【高等代數】04 - 多項式環

1. 多項式環

1.1 基本定義和性質

　　多項式是數學中的重要概念，在分析和代數中都有普遍的應用，線性變換也很是依賴多項式的理論。雖然在不一樣場景下多項式描述的對象有較大差別，但它們卻有着相似的代數結構，這裏就從純代數的角度討論多項式的結構和性質。如下我會花較多口舌定義什麼是多項式，這種看似「學究」的作法其實正是數學的抽象性和嚴密性所在。

　　先來看多項式的組成元素「（一元）項」，它具備形式\(ax^n\)，其中\(n\)是一個非負整數，它表示項的次數，\(a\)是某個環\(R\)或域\(F\)的元素，被稱爲係數，\(x\)是不定元。要特別強調的是，這裏並無定義項的實際意義，不定元多是任何知足條件的數學概念。\(a\)和\(x^n\)之間也不能當作是某個具體的乘法，這裏只是一個書寫格式，項永遠是做爲一個總體看待的。係數爲\(0\)的項被定義爲互相相等的，而其它項相等的充要條件是係數和次數都相等。

　　另外，在項之間還定義有如式（1）的加法和乘法，且乘法對加法知足分配率。有了這些準備就能夠定義多項式了，一個環\(R\)上的（一元）多項式是有限個非零項之和，它的最終形式是式（2）。爲了敘述方便，\(0\)次項被直接寫作\(a_0\)，但不要忘了其實際意義\(a_0x^0\)。係數非零的最高次項也稱多項式的首項，而\(n\)也叫\(f(x)\)的次數，記做\(\deg f(x)\)。由項的定義不難判定：多項式由它的係數序列\((a_0,a_1,\cdots,a_n)\)惟一肯定。環\(R\)上的全部一元多項式集合記作\(R[x]\)，不難證實在乘法和加法的定義下，\(R[x]\)構成一個環（\(0\)係數的項爲零元，當\(R\)有單位元時\(x^0\)也爲單位元），它叫多項式環。

\[ax^n+bx^n=(a+b)x^n;\;\;ax^m\cdot bx^n=(ab)x^{m+n}\tag{1}\]

\[f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\;\;(a_k\in R,a_n\ne 0)\tag{2}\]

　　其實在《抽象代數》中，咱們已經專門討論過多項式的性質，故對那些已經論述過的結論，這裏就不重複證實過程了。《高等代數》中的多項式是直接定義在數域上的，但其實不少結論在較弱的條件下仍然成立，下面作一些總結（不少結論直接來自抽象代數）。首先不難證實：\(R[x]\)爲交換環（無零因子環、整環）的充要條件是\(R\)爲交換環（無零因子環、整環），特別地，域\(F\)上的多項式環\(F[x]\)是一個含幺整環（有單位元、可交換、無零因子）。另外咱們知道，一個環能夠擴充爲域的充要條件是：它是一個含幺整環。故係數爲含幺整環的多項式環都能擴充爲一個域，其中數域係數多項式的最小擴充域叫分式域。分式域的每一個元素有形式\(f(x)g^{-1}(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}\)，其中\(g(x)\)是非零多項式。在通常數域下，且\(g^{-1}(x)\)都是新添加的元素，若是要想\(g^{-1}(x)\)仍然是一個多項式，能夠添加一個條件：存在某個不可約多項式\(e(x)=0\)（請自行討論）。

1.2 因式和分解

　　和其它環結構同樣，對多項式的討論也集中在其乘法分解，如下先把\(R[x]\)限定在通常的環上。若是有關係式\(f(x)=g(x)h(x)\)，則稱\(g(x)\)爲\(f(x)\)的因式，記做\(g(x)|f(x)\)，多項式的乘法分解其實就是因式分解。當\(f(x),g(x)\)次數相等時，且有\(f(x)=ag(x)\)，這時稱它們是相伴的。這種分解討論起來沒有多大意義，之後咱們只討論因式次數比\(f(x)\)低的分解。若是兩個多項式\(f(x),g(x)\)有共同的因式\(h(x)\)，則\(h(x)\)稱爲\(f(x),g(x)\)的公因式，次數最高的公因式則叫最大公因式，記做\((f(x),g(x))\)。後面要回答的問題天然就是：因式、分解式、（最大）公因式的存在性，以及分解式、最大公因式的惟一性（在相伴意義下）。

