-x_j\right)$ 是实数,因此 ${\left(x_i-x_j\right)}^2{\left({\bar{x}}_i-x_j\right)}^2>0$ .

若 $i\le k,j\le k,i\ne j$ ,则 $\left(x_i-x_j\right)\left(x_i-{\bar{x}}_j\right)\left({\bar{x}}_i-x_j\right)\left({\bar{x}}_i-{\bar{x}}_j\right)$ 是实数,因此 ${\left(x_i-x_j\right)}^2{\left(x_i-{\bar{x}}_j\right)}^2{\left({\bar{x}}_i-x_j\right)}^2{\left({\bar{x}}_i-{\bar{x}}_j\right)}^2>0$ .

若 $i\le k,x_i-{\bar{x}}_i$ 为纯虚数,故 ${\left(x_i-{\bar{x}}_i\right)}^2<0$ .

因此若 $\Delta \left(f\right)>0$ ,则虚根对数为偶数; 若 $\Delta \left(f\right)<0$ ,则虚根对数为奇数.

下面几道例题涉及判别式的进一步性质, 虽然证明比较繁杂, 但思路并不复杂, 只需利用判别式的定义公式进行计算即可. 计算的时候请注意根的分类.

• 例 5.67 设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式,已知 $\Delta \left(f\left(x\right)\right)$ ,求 $\Delta \left(f\left(x^2\right)\right)$ .

解 设 $f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$ ,由例 5.70 得

$$\Delta \left(f\left(x^2\right)\right)={\left(-4\right)}^n{a}_0{a}_n{\left(\Delta \left(f\left(x\right)\right)\right)}^2.$$

直接证明: 设 $f\left(x\right)$ 的根为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ ,则 $f\left(x^2\right)$ 的根为 $\pm \sqrt{x_i}\left(i=1,\cdots ,n\right)$ .

$$\Delta \left(f\left(x^2\right)\right)=a_0^{4n-2}\prod _{1\le i<j\le n}{\left(\sqrt{x_i}+\sqrt{x_j}\right)}^2{\left(\sqrt{x_i}-\sqrt{x_j}\right)}^2{\left(-\sqrt{x_i}+\sqrt{x_j}\right)}^2{\left(-\sqrt{x_i}-\sqrt{x_j}\right)}^2$$ $$\cdot \prod _{i=1}^n{\left(\sqrt{x_i}+\sqrt{x_i}\right)}^2$$ $$=a_0^{4n-2}\prod _{1\le i<j\le n}{\left(x_i-x_j\right)}^4\cdot 4^n{x}_1{x}_2\cdots x_n$$ $$=a_0^{4n-2}\prod _{1\le i<j\le n}{\left(x_i-x_j\right)}^4\cdot 4^n{\left(-1\right)}^n\frac{a_n}{a_0}={\left(-4\right)}^n{a}_0{a}_n{\left(\Delta \left(f\left(x\right)\right)\right)}^2.$$

• 例 5.68 设 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 是次数大于 1 的多项式,求证:

$$\Delta \left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)=\Delta \left(f\left(x\right)\right)\Delta \left(g\left(x\right)\right)R{\left(f,g\right)}^2.$$

证明 设

$$f\left(x\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n,g\left(x\right)=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdots +b_{m-1}x+b_m,$$

且 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的根分别是

$$x_1,x_2,\cdots ,x_n;x_{n+1},x_{n+2},\cdots ,x_{n+m},$$

则

$$\Delta \left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)={\left(a_0{b}_0\right)}^{2\left(n+m\right)-2}\prod _{1\le i<j\le n+m}{\left(x_i-x_j\right)}^2.$$

现将乘积中的因式作如下分类: 若 $i\le n,j\le n$ ,则

$$a_0^{2n-2}\prod _{1\le i<j\le n}{\left(x_i-x_j\right)}^2=\Delta \left(f\left(x\right)\right)$$

若 $i>n,j>n$ ,则

$$b_0^{2m-2}\prod _{n+1\le i<j\le n+m}{\left(x_i-x_j\right)}^2=\Delta \left(g\left(x\right)\right);$$

若 $i\le n,j>n$ ,则

$$a_0^{2m}{b}_0^{2n}\prod _{1\le i\le n<j\le n+m}{\left(x_i-x_j\right)}^2=R{\left(f,g\right)}^2.$$

因此便有

$$\Delta \left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)=\Delta \left(f\left(x\right)\right)\Delta \left(g\left(x\right)\right)R{\left(f,g\right)}^2.$$

• 例 5.69 设 $g\left(x\right)$ 是次数大于 1 的多项式,求证:

$$\Delta \left(\left(x-a\right)g\left(x\right)\right)=g{\left(a\right)}^2\Delta \left(g\left(x\right)\right).$$

证明 设 $g\left(x\right)=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdots +b_{m-1}x+b_m$ ,其根为 $x_1,\cdots ,x_m$ ,则

$$\Delta \left(\left(x-a\right)g\left(x\right)\right)=b_0^{2m}\prod _{i=1}^m{\left(a-x_i\right)}^2\prod _{1\le i<j\le m}{\left(x_i-x_j\right)}^2$$ $$={\left(b_0\left(a-x_1\right)\cdots \left(a-x_m\right)\right)}^2\cdot b_0^{2m-2}\prod _{1\le i<j\le m}{\left(x_i-x_j\right)}^2$$ $$=g{\left(a\right)}^2\Delta \left(g\left(x\right)\right)\text{. [}$$

注 只有当多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 的次数都大于 0 时,其结式 $R\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)$ 的定义才有意义. 同理,只有当 $f\left(x\right)$ 的次数大于 1 时,其判别式 $\Delta \left(f\left(x\right)\right)$ 的定义才有意义. 当然我们也可以作一些人为的规定,例如,若 $g\left(x\right)=c$ 是一个非零常数多项式, 则约定 $R\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=c^n$ ,其中 $n=\mathrm{deg}f\left(x\right)$ ; 若 $f\left(x\right)$ 是一个一次多项式,则约定 $\Delta \left(f\left(x\right)\right)=1$ . 我们不难发现这些约定可以完美地融入到已证明的关于结式和判别式的结果中. 特别地,例 5.68 和例 5.69 的结论也适合 $\mathrm{deg}f\left(x\right)=1$ 或 $\mathrm{deg}g\left(x\right)=1$ 的情形, 并且例 5.69 也可以看成是例 5.68 的特例. 因此从某种意义上说, 这些关于结式和判别式的约定都是自然的.