　　對任意多項式\(f(x),g(x)\)，若是\(g(x)\)的首項係數爲可逆元，用概括法能夠證實，存在惟一多項式\(q(x),r(x)\)使得式（3）成立。這個式子說明，若是\(f(x),g(x)\)有公因式\(h(x)\)，那麼\(h(x)\)也是餘項\(r(x)\)的公因式，而且\(r(x)\)的次數比\(g(x)\)小。若是在把多項式限定在域上，把\(g(x),r(x)\)換成\(f_1(x),g_1(x)\)後能夠繼續這個過程，直至\(g_i(x)|f_i(x)\)，易知這時\(g_i(x)\)就是\(f(x),g(x)\)的最大公因式。這個方法就是你們熟悉的展轉相除法，值得提醒的是，該方法要求每一個元素均可逆（或者具體問題中\(g_i(x)\)的首項可逆）。

\[f(x)=q(x)g(x)+r(x),\: \text{deg}\,r(x)<\text{deg}\,g(x)\tag{3}\]

　　展轉相除法的過程還間接說明了，存在多項式\(u(x),v(x)\)使得式（4）成立，因爲形式\(a(x)f(x)+b(x)g(x)\)總含有因式\(d(x)\)，故式（4）是它能獲得的次數最大的多項式（相伴意義下也是惟一的）。當\(d(x)=1\)時，說明\(f(x),g(x)\)沒有次數大於\(0\)的因式，這時它們稱爲互素的，而且顯然\(d(x)=1\)是它們互素的充要條件。對於多個多項式，因爲\((f_1(x),..,f_n(x))=((f_1(x),..,f_{n-1}(x)),f_n(x))\)，所以能夠一樣獲得相似（4）的式子，以及它們互素的充要條件。最後我想強調一下，雖然互素的定義能夠不依賴展轉相除法，但要獲得更多有用的性質，仍是得用展轉相除獲得的式（4），所以通常都假定多項式係數在域\(F\)中。如下看似直觀的結論，離開了互素的充要條件將很難證實，請自行練習。

\[u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x))=d(x)\tag{4}\]

　　• 若是\(h(x)|f(x)g(x)\)，且\((f(x),h(x))=1\)，則必定有\(h(x)|g(x)\)；
　　• 若是\(f(x)|h(x),g(x)|h(x)\)，且\((f(x),g(x))=1\)，則必定有\(f(x)g(x)|h(x)\)；
　　• 若是\((f(x),h(x))=1,(g(x),h(x))=1\)，且\((f(x),g(x))=1\)，則必定有\((f(x)g(x),h(x))=1\)。

　　在\(F(x)\)中，當多項式\(p(x)\)沒有次數更低的因式時，它稱爲不可約多項式。易知對任意\(f(x)\)，要麼有\(p(x)|f(x)\)，要麼有\((f(x),p(x))=1\)。由此還能獲得結論：若是\(p(x)\)不可約且\(p(x)|f(x)g(x)\)，則有\(p(x)|f(x)\)或\(p(x)|g(x)\)。在抽象代數中咱們已經證實，含幺整環\(R\)上的\(R[x]\)是一個歐式環，所以是惟一分解環，而域是一個特殊的含幺整環，故\(F[x]\)天然也是惟一分解環。所謂惟一分解固然是指，存在惟一的分解式（5）（相伴意義下，且順序可改變），其中\(p_i(x)\)都是不可約的。這個結論也能夠在多項式上直接證實（和整數環的惟一分解性同樣），但論證方法無本質差別（無非是一個更抽象、更通用）。

\[f(x)=p_1^{n_1}(x)p_2^{n_2}(x)\cdots p_k^{n_k}(x)\tag{5}\]

　　式（5）中若是\(n_i>1\)，則稱\(p_i(x)\)是\(f(x)\)的重因式，不然稱爲單因式。討論重因式有時候是很必要的（好比重根、下篇的不變子空間），爲了斷定重因式，代數中引進了\(f(x)\)形式導函數（6），容易證實這個形式定義的導函數一樣知足式（7）。對於一個\(k\)重因式\(p_i(x)\)，利用這些式子不難證實\(f'(x)\)中\(p_i(x)\)的重數正好是\(k-1\)，故\(f(x),f'(x)\)有公因式\(p_i^{k-1}(x)\)，且\(k-1\)是最高次數。反之若是\(f(x),f'(x)\)有公因式\(p_i^{k-1}(x)\)，也易知\(f(x)\)含有因式\(p_i^k(x)\)，利用這個充要條件能夠判斷重因式的存在性、以及求出因式和重數。

\[f'(x)=na_nx^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+2a_2x+a_1\tag{6}\]

\[[f(x)\pm g(x)]'=f'(x)\pm g'(x);\;\;[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\tag{7}\]

1.3 其它定義和性質

　　當肯定了未知元\(x\)的集合及乘法運算時（包括自身乘法和與\(R\)中元素的乘法），就能夠把具體值\(a\)帶入多項式\(f(x)\)的任何形式（展開或因式乘積），它們的值應該都是相等的，這個值被定義爲多項式在\(a\)處的值\(f(a)\)。這裏咱們先把\(R\)假定爲通常的含幺環，根據式（3）可知，存在惟一多項式\(q(x),r\)使得式（8）左成立。把\(a\)帶入式（8）左便知\(r=f(a)\)，因而有式（8）右成立，它稱爲餘數定理。當\(f(a)=0\)時，\(a\)稱爲\(f(x)\)的根，根據式（8）右可知（還要求\(R\)有單位元）：\(a\)爲\(f(x)\)根的充要條件是\((x-a)\)爲\(f(x)\)的因式，這便在一次項和根之間創建了聯繫。

\[f(x)=q(x)(x-a)+r;\;\;f(x)=q(x)(x-a)+f(a)\tag{8}\]

　　• 已知\((x-a)|f(x^n)\)，求證\((x^n-a^n)|f(x^n)\)；
　　• 已知\(f(x)|f(x^n)\)，嘗試討論\(f(x)\)的根。

　　餘數定理是餘式（3）的特例，它要求環有單位元，且未知元知足多項式的運算律（1）。但其實若是未知元就取環\(R\)，即便\(R\)不知足交換律（從而不知足項的乘法）、而\(f(a)\)僅定義爲把\(a\)帶入式（2），抽象代數中已經證實了：餘數定理仍然成立。這個更通常的餘數定理有着更普遍的應用，一個典型表明就是的Hamilton-Caylay定理，你能夠回到線性代數看看這個定理的證實，其實和抽象代數的證實本質是同樣的。

　　本段的最後，咱們來討論一下多項式性質和係數環（域）的關係。對具體的多項式\(f(x),g(x)\)，先設它們的係數都屬於環\(R_1\)，則它們也屬於其擴環\(R_2,(R_1\subset R_2)\)。容易知道，在\(R_1[x]\)中成立的結論在\(R_2[x]\)中也必定成立，反之則不必定成立。咱們比較關心這樣的問題：\(R_1[x]\)的多項式若是在\(R_2[x]\)中有某個性質，那麼這個性質在\(R_1[x]\)中還會有嗎？在全部的性質討論中，式（4）和惟一分解定理起到了很是重要的做用，爲此咱們就把討論的內容限定在域中吧（\(F_1\subset F_2\)）。