• 例 5.70 设 $f\left(x\right)=g\left(h\left(x\right)\right)$ ,其中 $g\left(x\right)$ 是 $n$ 次多项式,其根为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ , 又 $h\left(x\right)$ 是 $m$ 次多项式,且 $g\left(x\right),h\left(x\right)$ 均为首一多项式,求证:

$$\Delta \left(f\left(x\right)\right)=\Delta {\left(g\left(x\right)\right)}^m\Delta \left(h\left(x\right)-x_1\right)\Delta \left(h\left(x\right)-x_2\right)\cdots \Delta \left(h\left(x\right)-x_n\right).$$

证法 1 由假设 $g\left(x\right)$ 的根为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ ,故有

$$f\left(x\right)=g\left(h\left(x\right)\right)=\left(h\left(x\right)-x_1\right)\left(h\left(x\right)-x_2\right)\cdots \left(h\left(x\right)-x_n\right).$$

又设

$$h\left(x\right)-x_i=\left(x-u_{i1}\right)\left(x-u_{i2}\right)\cdots \left(x-u_{im}\right),i=1,2,\cdots ,n,$$

于是 $u_{ij}\left(i=1,\cdots ,n;j=1,\cdots ,m\right)$ 就是 $f\left(x\right)$ 的全部根. 对二重足标引进序如下: $\left(i,j\right)<\left(k,l\right)$ 当且仅当 $i<k$ 或 $i=k,j<l$ . 由题目条件可知 $f\left(x\right)$ 是首一多项式, 因此

$$\Delta \left(f\left(x\right)\right)=\prod _{1\le \left(i,j\right)<\left(i^{\prime },j^{\prime }\right)\le \left(n,m\right)}{\left(u_{ij}-u_{i^{\prime }{j}^{\prime }}\right)}^2.$$

对上式积中因子进行分类. 第一类 (第一个足标相同):

$$\Delta \left(h\left(x\right)-x_i\right)=\prod _{1\le j<j^{\prime }\le m}{\left(u_{ij}-u_{i{j}^{\prime }}\right)}^2,$$

因此

$$\prod _{i=1}^n\Delta \left(h\left(x\right)-x_i\right)=\prod _{i=1}^n\prod _{1\le j<j^{\prime }\le m}{\left(u_{ij}-u_{i{j}^{\prime }}\right)}^2.$$

第二类 (第一个足标不同): 注意到对固定的 $i,u_{ij}$ 是 $h\left(x\right)-x_i$ 的根,因此 $h\left(u_{ij}\right)=x_i$ .

又

$$h\left(u_{i1}\right)-x_{i^{\prime }}=\left(u_{i1}-u_{i^{\prime }1}\right)\left(u_{i1}-u_{i^{\prime }2}\right)\cdots \left(u_{i1}-u_{i^{\prime }m}\right),i^{\prime }=i+1,i+2,\cdots ,n;$$ $$h\left(u_{i2}\right)-x_{i^{\prime }}=\left(u_{i2}-u_{i^{\prime }1}\right)\left(u_{i2}-u_{i^{\prime }2}\right)\cdots \left(u_{i2}-u_{i^{\prime }m}\right),i^{\prime }=i+1,i+2,\cdots ,n;$$ $$\text{...............}$$ $$h\left(u_{im}\right)-x_{i^{\prime }}=\left(u_{im}-u_{i^{\prime }1}\right)\left(u_{im}-u_{i^{\prime }2}\right)\cdots \left(u_{im}-u_{i^{\prime }m}\right),i^{\prime }=i+1,i+2,\cdots ,n.$$

上述诸式之积等于

$$\left(h\left(u_{i1}\right)-x_{i^{\prime }}\right)\left(h\left(u_{i2}\right)-x_{i^{\prime }}\right)\cdots \left(h\left(u_{im}\right)-x_{i^{\prime }}\right)={\left(x_i-x_{i^{\prime }}\right)}^m.$$

因此

$$\prod _{1\le \left(i,j\right)<\left(i^{\prime },j^{\prime }\right)\le \left(n,m\right),i\ne i^{\prime }}{\left(u_{ij}-u_{i^{\prime }{j}^{\prime }}\right)}^2=\prod _{1\le i<i^{\prime }\le m}{\left(x_i-x_{i^{\prime }}\right)}^{2m}=\Delta {\left(g\left(x\right)\right)}^m.$$

综上所述, 便有

$$\Delta \left(f\left(x\right)\right)=\Delta {\left(g\left(x\right)\right)}^m\Delta \left(h\left(x\right)-x_1\right)\Delta \left(h\left(x\right)-x_2\right)\cdots \Delta \left(h\left(x\right)-x_n\right).$$

证法 2 由例 5.65 , 我们有

$$\Delta \left(f\right)={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}mn\left(mn-1\right)}R\left(f,f^{\prime }\right),$$ $$R\left(f,f^{\prime }\right)=R\left(g\left(h\left(x\right)\right),g^{\prime }\left(h\left(x\right)\right)h^{\prime }\left(x\right)\right)$$ $$=R\left(g\left(h\left(x\right)\right),g^{\prime }\left(h\left(x\right)\right)\right)R\left(g\left(h\left(x\right)\right),h^{\prime }\left(x\right)\right),$$ $$R\left(g\left(h\left(x\right)\right),g^{\prime }\left(h\left(x\right)\right)\right)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{g}^{\prime }\left(h\left(u_{ij}\right)\right)$$ $$=\prod _{i=1}^n{g}^{\prime }{\left(x_i\right)}^m={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}mn\left(n-1\right)}\Delta {\left(g\left(x\right)\right)}^m,$$ $$R\left(g\left(h\left(x\right)\right),h^{\prime }\left(x\right)\right)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{h}^{\prime }\left(u_{ij}\right)$$ $$={\left(-1\right)}^{\frac{1}{2}mn\left(m-1\right)}\prod _{i=1}^n\Delta \left(h\left(x\right)-x_i\right).$$

因为

$$\frac{1}{2}mn\left(mn-1\right)-\frac{1}{2}mn\left(n-1\right)-\frac{1}{2}mn\left(m-1\right)=\frac{1}{2}m\left(m-1\right)n\left(n-1\right)$$

是一个偶数, 因此结论成立.

例 5.71 求参数曲线 $\{\begin{array}{l}x=2\left(t+1\right)/\left(t^2+1\right)\\ y=t^2/\left(2t-1\right)\end{array}$ 的直角坐标方程.

解 去分母得方程组

$$\{\begin{array}{l}x{t}^2-2t+\left(x-2\right)=0\\ t^2-2yt+y=0\end{array}$$

令

$$\{\begin{array}{l}f\left(t\right)=x{t}^2-2t+\left(x-2\right)\\ g\left(t\right)=t^2-2yt+y\end{array}$$

由 $t$ 决定的参数曲线上的一点相当于方程组有公共根,因此

$$R\left(f,g\right)=\left|\begin{array}{cccc}x& -2& x-2& 0\\ 0& x& -2& x-2\\ 1& -2y& y& 0\\ 0& 1& -2y& y\end{array}\right|=0.$$

求出行列式可得该曲线的直角坐标方程为

$$5x^2{y}^2-2x^{2}y-12x{y}^2+x^2-4x+12y+4=0.$$

5.2.9 互素多项式的应用

在高等代数的框架中, 多项式理论起到了一个承上启下的作用. 一方面, 多项式理论是即将阐述的相似标准型理论的基石; 另一方面, 它也联系起了前面阐述的矩阵理论和线性空间理论. 下面将通过几个典型的例题来看一看互素多项式的相关应用.

例 5.72 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的互素多项式, $\mathbf{A}$ 是 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵,满足 $f\left(\mathbf{A}\right)=\mathbf{O}$ ,证明: $g\left(\mathbf{A}\right)$ 是可逆矩阵.