　　式（3）的惟一性就代表了它在\(F_1[x],F_2[x]\)中是同樣的，這就是說整除性（能或不能整除）在\(F_1[x],F_2[x]\)中也是一致的。繼而由展轉相除法和式（4），兩個多項式的最大公因式也不會隨係數域而變化，特別地，兩個多項式的互素關係也與係數域無關。再看看導函數\(f'(x)\)的形式，它在不一樣域中係數是不變的，這樣重因式也是和係數域無關的。你會發現，與係數域無關的性質基本都是因式有關的。

2. 數域上的多項式

2.1 復係數多項式

　　以上討論的是通用多項式的性質，它們適用於任何知足條件的多項式環。最多見的多項式其實仍是數系多項式，而最多見的數系從大到小依次是複數系、實數系、有理數系，下面就按這個順序討論數系多項式特有的性質。數系多項式中，更加關注多項式的值和根，甚至不少因式的討論就是經過根的方法來完成的。

　　對於復係數多項式，最重要的結論固然是代數基本定理：復係數多項式至少有一個根。這個代數基本定理在代數中卻沒有初等的證實方法，比較透徹的方法都須要複變函數的知識，這裏咱們暫時把它當一個結論使用。由上面的討論，\(f(x)\)有復根\(z\)的等價條件是\((x-z)|f(x)\)，依次類推\(f(x)\)有最終分解式（9）。\(n\)次復係數多項式共有\(n\)個複數根（能夠是重根），而且由這\(n\)個複數根和首相係數徹底肯定，復係數不可約多項式只有一次式。多項式最多有\(n\)個根，這一點說明若是兩個多項式\(f(x),g(x)\)在不止\(n\)處相等，則它們必定是徹底重合的，這個特色無論在證實仍是數值計算上都有重要的應用。展開式（9）後對比係數，即可以獲得你們熟悉的韋達（Vieta）公式，這裏就不展現等式內容了。

\[f(x)=(x-z_1)^{n_1}(x-z_2)^{n_2}\cdots (x-z_k)^{n_k},\;(\sum n_i=n)\tag{9}\]

　　復係數多項式的完全可分解性，即便用在其餘數域的多項式上，也會有一些有趣的性質。好比任意數域上的\(f(x),p(x)\in F[x]\)，若是\(p(x)\)是一個不可約因式，從上面的討論知道：\(p(x)\)沒有複數重根。另外，若是\(f(x)\)與\(p(x)\)有某個相同復根，則它們必定是有公因式（利用公式（4））。結合這兩個條件就有：若是\(f(x)\)與不可約因式\(p(x)\)有一個相同復根，則必定有\(p(x)|f(x)\)。

　　• 求證\(x^2+x+1|x^{3m+2}+x^{3n+1}+x^{3l}\)。

　　爲了判斷複數\(c\)是否爲\(f(x)\)的\(k\)重根，利用以前的結論，只需證實\(f(c)=f'(c)=\cdots=f^{(n-1)}(c)=0\)且\(f^{n}(c)\ne 0\)。爲了估算復根的半徑，令\(M=\max\{\dfrac{|a_{n-1}|}{|a_n|},\cdots,\dfrac{|a_0|}{|a_n|}\}\)，這樣便容易有多項式的估算式\(|f(z)|\geqslant|a_n|\left[|z|^n-M\dfrac{|z|^n-1}{|z|-1}\right]\)，顯然當\(|z|-1>M\)時有\(|f(z)|>0\)，故根的半徑在\(1+M\)內。

　　最後來看復係數多項式的兩個應用。對任意方陣\(A\)，能夠記它的特徵多項式\(|\lambda I-A|\)爲\(\prod(\lambda-\lambda_i)^{n_i}\)。而後對任意複數\(k\)，容易求得\(kA\)的特徵多項式爲\(\prod(\lambda-k\lambda_i)^{n_i}\)。把\(1\)的\(k\)階單位根計做\(\{\omega_j\}\)，剛纔的結論是說\(|\lambda I-\omega_j A|=\prod(\lambda-\omega_j\lambda_i)^{n_i}\)，把這\(k\)個式子相乘便有\(|\lambda^k I-A^k|=\prod(\lambda^k-\lambda_i^k)^{n_i}\)，從而可知\(A^k\)的特徵多項式是\(\prod(\lambda-\lambda_i^k)^{n_i}\)（參考第二篇中矩陣多項式的特徵值）。