证明 根据假设,存在 $\mathbb{K}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使得

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1.$$

在上式中代入 $x=\mathbf{A}$ ,可得恒等式

$$f\left(\mathbf{A}\right)u\left(\mathbf{A}\right)+g\left(\mathbf{A}\right)v\left(\mathbf{A}\right)={\mathbf{I}}_n.$$

因为 $f\left(\mathbf{A}\right)=\mathbf{O}$ ,故有 $g\left(\mathbf{A}\right)v\left(\mathbf{A}\right)={\mathbf{I}}_n$ ,从而 $g\left(\mathbf{A}\right)$ 是非异阵且 $g{\left(\mathbf{A}\right)}^{-1}=v\left(\mathbf{A}\right)$ .

利用例 5.72 可以证明一大类可逆矩阵的问题, 比如例 2.13, 而下面的例题则是例 3.67 和例 3.68 的推广.

例 5.73 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的互素多项式, $\mathbf{A}$ 是 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵,证明: $f\left(\mathbf{A}\right)g\left(\mathbf{A}\right)=\mathbf{O}$ 的充要条件是 $\mathrm{r}\left(f\left(\mathbf{A}\right)\right)+\mathrm{r}\left(g\left(\mathbf{A}\right)\right)=n$ .

证明 根据假设,存在 $\mathbb{K}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使得

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1.$$

在上式中代入 $x=\mathbf{A}$ ,可得恒等式

$$f\left(\mathbf{A}\right)u\left(\mathbf{A}\right)+g\left(\mathbf{A}\right)v\left(\mathbf{A}\right)={\mathbf{I}}_n.$$

考虑如下分块矩阵的初等变换:

$$\left(\begin{array}{cc}f\left(\mathbf{A}\right)& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& g\left(\mathbf{A}\right)\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}f\left(\mathbf{A}\right)& f\left(\mathbf{A}\right)u\left(\mathbf{A}\right)\\ \mathbf{O}& g\left(\mathbf{A}\right)\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}f\left(\mathbf{A}\right)& {\mathbf{I}}_n\\ \mathbf{O}& g\left(\mathbf{A}\right)\end{array}\right)\to$$ $$\left(\begin{array}{cc}f\left(\mathbf{A}\right)& {\mathbf{I}}_n\\ -f\left(\mathbf{A}\right)g\left(\mathbf{A}\right)& \mathbf{O}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& {\mathbf{I}}_n\\ -f\left(\mathbf{A}\right)g\left(\mathbf{A}\right)& \mathbf{O}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}f\left(\mathbf{A}\right)g\left(\mathbf{A}\right)& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{I}}_n\end{array}\right),$$

故有 $\mathrm{r}\left(f\left(\mathbf{A}\right)\right)+\mathrm{r}\left(g\left(\mathbf{A}\right)\right)=\mathrm{r}\left(f\left(\mathbf{A}\right)g\left(\mathbf{A}\right)\right)+n$ ,从而结论得证.

例 5.74 告诉我们, 多项式的因式分解可以诱导出空间的直和分解, 从几何层面上看,这就是相似标准型理论原始的出发点. 另外,例 5.74 也是例 4.48 和 $\S \mathrm{4.3.1}$ 中解答题 9 的推广.

例 5.74 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的互素多项式, $\phi$ 是 $\mathbb{K}$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 上的线性变换,满足 $f\left(\phi \right)g\left(\phi \right)=0$ ,证明: $V=V_1\oplus V_2$ ,其中 $V_1=\mathrm{Ker}f\left(\phi \right)$ , $V_2=\mathrm{Ker}g\left(\phi \right)$

证明 根据假设,存在 $\mathbb{K}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使得

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1.$$

在上式中代入 $x=\phi$ ,可得恒等式

$$f\left(\phi \right)u\left(\phi \right)+g\left(\phi \right)v\left(\phi \right)={\mathbf{I}}_V$$

对任意的 $\alpha \in V$ ,由上式可得

$$\alpha =f\left(\phi \right)u\left(\phi \right)\left(\alpha \right)+g\left(\phi \right)v\left(\phi \right)\left(\alpha \right),$$

注意到 $f\left(\phi \right)u\left(\phi \right)\left(\alpha \right)\in \mathrm{Ker}g\left(\phi \right),g\left(\phi \right)v\left(\phi \right)\left(\alpha \right)\in \mathrm{Ker}f\left(\phi \right)$ ,故有 $V=V_1+V_2$ . 任取 $\beta \in V_1\cap V_2$ ,由上式可得

$$\beta =u\left(\phi \right)f\left(\phi \right)\left(\beta \right)+v\left(\phi \right)g\left(\phi \right)\left(\beta \right)=0,$$

故有 $V_1\cap V_2=0$ ,因此 $V=V_1\oplus V_2$ .

下面的例题不仅把例 3.31 推广到更一般的情形, 而且利用互素多项式的性质极大地简化了原来的证明, 使读者能看清问题的本质.

例 5.75 设 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)=\{a_0+a_1\sqrt[n]{2}+a_2\sqrt[n]{4}+\cdots +a_{n-1}\sqrt[n]{2^{n-1}}\mid a_i\in \mathbb{Q},0\le i\le$ $n-1\}$ ,证明 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 是一个数域,并求 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 作为 $\mathbb{Q}$ 上线性空间的一组基.

证明 设 $f\left(x\right)=x^n-2$ ,由 Eisenstein 判别法可知 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约,从而 $f\left(x\right)$ 是 $\sqrt[n]{2}$ 的极小多项式. 我们先证明: $a_0+a_1\sqrt[n]{2}+\cdots +a_{n-1}\sqrt[n]{2^{n-1}}=0$ 的充要条件是 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$ . 充分性是显然的,现证必要性. 令 $g\left(x\right)=$ $a_0+a_{1}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$ ,则 $g\left(\sqrt[n]{2}\right)=0$ ,由极小多项式的基本性质可得 $f\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ . 因为 $g\left(x\right)$ 的次数小于 $n$ ,故只能是 $g\left(x\right)=0$ ,即 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$ .

利用 ${\left(\sqrt[n]{2}\right)}^n=2$ 容易验证, $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 中任意两个数的加法、减法和乘法都是封闭的. 要证明 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 是数域,只要证明除法或者取倒数封闭即可. 任取 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 中的非零数 $\alpha =a_0+a_1\sqrt[n]{2}+\cdots +a_{n-1}\sqrt[n]{2^{n-1}}\ne 0$ ,由上面的讨论可知 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$ 不全为零. 令 $g\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$ ,则 $\alpha =g\left(\sqrt[n]{2}\right)$ . 因为 $f\left(x\right)$ 不可约且 $g\left(x\right)\ne 0$ 的次数小于 $n$ ,故 $f\left(x\right)$ 与 $g\left(x\right)$ 互素,由例 5.6 可知,存在有理系数多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使得

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1,\mathrm{deg}v\left(x\right)<\mathrm{deg}f\left(x\right)=n.$$

在上式中代入 $x=\sqrt[n]{2}$ ,可得 $g\left(\sqrt[n]{2}\right)v\left(\sqrt[n]{2}\right)=1$ ,于是 ${\alpha }^{-1}=v\left(\sqrt[n]{2}\right)\in \mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ . 因此, $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 是数域.

由 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 的定义可知, $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 中任一元都是 $1,\sqrt[n]{2},\cdots ,\sqrt[n]{2^{n-1}}$ 的 $\mathbb{Q}$ -线性组合; 又由开始的讨论可知, $1,\sqrt[n]{2},\cdots ,\sqrt[n]{2^{n-1}}$ 是 $\mathbb{Q}$ 线性无关的,因此它们构成了 $\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)$ 作为 $\mathbb{Q}$ 上线性空间的一组基. 特别地, ${\dim }_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}\left(\sqrt[n]{2}\right)=n$ .

最后, 我们给出一道线性变换的例题, 它是 § 4.3.1 解答题 12 的推广. 我们发现利用互素多项式的性质来证明, 不仅避开了繁琐的计算, 而且还得到了今后各章节中处理此类问题的一个共同方法.

例 5.76 设 $f\left(x\right)=x^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的不可约多项式, $\phi$ 是 $\mathbb{K}$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 上的线性变换, ${\alpha }_1\ne 0,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 是 $V$ 中的向量, 满足

$$\phi \left({\alpha }_1\right)={\alpha }_2,\phi \left({\alpha }_2\right)={\alpha }_3,\cdots ,\phi \left({\alpha }_{n-1}\right)={\alpha }_n,\phi \left({\alpha }_n\right)=-a_n{\alpha }_1-a_{n-1}{\alpha }_2-\cdots -a_1{\alpha }_n.$$

证明: $\left\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n\right\}$ 是 $V$ 的一组基.

证明 我们只要证明 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 线性无关即可. 用反证法,设存在不全为零的 $n$ 个数 $c_1,c_2,\cdots ,c_n$ ,使得

$$c_1{\alpha }_1+c_2{\alpha }_2+\cdots +c_n{\alpha }_n=0,$$

则有 $\left(c_1{\mathbf{I}}_V+c_2\phi +\cdots +c_n{\phi }^{n-1}\right)\left({\alpha }_1\right)=0$ . 令 $g\left(x\right)=c_1+c_{2}x+\cdots +c_n{x}^{n-1}$ , 则 $g\left(x\right)\ne 0$ 且 $g\left(\phi \right)\left({\alpha }_1\right)=0$ . 另一方面,由假设容易验证 $f\left(\phi \right)\left({\alpha }_1\right)=0$ . 因为 $f\left(x\right)$ 不可约且 $g\left(x\right)\ne 0$ 的次数小于 $n$ ,故 $f\left(x\right)$ 与 $g\left(x\right)$ 互素,从而存在 $\mathbb{K}$ 上的多项式 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使得

$$f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1.$$

在上式中代入 $x=\phi$ ,可得恒等式

$$f\left(\phi \right)u\left(\phi \right)+g\left(\phi \right)v\left(\phi \right)={\mathbf{I}}_V,$$

上式两边同时作用 ${\alpha }_1$ 可得

$${\alpha }_1=u\left(\phi \right)f\left(\phi \right)\left({\alpha }_1\right)+v\left(\phi \right)g\left(\phi \right)\left({\alpha }_1\right)=0,$$

这与假设 ${\alpha }_1\ne 0$ 矛盾,从而结论得证.

$\S 5.3$ 基础训练

5.3.1 训 练 题

一、单选题

1. 若多项式 $f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),f_3\left(x\right)$ 互素,则 $\left(\right)$ .

(A) $f_1\left(x\right),f_2\left(x\right)$ 必互素

(B) $f_1\left(x\right),f_2\left(x\right)$ 互素,或 $f_1\left(x\right),f_3\left(x\right)$ 互素,或 $f_2\left(x\right),f_3\left(x\right)$ 互素

(C) 若 $\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right)\right)=d_1\left(x\right),\left(f_2\left(x\right),f_3\left(x\right)\right)=d_2\left(x\right)$ ,则 $\left(d_1\left(x\right),d_2\left(x\right)\right)=1$

(D) 存在 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使 $f_3\left(x\right)=f_1\left(x\right)u\left(x\right)+f_2\left(x\right)v\left(x\right)$

2. $m,n$ 是大于 1 的整数,则 $x^{3m}+x^{3n}$ 除以 $x^2+x+1$ 后的余式为 ( ).

(A) $x+1$ (B) 0 (C) 1 (D) 2

3. 若 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=d\left(x\right)$ ,则下面的等式成立的是 ( ).

(A) $\left(\frac{f\left(x\right)}{d\left(x\right)},g\left(x\right)\right)=1$ (B) $\left(\frac{f\left(x\right)}{d\left(x\right)},\frac{g\left(x\right)}{d\left(x\right)}\right)=1$

(C) $\left(f\left(x\right),d\left(x\right)\right)=1$ (D) $\left(f\left(x\right),d\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$

4. 若 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1,\left(f\left(x\right),h\left(x\right)\right)=1$ ,则下列多项式中不一定互素的是 ( ).

(A) $f\left(x\right),f\left(x\right)+g\left(x\right)$ (B) $f\left(x\right),h\left(x\right)+g\left(x\right)$

(C) $f\left(x\right),h\left(x\right)g\left(x\right)$ (D) $f\left(x\right)g\left(x\right),f\left(x\right)+g\left(x\right)$

5. 设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式,又 $\mathbb{K}$ 是包含 $\mathbb{F}$ 的数域,则 ( ).

(A) 若 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{F}$ 上不可约,则 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{K}$ 上也不可约

(B) 若 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{K}$ 上可约,则 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{F}$ 上也可约

(C) 若 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{F}$ 上有重因子,则 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{K}$ 上必有重根

(D) 若 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{K}$ 上不可约,则 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb{F}$ 上也不可约

6. 设 $f\left(x\right)$ 是整系数多项式,则下列命题正确的是 ( ).

(A) $f\left(x\right)$ 有有理根的充要条件是 $f\left(x\right)$ 在有理数域上可约

(B) 若既约分数 $\frac{q}{p}$ 是 $f\left(x\right)$ 的根,则 $q$ 可整除 $f\left(x\right)$ 的常数项

(C) 若 $p$ 是素数且能整除 $f\left(x\right)$ 的除首项外的所有项系数,则 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约

(D) 若 $f\left(x\right)$ 有重因子,则它在有理数域上必有重根

7. 设有理系数多项式 $f\left(x\right)=c{p}_1\left(x\right)p_2\left(x\right)\cdots p_k\left(x\right)$ ,其中 $p_i\left(x\right)$ 为互不相同的次数大于 1 的

首一不可约有理系数多项式,则 $f\left(x\right)$ 在复数域内 $\left(\right)$ .

(A) 无重根 (B) 可能有重根

(C) 无实根 (D) 有 $k$ 个实根

8. 下列多项式在复数域中有重根的是 ( ).

(A) $x^n+1$ (B) $x^n+x^{n-1}+\cdots +x+1$

(C) $1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$ (D) $n{x}^{n+1}-\left(n+1\right)x^n+1$

9. 下列多项式在有理数域上不可约的是 ( ).