　　設\(f(x)\in C[x]\)，並設其有\(r\)個不一樣的復根且有展開式\((x-\alpha_i)^{n_i}\)。因爲\(f(x)-a\)與\(f(x)\)互質，故\(f(x)-a\)的\(s\)個不一樣復根與\(f(x)\)不一樣，設其展開式爲\((x-\beta_j)^{m_j}\)。考慮到二者的導數相同，則\(f'(x)=\prod(x-\alpha_i)^{n_i-1}\prod(x-\beta_j)^{m_j-1}h(x)\)。由次數關係知\(n-r+n-s\leqslant n-1\)，從而\(r+s\geqslant n+1\)。這個結論說明，任意兩個不一樣像\(f(a),f(b)\)的原像集合\(f^{-1}(a),f^{-1}(b)\)大於\(n\)，結合前面的結論知，它們能夠惟一肯定\(f(x)\)（即在兩個像上原像相同的多項式也相同）。

2.2 實係數多項式

　　如今來看更爲經常使用的實係數多項式\(f(x)\)，能夠先把它放在複數域上討論，好比它至少有一個復根\(z\)，即有\(f(z)=0\)。對這個等式兩邊同時取共軛，因爲係數都是實數，最終獲得\(f(\bar{z})=0\)，從而\(z\)及其共軛\(\bar{z}\)同時爲\(f(x)\)的根。若是\(z\)不是實數，\(z,\bar{z}\)即是兩個不一樣的根，它們對應的因式\((x-z)(x-\bar{z})\)實際上是實多項式\(g(x)=x^2+px+q\)（\(p^2-4q<0\)），且它在實數繫上不可約。概括地討論實係數多項式\(f(x)/g(x)\)，即可以將\(f(x)\)分解爲惟一標準式（10），從根的角度也能夠說：除了實根外，實係數多項式的復根都是以共軛形式成對出現的。

\[f(x)=\prod(x^2+p_ix+q_i)^{n_i}\cdot\prod(x-b_j)^{m_j}\tag{10}\]

　　• 求\(x^n\pm 1\)在實數域的標準分解式，並由此討論\(\prod\cos\dfrac{k}{n}\pi\)的值。

\[\prod_{k=1}^n\cos\dfrac{k\pi}{2n+1}=\dfrac{1}{2^n};\;\;\prod_{k=1}^n\sin\dfrac{k\pi}{2n}=\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\tag{11}\]

　　實根對於實係數多項式是尤其重要的，利用復根的估算式雖然能給出實根的粗略範圍，卻不能給出實根的個數以及更具體的取值範圍。有一種方法能夠快速地肯定多項式在任一區間內根的個數，從而可使用逼近的方法獲得必定精度的根。爲了說明方法的原理，先來觀察如式（11）的一種展轉相除序列。假定\(f_0(x),f_1(x)\)互質，序列將結束於一個非零的常數，從而在任意\(x_0\)上序列不會連續爲0。假定\(f_i(x_0)=0\)，那麼\(f_{i-1}(x_0),f_{i+1}(x_0)\)必定非零且符號相反。不難判斷在\(x_0\)附近，序列\(\{f_{i-1}(x),f_i(x),f_{i+1}(x)\}\)的符號變化次數老是1。可想而知，當\(x\)連續變化時，序列\(\{f_0(x),f_1(x),\cdots\}\)的符號變化次數只可能在\(f_0(x)\) 的根附近增或減1。若是序列符號的變化次數\(W(x)\)在根附近老是增（或減），那麼\(W(a)-W(b)\)就等於\(f_0(x)\)區間\((a,b)\)上根的個數。

\[f_i(x)=q_i(x)f_{i+1}(x)-f_{i+2}(x)\tag{11}\]