(A) $x^{2n+1}+1$ (B) $x^4+4$

(C) $x^6+x^3+1$ (D) $x^4-3x^3+5x^2+2x-5$

10. 下列命题正确的是 ( ).

(A) 若复数 $c$ 是多项式 $f\left(x\right)$ 的 $k$ 重根,则 $c$ 是 $f^{\prime }\left(x\right)$ 的 $k-1$ 重根

(B) 若复数 $c$ 是多项式 $f\left(x\right)$ 的导数 $f^{\prime }\left(x\right)$ 的 $k$ 重根,则 $c$ 是 $f\left(x\right)$ 的 $k+1$ 重根

(C) 若复数 $c$ 是多项式 $f\left(x\right)$ 的 $k$ 重根,则 $c$ 也是 $f^{\prime }\left(x\right)$ 的 $k$ 重根

(D) 若 $f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right)$ 的最大公因子是 $k$ 次多项式,则 $f\left(x\right)$ 有 $k$ 重根

11. 若 $f\left(x\right)$ 是有理数域上的可约多项式,则正确的结论应该是 ( ).

(A) 由 $f\left(x\right)\mid g\left(x\right)h\left(x\right)$ 可推出 $f\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ 或 $f\left(x\right)\mid h\left(x\right)$

(B) $f\left(x\right)$ 必有有理根

(C) 若 $p_1\left(x\right),p_2\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的不可约因子,且 $p_1\left(x\right)$ 和 $p_2\left(x\right)$ 在有理数域内互素,则 $p_1\left(x\right)$ , $p_2\left(x\right)$ 在复数域内无公根

(D) $f\left(x\right)$ 的不可约因子的次数不超过 2

12. 设 $f\left(x\right)$ 是实数域上的多项式,则错误的结论应该是 ( ).

(A) 若 $f\left(x\right)$ 的次数是奇数,则它必有实数根

(B) 若 $f\left(x\right)$ 可约,则它必有实数根

(C) 若 $f\left(x\right)$ 的系数全是正实数,则它没有正实数根

(D) 若 $f\left(x\right)$ 可约,则每个不可约因子的次数不超过 2

13. 以 $\sqrt{2}-1+i$ 为根的次数最小的有理系数多项式的次数为 $\left(\right)$ .

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 6

14. 下列多项式是对称多项式的是 ( ).

(A) $x_1^3+x_2^3-x_3^3$ (B) $2x_1^3+x_2^3+x_3^3$

(C) $x_1^3+x_2^3+x_3^3+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ (D) $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_1{x}_2$

15. 下列多项式有公根的是 ( ).

(A) $x^3-4x^2+5x-2,x^2+x+1$ (B) $x^3-4x^2+5x-2,x^2+x-2$

(C) $x^4-x^2+3x-8,x^3+x^2+x+1$ (D) $x^4-x^2+3x-8,x^3-1$

二、填空题

1. 设 $f\left(x\right)=2x^4-3x^3+4x^2+ax+b,g\left(x\right)=x^2-3x+1$ ,若 $f\left(x\right)$ 除以 $g\left(x\right)$ 后余式等于 $25x-5$ ,则 $a=\left(\right),b=\left(\right)$ .

2. 当 $a,b,c$ 适合条件 ( ) 时, $\left(x^2+c\right)\mid \left(x^3+ax+b\right)$ .

3. 设 $x_1,x_2,x_3$ 是多项式 $x^3-6x^2+5x-1$ 的 3 个根,则 ${\left(x_1-x_2\right)}^2+{\left(x_1-x_3\right)}^2+{\left(x_2-x_3\right)}^2$ $=\left(\right)$ .

4. 设 $f\left(x\right)$ 是一个三次首一多项式,若 $f\left(x\right)$ 除以 $x-1$ 余 1,除以 $x-2$ 余 2,除以 $x-3$ 余 3, 则 $f\left(x\right)=\left(\right)$ .

5. $x^4+2$ 在实数域上是否可约? ( )

6. 设 2 是多项式 $x^4-2x^3+a{x}^2+bx-8$ 的二重根,则 $a=\left(\right),b=\left(\right)$ .

7. 设三次方程 $x^3+p{x}^2+qx+r=0\left(r\ne 0\right)$ ,以此方程根的倒数为根的三次方程为 $\left(\right)$ .

8. 方程 $4x^4-7x^2-5x-1=0$ 的有理根为 ( ).

9. $p$ 是素数, $x^p+px+p$ 和 $x^2+p$ 的最大公因子是 ( ).

10. 已知实系数多项式 $x^3+px+q$ 有一个虚根 $3+2\mathrm{i}$ ,则其余两个根为 $\left(\right)$ .

11. $f\left(x\right)=x^4-3x^3+2x^2-5x+1$ 被 $x-2$ 除后的余数是 $\left(\right)$ .

12. 若二元多项式 $f\left(x_1,x_2\right),g\left(x_1,x_2\right)$ 在一个无穷集上的值相等,问它们是否相同? ( )

13. 设 ${\sigma }_1=x_1+x_2+x_3,{\sigma }_2=x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3,{\sigma }_3=x_1{x}_2{x}_3$ ,则 $x_1^3+x_2^3+x_3^3$ 用 ${\sigma }_i$ 表示, 为 $\left(\right)$ .

14. 多项式 $x^3-2x^2-5x+6$ 的判别式值等于 ( ).

15. 当实数 $t=\left(\right)$ 时,多项式 $x^3+tx-2$ 有重根.

三、解答题

1. 设 $V$ 是由数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式全体组成的线性空间, $f_i\left(x\right),i=1,\cdots ,m,g_j\left(x\right),j=1,\cdots ,n$ 是 $V$ 中两组向量. 假定这两组向量等价,即它们可互相线性表示,求证: $\left\{f_i\left(x\right)\right\}$ 的最大公因子等于 $\left\{g_j\left(x\right)\right\}$ 的最大公因子.

2. 证明: 如果 $\left(x-1\right)\mid f\left(x^n\right)$ ,则 $\left(x^n-1\right)\mid f\left(x^n\right)$ .

3. 证明: 如果 $\left(x^2+x+1\right)\mid f_1\left(x^3\right)+x{f}_2\left(x^3\right)$ ,则 $\left(x-1\right)\mid f_1\left(x\right),\left(x-1\right)\mid f_2\left(x\right)$ .

4. 设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的两个互素多项式, $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 也是 $\mathbb{K}$ 上互素的多项式且 $u\left(x\right)s\left(x\right)-v\left(x\right)t\left(x\right)=1$ ,求证: 对任意的正整数 $m,n$ ,多项式 $u\left(x\right)f{\left(x\right)}^m+v\left(x\right)g{\left(x\right)}^n$ 和 $t\left(x\right)f{\left(x\right)}^m+s\left(x\right)g{\left(x\right)}^n$ 必互素.

5. 设 $p_1\left(x\right),p_2\left(x\right)$ 是两个互素多项式,若 $f\left(x\right)$ 除以 $p_1\left(x\right)$ 的余式为 $r_1\left(x\right),f\left(x\right)$ 除以 $p_2\left(x\right)$ 的余式为 $r_2\left(x\right)$ . 设 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ 是使 $p_1\left(x\right)u\left(x\right)+p_2\left(x\right)v\left(x\right)=1$ 的多项式. 令

$$g\left(x\right)=r_2\left(x\right)p_1\left(x\right)u\left(x\right)+r_1\left(x\right)p_2\left(x\right)v\left(x\right),$$

证明: $g\left(x\right),f\left(x\right)$ 关于 $p_1\left(x\right)p_2\left(x\right)$ 同余.