　　對於任意實係數多項式\(f(x)\)，先假設\((f(x),f'(x))=1\)（無重根）且\(x_0\)是\(f(x)\)的一個根，容易知道\(f(x_0^+)\)的符號與\(f'(x_0)\)相同（如圖）。也就是說，當\(x\)由\(-\infty\)連續變化到\(+\infty\)時，W(x)僅在\(f(x)\)的根先後增長1。當\(f(x)\)有重根時，設\(h(x)=(f(x),f'(x))\)，考察\(g_0(x)=f(x)/h(x)\)和\(g_1(x)=f'(x)/h(x)\)，首先他們必定互質。爲了討論\(g_0(x_0^+)\)與\(g_1(x_0)\)的關係，設根\(x_0\)的重數爲\(l\)，並記\(f(x)=(x-x_0)^lp(x)\)。容易證實\(f(x)/(x-x_0)^{l-1}\)在\(x_0^+\)的符號與\(f'(x)/(x-x_0)^{l-1}\)在\(x_0\)的符號相同，進而獲得\(g_0(x_0^+)\)與\(g_1(x_0)\)的符號相同，因此以上結論對\(g_0(x)\)也成立。另外顯然，\(g_0(x),g_1(x)\)同時乘上\(h(x)\)變成\(f(x),f'(x)\)後，並不影響結論（\(W(x)\)在\(f(x)\)的根上可忽略）。總結結論就是，表達式\(W(a)-W(b)\)能夠表示\(f(x)\)在區間\((a,b)\)上不一樣實根的個數（不包括重數），該定理叫作Sturm定理。

2.3 有理和整係數多項式

　　最後再來看有理數域多項式的分解，首先注意到：任何有理係數的多項式\(f(x)\)在乘上適當的整數後均可轉化爲整係數多項式，此時數論的基礎結論就能夠發揮做用。與\(f(x)\)相伴的諸多整係數多項式中，全部係數的公約數爲\(\pm 1\)的尤其特殊，它被稱爲本原多項式。首先容易證實\(f(x)\)的本原多項式只有兩個，且它們恰好知足\(g_1(x)=-g_2(x)\)。而後就是線性代數中論證過的的重要結論（高斯引理）：兩個本原多項式的乘積仍然是本原多項式。基於高斯引理，還能夠輕鬆證實：整係數多項式在有理數域可分解的充要條件是它能夠分解爲兩個整係數多項式，這使得對有理多項式的分解徹底能夠用整係數多項式的分解來取代。

　　徹底斷定整係數多項式的可約性很是困難，但咱們能夠根據一些形式特色來判定某些多項式不可約，一個著名的結論就是Eisenstein判別法：若是存在素數\(p\)使得\(p|a_i,(0\leqslant i\leqslant n-1)\)，但\(p\nmid a_n,p^2\nmid a_0\)，那麼\(f(x)\)不可約。利用高斯引理能夠輕鬆證實判別法的合理性，並能發現條件中若是\(a_0,a_n\)的角色互換結論依然成立。該判別法既可直接使用，有時還能夠對多項式做適當的偏移再斷定。好比分圓多項式\(f(x)=x^{p-1}+\cdots+x+1\)，因爲\((x-1)f(x)=x^p-1\)，用\(x+1\)取代\(x\)後可論證\(f(x+1)\)不可約，從而\(f(x)\)不可約。

　　• 對不一樣素數\(p_1,\cdots,p_t\)，求證\(\sqrt[n]{p_1p_2\cdots p_t}\)是無理數;
　　• 若\(m>n\)，求證任意\(\sqrt[m]{p}\)都不是\(n\)次多項式\(f(x)\)的根。
　　• 判斷\(x^p+px^r+1\)的可約性。