6. 设 $m\left(x\right)$ 是 $f_i\left(x\right)\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 的公倍式,求证: $m\left(x\right)$ 是最小公倍式的充要条件是 $\frac{m\left(x\right)}{f_i\left(x\right)}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 是一组互素的多项式.

7. 设 $f\left(x\right)=x^{2n+1}-1,f\left(x\right)$ 的不等于 1 的根为 ${\omega }_1,{\omega }_2,\cdots ,{\omega }_{2n}$ ,求证:

$$\left(1-{\omega }_1\right)\left(1-{\omega }_2\right)\cdots \left(1-{\omega }_{2n}\right)=2n+1.$$

8. 设 $f\left(x\right)$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上的多项式且对任意的 $a,b\in \mathbb{F}$ ,总有 $f\left(a+b\right)=f\left(a\right)+f\left(b\right)$ ,求证: $f\left(x\right)=kx$ ,其中 $k\in \mathbb{F}$ .

9. 证明: $x^n+a{x}^{n-m}+b\left(b\ne 0\right)$ 不能有重数大于 2 的重根.

10. 求证: 1 是下列多项式的 3 重根:

$$x^{2n+1}-\left(2n+1\right)x^{n+1}+\left(2n+1\right)x^n-1.$$

11. 求证: 多项式 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ 能被 ${\left(x-1\right)}^{k+1}$ 整除的充要条件是

$$\{\begin{array}{c}{a}_0+a_1+a_2+\cdots +a_n=0,\\ a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n=0,\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\ a_1+2^k{a}_2+\cdots +n^k{a}_n=0.\end{array}$$

12. 求证: 方程 $x^8+5x^6+4x^4+2x^2+1=0$ 无实数根.

13. 设 $f\left(x\right)$ 是次数小于 $n$ 的多项式, $\epsilon =\cos \frac{2\pi }{n}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi }{n}$ 是 1 的 $n$ 次根,求证:

$$f\left(0\right)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}f\left({\epsilon }^i\right).$$

14. 设 $f\left(x\right)$ 是整系数多项式,既约分数 $\frac{q}{p}$ 是 $f\left(x\right)$ 的根,求证: $f\left(x\right)=\left(px-q\right)g\left(x\right),g\left(x\right)$ 是一个整系数多项式.

15. 设奇数次多项式 $f\left(x\right)=\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right)\cdots \left(x-a_n\right)+1,a_i$ 是互不相同的整数. 求证: $f\left(x\right)$ 是有理数域上的不可约多项式.

16. 设 $f\left(x\right)$ 是整系数多项式,若有 5 个不同的整数 $a_i\left(i=1,\cdots ,5\right)$ ,使 $f\left(a_i\right)=5(i=$ $1,\cdots ,5)$ ,求证: $f\left(x\right)$ 没有整数根.

17. 设 $f\left(x\right)$ 是 $n$ 次有理系数多项式,若 $k>n$ ,求证: $\sqrt[k]{2}$ 必不是 $f\left(x\right)$ 的根.

18. 写出一个次数最小的有理系数首一多项式, 使它有下列根:

$$1+\sqrt{3},3+\sqrt{2}\mathrm{i}\text{.}$$

19. 求能使 $1+x^n+x^{2n}+\cdots +x^{mn}$ 被 $1+x+x^2+\cdots +x^m$ 整除的所有正整数对 $\left(m,n\right)$ .

20. 设有实数 $a,b,c$ ,求证: $a>0,b>0,c>0$ 的充要条件是:

$$a+b+c>0,ab+ac+bc>0,abc>0.$$

21. 设 $V$ 是数域 $\mathbb{F}$ 上全体多项式组成的线性空间, $\mathbf{D}$ 是 $V$ 上的线性变换,若 $\mathbf{D}$ 适合

(1) $\mathbf{D}\left(x\right)=1$ ;

(2) $\mathbf{D}\left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)=g\left(x\right)\mathbf{D}\left(f\left(x\right)\right)+f\left(x\right)\mathbf{D}\left(g\left(x\right)\right)$ .

求证: D 就是求导变换.

22. 设 $x^3+p{x}^2+qx+r=0$ 的 3 个根为 $x_1,x_2,x_3$ ,求一个三次方程其根为 $x_1{x}_2,x_1{x}_3,x_2{x}_3$ .

23. 解下列方程组:

$$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2+\cdots +x_n=n,\\ x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2=n,\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\ x_1^n+x_2^n+\cdots +x_n^n=n.\end{array}$$

24. 计算方程

$$x^n+\left(a+b\right)x^{n-1}+\left(a^2+ab+b^2\right)x^{n-2}+\cdots +\left(a^n+a^{n-1}b+\cdots +b^n\right)=0$$

根的方幂和 $s_k=x_1^k+x_2^k+\cdots +x_n^k$ .

25. 当 $c$ 是什么数时,多项式 $x^3+cx+1,x^2+cx+1$ 有公根?

5.3.2 训练题答案

一、单选题

1. 显然 $\left(\mathrm{C}\right)$ 是正确的选择.

2. 注意到 $x^2+x+1$ 可整除 $x^{3k}-1$ ,而 $x^{3m}+x^{3n}=\left(x^{3m}-1\right)+\left(x^{3n}-1\right)+2$ . 故应该选择 (D).

3. (C) 和 (D) 显然不对,(A) 也不是正确的选择,譬如 $f\left(x\right)=x^2,g\left(x\right)=x$ . 应选择 (B).

4. 应该选择 (B). 事实上,若 $h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)$ ,则 $\left(f\left(x\right),h\left(x\right)\right)=1,h\left(x\right)+g\left(x\right)=f\left(x\right)$ .

5. 由定义即知应该选择 (D).

6. 由有理多项式有有理根的条件可知应选择 (B).

7. 选择 (A). 首先,因为每个 $p_i\left(x\right)$ 不可约, $p_i\left(x\right)$ 无重根. 又由已知条件, $p_i\left(x\right)$ 两两互素,所以对不同的 $i,j$ ,存在 $u\left(x\right),v\left(x\right)$ ,使 $p_i\left(x\right)u\left(x\right)+p_j\left(x\right)v\left(x\right)=1$ ,因此各个 $p_i\left(x\right)$ 之间无公根,于是 $f\left(x\right)$ 无重根.

8. 通过计算 $f\left(x\right)$ 和 $f^{\prime }\left(x\right)$ 的公因子知道,应该选择 (D).

9. 令 $x=y+1$ ,用 Eisenstein 判别法可知,应选择 (C).

10. 由重根性质可知, 应该选择 (A).

11. 由上面第 7 题同样的理由知道, 应该选择 (C).

12. 考虑 $f\left(x\right)=\left(x^2+1\right)\left(x^2+2\right)$ ,即知应该选择 (B).