　　整數模\(p\)（素數）的剩餘類域是最多見的有限域，而有限域的好處是能夠只針對有限的狀況進行討論，這個特色能夠幫助判斷整係數多項式\(f(x)\)的可約性。當\(f(x)\)可約時，對其取模\(p\)獲得剩餘類域上的多項式\(\bar{f}(x)\)，顯然\(\bar{f}(x)\)也是可約的（反之不必定成立）。從而當\(\bar{f}(x)\)不可約時，\(f(x)\)必定也不可約，這裏咱們便有了一個判斷整係數多項式不可約的新方法。判斷可約性還能夠有其它綜合的方法，課本上舉了幾個利用多項式根不超過\(n\)的性質的例子，比較值得玩味，如下假設\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)是不一樣的整數，請自行證實如下三個問題。

　　• 求證：\((x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)-1\)不可約；
　　• 求證：\((x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)+1\)在\(n\)爲奇數時不可約，在\(n\geqslant 6\)且爲偶數時不可約；
　　• 求證：\((x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2+1\)不可約。

　　最後來討論一下整係數多項式的有理根與係數的關係，假設\(f(x)\)有根\(\dfrac{p}{q}\)，則它有一次因式\(x-\dfrac{p}{q}\)，從而有本緣由式\(qx-p\)。這說明\(f(x)\)的係數知足式（12），其中前兩個式子能夠初步圈定有理根的範圍，而後經過後兩個式子和其它方法能夠分別驗證是否爲根，這樣便能獲得\(f(x)\)的全部有理根。

\[(qx-p)|f(x)\;\Rightarrow\;q|a_n,\;p|a_0;\;\;p+q|f(-1),\;p-q|f(1)\tag{12}\]

3. 結式和判別式

　　咱們還能夠對多元多項式進行以上相似的討論，其中比較重要的就是對稱多項式。有兩種基本的常見對稱多項式，一種是多項式\(\prod_i(x+x_i)\)展開式的項\(x^{n-k}\)的係數\(\sigma_k=\sum x_{i_1}\cdots x_{i_k}\)，它們被稱爲\(n\)元初等對稱多項式。關於初等對稱多項式，有一個基本定理：任何對稱多項式\(f(x_1,\cdots,x_n)\)均可以惟一表示爲初等對稱多項式的多項式\(g(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)\)。還有一種對稱多項式是冪和式\(s_k=\sum_i x_i^k\)，牛頓公式給出了這兩種對稱多項式之間的關係，本段的兩個結論在線性代數中都有論證。

　　不少狀況下須要判斷或給出兩個多項式\(f(x),g(x)\)（式（13））有公因式（或相同的根）的條件，展轉相除法雖然能解決這個問題，但操做比較麻煩。如今從另外一個角度討論這個問題，在代數閉域中這兩個問題等價因而否有相同的根，咱們就在代數閉域中討論這個問題。設\(f(x),g(x)\)的根分別是\(\{y_1,\cdots,y_m\},\{z_1,\cdots,z_n\}\)，式（14）能夠做爲\(f(x),g(x)\)是否有同根的判別式，它被稱爲\(f(x),g(x)\)的結式。顯然結式是關於\(\{y_i,z_j\}\)的對稱多項式，由基本定理可知它能寫成\(\{a_i,b_j\}\)的表達式，但直接尋找答案比較困難，下面從另外一個等價條件出發反向推導。

\[f(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\cdots+a_0;\;\;g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0\tag{13}\]

\[\text{Res}(f,g)=\prod_{i=1}^m\prod_{j=1}^n(y_i-z_j)=\prod_{i=1}^mg(y_i)=\prod_{j=1}^n(-1)^mf(z_j)\tag{14}\]

　　\(f(x),g(x)\)有相同根其實還等價於：存在不高於\(m-1,n-1\)次的多項式\(f_0(x),g_0(x)\)，使得\(g_0(x)f(x)=f_0(x)g(x)\)。經過比較係數其實能夠獲得一個關於\(f_0(x),g_0(x)\)係數的一次方程（請自行寫出），方程的係數矩陣如式（15）（左半邊有\(n\)列，右半邊有\(m\)列），而\(f_0(x),g_0(x)\)的存在性則等價於\(|R|=0\)，下面就來看\(|R|\)的表達式。因爲每一列正好是多項式的係數，能夠對多項式作以下初等變換：分別把第\(k\)行的\(y_i^k\)倍加到最後一行。不難知道最後一行的前\(n\)個元素爲\(0\)，然後\(m\)個元素有公因式\(g(y_i)\)。