13. 这个多项式为 $\left(x-\sqrt{2}+1-i\right)\left(x-\sqrt{2}+1+i\right)\left(x+\sqrt{2}+1-i\right)\left(x+\sqrt{2}+1+i\right)$ . 选择 (C).

14. 显然应该选择 (C).

15. 通过计算结式可知选择 (B).

二、慎空题

1. 用带余除法即可求得 $a=-5,b=6$ .

2. 同上题求法可得 $a=c,b=0$ .

3. 用 Vieta 定理即可求得答案为 42 .

4. $f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)+x=x^3-6x^2+12x-6$ .

5. 因为不可约实系数多项式的次数不超过 2 , 故此多项式必可约.

6. 将 2 代入多项式及其导数可知,它们都应等于零,可求得 $a=-6,b=16$ .

7. $r{x}^3+q{x}^2+px+1$ .

8. $-\frac{1}{2}$ .

9. 这两个多项式在有理数域上不可约, 又后者不能整除前者, 故必互素, 因此最大公因子为 1 .

10. 实系数方程虚根必成对出现,因此另一个虚根为 $3-2\mathrm{i}$ ,再由 Vieta 定理得另一根为 -6 .

11. 用余数定理求得余数为 -9 .

12. 不一定.

13. ${\sigma }_1^3+3{\sigma }_3-3{\sigma }_1{\sigma }_2$ .

15. -3 .

三、解答题

1. 设 $d_1\left(x\right),d_2\left(x\right)$ 分别是 $\left\{f_i\left(x\right)\right\}$ 及 $\left\{g_j\left(x\right)\right\}$ 的最大公因子,则由已知可推出 $d_1\left(x\right)\mid g_j\left(x\right)$ , 故 $d_1\left(x\right)\mid d_2\left(x\right)$ . 同理可证 $d_2\left(x\right)\mid d_1\left(x\right)$ ,因此 $d_1\left(x\right)=d_2\left(x\right)$ .

2. 由余数定理可得 $f\left(1\right)=0$ ,故 $\left(x-1\right)\mid f\left(x\right)$ ,于是 $\left(x^n-1\right)\mid f\left(x^n\right)$ .

3. 设 1 的三次根为 $1,\omega ,{\omega }^2$ ,则 $f_1\left(1\right)+\omega f_2\left(1\right)=0,f_1\left(1\right)+{\omega }^2{f}_2\left(1\right)=0$ . 因此 $f_1\left(1\right)=$ $f_2\left(1\right)=0$ . 由余数定理即得结论.

4. 令 $\phi \left(x\right)=u\left(x\right)f{\left(x\right)}^m+v\left(x\right)g{\left(x\right)}^n$ 和 $\psi \left(x\right)=t\left(x\right)f{\left(x\right)}^m+s\left(x\right)g{\left(x\right)}^n$ ,则 $f{\left(x\right)}^m=$ $s\left(x\right)\phi \left(x\right)-v\left(x\right)\psi \left(x\right)$ . 假设 $p\left(x\right)$ 是 $\phi \left(x\right)$ 和 $\psi \left(x\right)$ 的不可约因子,由上式可得 $p\left(x\right)\mid f{\left(x\right)}^m$ ,从而 $p\left(x\right)\mid f\left(x\right)$ . 同理可证 $p\left(x\right)\mid g\left(x\right)$ ,这与假设 $\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ 相矛盾.

5. 设 $f\left(x\right)=p_1\left(x\right)q_1\left(x\right)+r_1\left(x\right),f\left(x\right)=p_2\left(x\right)q_2\left(x\right)+r_2\left(x\right)$ ,则

$$f\left(x\right)-g\left(x\right)=f\left(x\right)\left(p_1\left(x\right)u\left(x\right)+p_2\left(x\right)v\left(x\right)\right)-r_2\left(x\right)p_1\left(x\right)u\left(x\right)-r_1\left(x\right)p_2\left(x\right)v\left(x\right)$$ $$=\left(f\left(x\right)-r_2\left(x\right)\right)p_1\left(x\right)u\left(x\right)+\left(f\left(x\right)-r_1\left(x\right)\right)p_2\left(x\right)v\left(x\right)$$ $$=p_2\left(x\right)q_2\left(x\right)p_1\left(x\right)u\left(x\right)+p_1\left(x\right)q_1\left(x\right)p_2\left(x\right)v\left(x\right)$$ $$=p_1\left(x\right)p_2\left(x\right)\left(q_2\left(x\right)u\left(x\right)+q_1\left(x\right)v\left(x\right)\right),$$

故 $p_1\left(x\right)p_2\left(x\right)\mid \left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)$ .

6. 设 $m\left(x\right)=f_i\left(x\right)g_i\left(x\right)$ ,假定 $d\left(x\right)$ 是 $g_i\left(x\right)=\frac{m\left(x\right)}{f_i\left(x\right)}$ 的最大公因子,则 $\frac{m\left(x\right)}{d\left(x\right)}$ 仍是 $f_i\left(x\right)$ 的公倍式. 如果 $d\left(x\right)\ne 1$ ,则 $m\left(x\right)$ 不是 $f_i\left(x\right)$ 的最小公倍式. 反之,若 $m\left(x\right)$ 不是最小公倍式, 设 $m\left(x\right)=h\left(x\right)t\left(x\right),h\left(x\right)$ 是 $f_i\left(x\right)$ 的最小公倍式,则 $t\left(x\right)$ 是 $g_i\left(x\right)$ 的公因子,故 $d\left(x\right)\ne 1$ .

7. 分解因式 $f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots +1\right)=\left(x-1\right)\left(x-{\omega }_1\right)\left(x-{\omega }_2\right)\cdots \left(x-{\omega }_{2n}\right)$ , 因此 $\left(x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots +1\right)=\left(x-{\omega }_1\right)\left(x-{\omega }_2\right)\cdots \left(x-{\omega }_{2n}\right)$ . 令 $x=1$ 代入即得结论.

8. 设 $f\left(1\right)=k$ ,则 $f\left(n\right)=kn\left(n=1,2,\cdots \right)$ . 于是多项式 $f\left(x\right)-kx$ 有无穷多个根,即有 $f\left(x\right)-kx=0$ .

9. 该多项式的导数为 $n{x}^{n-1}+\left(n-m\right)a{x}^{n-m-1}=x^{n-m-1}\left[n{x}^m+\left(n-m\right)a\right]$ . 和原多项式比较,若 $a=0$ ,则 $x=0$ 不是原多项式的根,从而原多项式无重根; 若 $a\ne 0$ ,则 $x=0$ 也不是原多项式的根,而 $n{x}^m+\left(n-m\right)a=0$ 只有单根,因此原多项式的重根数不大于 2 .

10. 容易验证 1 是多项式的根, 又是其导数及二阶导数的根, 但不是其三阶导数的根, 从而由例 5.23 即得结论.

11. 由例 5.23 可知, $f\left(x\right)$ 能被 ${\left(x-1\right)}^{k+1}$ 整除当且仅当 $f\left(1\right)=f^{\prime }\left(1\right)=\cdots =f^{\left(k\right)}\left(1\right)=0$ . 定义 $g_0\left(x\right)=f\left(x\right),g_1\left(x\right)=f^{\prime }\left(x\right),g_i\left(x\right)={\left(x{g}_{i-1}\left(x\right)\right)}^{\prime }\left(i\ge 2\right)$ ,则通过简单的验证可知, $f\left(1\right)=$ $f^{\prime }\left(1\right)=\cdots =f^{\left(k\right)}\left(1\right)=0$ 当且仅当 $g_0\left(1\right)=g_1\left(1\right)=\cdots =g_k\left(1\right)=0$ ,而后者即为题中所给条件.

12. 将任一实数代入方程都得到大于零的数, 因此方程无实数根.

13. 设 $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_m{x}^m\left(m<n\right)$ ,则 $\sum _{i=1}^{n}f\left({\epsilon }^i\right)=n{a}_0+a_1\sum _{i=1}^n{\epsilon }^i+\cdot +a_m\sum _{i=1}^n{\epsilon }^{mi}$ .

注意到 ${\epsilon }^j\left(1\le j<n\right)$ 都是 1 的 $n$ 次根,适合多项式 $x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +1$ . 因此 $\sum _{i=1}^n{\epsilon }^{ji}=0$ . 于是便有我们所需要的等式.

14. 设 $f\left(x\right)=\left(px-q\right)g\left(x\right),g\left(x\right)$ 是一个有理系数多项式. 不妨设 $g\left(x\right)=\mathrm{ch}\left(x\right),h\left(x\right)$ 是本原多项式, $c$ 是有理数,则 $f\left(x\right)=c\left(px-q\right)h\left(x\right)$ . 由 Gauss 引理, $\left(px-q\right)h\left(x\right)$ 也是本原多项式,如果 $c$ 是分数,将和 $f\left(x\right)$ 是整系数多项式矛盾. 因此 $c$ 是整数, $g\left(x\right)$ 是整系数多项式.

15. 设 $f\left(x\right)=g\left(x\right)h\left(x\right)$ 是整系数多项式的分解,则 $g\left(a_i\right)h\left(a_i\right)=1$ . 因为 $g\left(x\right),h\left(x\right)$ 是整系数多项式,必有 $g\left(a_i\right)=1,h\left(a_i\right)=1$ 或 $g\left(a_i\right)=-1,h\left(a_i\right)=-1$ . 无论怎样,都有 $g\left(a_i\right)=h\left(a_i\right)$ . 而 $f\left(x\right)$ 是 $n$ 次多项式, $g\left(x\right),h\left(x\right)$ 的次数小于 $n$ ,故 $g\left(x\right)=h\left(x\right)$ . 于是 $f\left(x\right)=g{\left(x\right)}^2$ ,这和 $n$ 是奇数矛盾.

16. 设 $f\left(x\right)=\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right)\left(x-a_3\right)\left(x-a_4\right)\left(x-a_5\right)g\left(x\right)+5$ ,因为 $f\left(x\right)-5$ 是整系数多项式, $\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right)\left(x-a_3\right)\left(x-a_4\right)\left(x-a_5\right)$ 是本原多项式,所以 $g\left(x\right)$ 必是整系数多项式. 假定 $f\left(x\right)$ 有整数根 $c$ ,则 $-5=g\left(c\right)\left(c-a_1\right)\left(c-a_2\right)\left(c-a_3\right)\left(c-a_4\right)\left(c-a_5\right)$ . 而 -5 仅有因子 $\pm 1,\pm 5$ , 不可能有上述分解.

17. 由 Eisenstein 判别法可知, $x^k-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约,从而它是 $\sqrt[k]{2}$ 的极小多项式. 若 $\sqrt[k]{2}$ 是 $f\left(x\right)$ 的根,则由极小多项式的基本性质可得 $\left(x^k-2\right)\mid f\left(x\right)$ ,但 $\mathrm{deg}f\left(x\right)=n<k$ ,矛盾.

18. 容易验证 $1+\sqrt{3}$ 的极小多项式是 $x^2-2x-2,3+\sqrt{2}\mathrm{i}$ 的极小多项式是 $x^2-6x+11$ . 若有理系数多项式 $f\left(x\right)$ 有根 $1+\sqrt{3},3+\sqrt{2}\mathrm{i}$ ,则由极小多项式的基本性质可得 $\left(x^2-2x-2\right)\mid f\left(x\right)$ , $\left(x^2-6x+11\right)\mid f\left(x\right)$ . 因为 $\left(x^2-2x-2,x^2-6x+11\right)=1$ ,故有 $\left(x^2-2x-2\right)\left(x^2-6x+11\right)\mid f\left(x\right)$ , 从而满足条件的次数最小的有理系数首一多项式为 $\left(x^2-2x-2\right)\left(x^2-6x+11\right)=x^4-8x^3+$ $21x^2-10x-22$ .

19. 由已知,需要 $\frac{x^{m+1}-1}{x-1}|\frac{x^{\left(m+1\right)n}-1}{x^n-1}$ ,即

$$\frac{x^{m+1}-1}{x-1}\cdot \frac{x^n-1}{x-1}|\frac{x^{\left(m+1\right)n}-1}{x-1}\text{.}\text{\hspace{1em}(5.1)}$$

注意到 $\left(x^{m+1}-1\right)\mid \left(x^{\left(m+1\right)n}-1\right),\left(x^n-1\right)\mid \left(x^{\left(m+1\right)n}-1\right)$ ,故有 $\frac{x^{m+1}-1}{x-1}|\frac{x^{\left(m+1\right)n}-1}{x-1}$ , $\frac{x^n-1}{x-1}|\frac{x^{\left(m+1\right)n}-1}{x-1}$ . 若 $m+1$ 和 $n$ 互素,则由例 5.14 以及互素多项式的性质可知, $\frac{x^{m+1}-1}{x-1}$ 和 $\frac{x^n-1}{x-1}$ 互素,从而 (5.1) 式成立. 反之,若 (5.1) 式成立,则由 $\frac{x^{\left(m+1\right)n}-1}{x-1}$ 无重根可知, $\frac{x^{m+1}-1}{x-1},\frac{x^n-1}{x-1}$ 必互素,从而由互素多项式的性质可得 $\left(x^{m+1}-1,x^n-1\right)=x-1$ ,再由例 5.14 可知, $m+1$ 和 $n$ 互素. 因此所有满足 $m+1$ 和 $n$ 互素的正整数对 $\left(m,n\right)$ 即为所求.

20. 只需证明充分性. 设 $a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r$ ,则 $f\left(x\right)=x^3-p{x}^2+qx-r$ 以 $a,b,c$ 为实根. 该方程没有负根,零也不是根.

21. 用归纳法容易证明 $\mathbf{D}\left(x^n\right)=n{x}^{n-1}$ . 再利用线性即可得到结论.

22. 用 Vieta 定理可求得 $f\left(x\right)=x^3-q{x}^2+prx-r^2$ .

23. 类似例 5.59 可得方程的解为 $x_1=x_2=\cdots =x_n=1$ .

24. 对 $k$ 用数学归纳法及 Newton 公式即可证明 $s^k=-\left(a^k+b^k\right)$ .

25. 利用结式可解得 $c=-2$ .