\[R_{m+n}=\begin{bmatrix}a_0&&&b_0&&\\a_1&\ddots&&b_1&\ddots&\\\vdots&\ddots&a_0&\vdots&\ddots&b_0\\a_m&\ddots&a_1&b_n&\ddots&b_1\\&\ddots&\vdots&&\ddots&\vdots\\&&a_m&&&b_n\end{bmatrix}\tag{15}\]

　　如下先假設\(\{a_m,b_m\}\)是化1的，根據韋達定理知\(\{a_i,b_j\}\)可表示爲\(\{y_i,z_j\}\)的多項式，而剛纔的結論說明\(|R|\)有因式\(g(y_i)\)。又由於全部\(\{g(y_i)\}\)之間無公因式，故\(|R|\)有因式\(\prod_ig(y_i)=\text{Res}(f,g)\)，它的次數是\(mn\)。另外一方面，\(|R|\)顯然是\(\{y_i,z_j\}\)的齊次多項式，下面來計算它的次數。根據每一列次數遞增的特色，考慮把每行的次數統一，爲此僅需在每列乘上合適的式子，具體來講是在每一列分別乘上任意一個\(\{n,n-1\cdots,1,m,m-1,\cdots,1\}\)次式。這樣從列來看次數增長了\(m(m+1)/2+n(n+1)/2\)，而從行來看總次數是\((m+n)(m+n+1)/2\)，相減獲得\(|R|\)的次數爲\(mn\)。這個結論說明\(|R|\)與\(\text{Res}(f,g)\)只相差一個常數項係數，把\(\{y_i=0,z_j=1\}\)帶入即可知\(|R|=a_n^n\cdot\text{Res}(f,g)\)，教材上其實就是把\(|R|\)做爲結式的定義的。

　　結式的應用天然是集中在多項式同根的問題上，有一些常見的問題均可以間接地轉化爲同根問題。好比求解二元多項式組\(f(x,y)=0,g(x,y)=0\)時，若是兩個函數都能寫成關於\(x\)（或\(y\)）的多項式，這時的結式是關於\(y\)的方程，就能夠先解出\(y\)再求解\(x\)。再好比參數方程\(x=x(t),y=y(t)\)，若是這兩個方程都能寫成\(t\)的多項式形式，此時的結式就是隻含\(x,y\)的方程，這就獲得\(x,y\)的不含參方程。

　　結式也能夠用於判斷多項式是否有重根，咱們知道\(f(x)\)有重根的充要條件是\((f(x),f'(x))\ne 1\)，設\(f(x)\)的根爲\(\{x_1,\cdots,x_n\}\)，此時的結式爲式（16）左。把\(f'(x)\)按\([\prod(x-x_i)]'\)展開成\(n\)項，而後就能獲得式（16）右。右式能夠有更簡單的相似式（17）左，該式也用於判斷\(f(x)\)是否有重根，它稱爲\(f(x)\)的判別式，它是二次多項式判別式的擴展。利用牛頓定理可知\(D(f)\)可由其係數表示，而結式便給了一個計算方法。另外，利用定義還不可貴到結式和判別式的關係式（18）（19）。

\[\text{Res}(f,\,f')=\prod_{i=1}^nf'(x_i)=\prod_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(x_i-x_j)\tag{16}\]

\[D(f)=\prod_{i\ne j}(x_i-x_j)^2=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\cdot\text{Res}(f,f')\tag{17}\]

\[\text{Res}(f,\,g_1g_2)=\text{Res}(f,\,g_1)\cdot\text{Res}(f,\,g_2)\tag{18}\]

\[D(fg)=D(f)D(g)\cdot\text{Res}^2(f,\,g)\tag{19}\]

　　• 求\(f(x)=x^n+\cdots+x+1\)的判別式。