第4章 多项式

证明. 设 \(\deg p = m\)、\(\deg q = n\)。\(p + q\) 的每个系数是 \(p\) 与 \(q\) 对应系数之和;\(p\) 中次数超过 \(m\) 的系数全为零,\(q\) 中次数超过 \(n\) 的亦然,故 \(p + q\) 中次数超过 \(\max(m, n)\) 的系数全为零。于是 \(p + q\) 若非零,其次数至多为 \(\max(m, n)\)。\(\square\)

证明. 写 \(p = \sum_{j=0}^{m} a_j x^j\)、\(q = \sum_{k=0}^{n} b_k x^k\),其中 \(a_m \ne 0\)、\(b_n \ne 0\)。乘积 \(pq\) 中 \(x^l\) 的系数为 \(c_l = \sum_{j+k=l} a_j b_k\)。

当 \(l \gt m + n\) 时,不存在同时满足 \(j \le m\)、\(k \le n\) 且 \(j + k = l\) 的指标对,故 \(c_l = 0\)。当 \(l = m + n\) 时,唯一的指标对是 \((j, k) = (m, n)\),故 \(c_{m+n} = a_m b_n\)。断言 \(a_m b_n \ne 0\):若 \(a_m b_n = 0\) 而 \(b_n \ne 0\),用 \(b_n\) 的逆元乘等式两边即得 \(a_m = 0\),与假设矛盾(域中没有零因子)。于是 \(c_{m+n} \ne 0\),从而 \(pq \ne 0\) 且 \(\deg(pq) = m + n\)。\(\square\)

证明(存在性). 对 \(\deg p\) 作强归纳。若 \(p = 0\),取 \(t = r = 0\)。设 \(p \ne 0\),记 \(m = \deg p\)。若 \(m \lt n := \deg s\),取 \(t = 0\)、\(r = p\) 即可。以下设 \(m \ge n\),写 \[ p = a x^m + \tilde p,\qquad s = b x^n + \tilde s, \] 其中 \(a, b \ne 0\),且 \(\deg \tilde p \lt m\)、\(\deg \tilde s \lt n\)(\(\tilde p, \tilde s\) 可为零多项式)。令 \(t_1 = (a/b)\, x^{m-n}\)。则 \[ s\, t_1 = \tfrac{a}{b}\, x^{m-n}\big(b x^n + \tilde s\big) = a x^m + \tfrac{a}{b}\, x^{m-n} \tilde s, \] 其中第二项的次数为 \((m-n) + \deg \tilde s \lt m\)(或该项为零)。于是 \(p - s t_1\) 的次数严格小于 \(m\)。由归纳假设,存在 \(t', r \in \mathcal{P}(\mathbb{F})\) 使 \(p - s t_1 = s\, t' + r\),且 \(r = 0\) 或 \(\deg r \lt \deg s\)。取 \(t = t_1 + t'\),即得 \(p = s t + r\)。

证明(唯一性). 设同时有 \(p = s t + r = s \hat t + \hat r\),两组余式都满足余式条件。相减得 \[ s\,(t - \hat t) = \hat r - r. \] 若 \(t \ne \hat t\),则 \(t - \hat t \ne 0\),由定理 4.4(注意 \(s \ne 0\)),左端的次数为 \(\deg s + \deg(t - \hat t) \ge \deg s\),特别地左端是非零多项式;而右端要么为零多项式,要么次数 \(\le \max(\deg \hat r, \deg r) \lt \deg s\),矛盾。故 \(t = \hat t\),代回即得 \(r = \hat r\)。\(\square\)

证明. (\(\Leftarrow\)) 若 \(p = (x-\lambda)t\),则 \(p(\lambda) = (\lambda - \lambda)\, t(\lambda) = 0\)。(\(\Rightarrow\)) 设 \(p(\lambda) = 0\)。由带余除法,\(p = (x - \lambda)t + r\),其中 \(r = 0\) 或 \(\deg r \lt 1\),即 \(r\) 为常数。令 \(x = \lambda\) 代入:\(0 = p(\lambda) = 0 \cdot t(\lambda) + r = r\),故 \(r = 0\),即 \(p = (x-\lambda)t\)。\(\square\)

证明. 对 \(m\) 归纳。\(m = 0\) 时 \(p\) 为非零常数,零点个数为 \(0 \le 0\)。设结论对 \(m - 1\) 成立(\(m \ge 1\))。若 \(p\) 没有零点,结论显然成立。否则取定一个零点 \(\lambda\),由因子定理写 \(p = (x - \lambda)q\);因 \(p \ne 0\) 且 \(\mathcal{P}(\mathbb{F})\) 无零因子,故 \(q \ne 0\),并由定理 4.4 得 \[ m = \deg p = 1 + \deg q, \qquad\text{即 } \deg q = m - 1. \] 对 \(p\) 的任一零点 \(\mu \ne \lambda\),有 \[ 0 = p(\mu) = (\mu - \lambda)\, q(\mu), \] 而 \(\mu - \lambda \ne 0\),域中无零因子,故 \(q(\mu) = 0\)。于是 \(p\) 的零点集合由 \(\lambda\) 加上 \(q\) 的零点组成;由归纳假设,后者至多 \(m - 1\) 个,故 \(p\) 至多有 \(1 + (m-1) = m\) 个零点。\(\square\)

证明(存在性,对 \(m\) 归纳). \(m = 1\) 时 \(p(x) = a x + b\) 且 \(a \ne 0\),取 \(c = a\)、\(\lambda_1 = -b/a\) 即可。设 \(m \ge 2\)。此时 \(p\) 非常数,由代数基本定理它有零点 \(\lambda_1\);由因子定理 \(p = (x - \lambda_1)q\),且由定理 4.4 得 \(\deg q = m - 1 \ge 1\)。由归纳假设 \(q = c\,(x-\lambda_2)\cdots(x-\lambda_m)\),代回即得 \(p\) 的分解。

证明(唯一性). 设 \[ p = c\,(x-\lambda_1)\cdots(x-\lambda_m) = c'\,(x-\lambda_1')\cdots(x-\lambda_m'). \] 比较两边 \(x^m\) 的系数得 \(c = c'\)。由因子定理,\(\mu\) 是 \(p\) 的零点当且仅当 \(\mu\) 等于某个 \(\lambda_i\),也当且仅当 \(\mu\) 等于某个 \(\lambda_j'\);故两组分解中出现的数值集合相同。再看每个数值出现的次数:设 \(\mu\) 在第一组中出现 \(k\) 次、在第二组中出现 \(l\) 次。把两组分别写成 \(p = (x-\mu)^k h = (x-\mu)^l h'\),其中 \(h(\mu) \ne 0\)(第一组的其余因式在 \(\mu\) 处均非零),\(h'(\mu) \ne 0\)(第二组同理)。若 \(k \gt l\),在两式中约去 \((x-\mu)^l\) 后令 \(x = \mu\):左边为 \(0\),右边为 \(h'(\mu) \ne 0\),矛盾;故 \(k \le l\)。对称地 \(l \le k\),于是 \(k = l\)。每个数值出现次数相同,两组分解一致。\(\square\)

证明. 写 \(p = \sum_{j=0}^{m} a_j x^j\),\(a_j \in \mathbb{R}\)。逐项使用上述共轭运算性质,并注意实系数满足 \(\overline{a_j} = a_j\): \[ \overline{p(\lambda)} \;=\; \overline{\sum_{j=0}^{m} a_j \lambda^{j}} \;=\; \sum_{j=0}^{m} \overline{a_j}\; \overline{\lambda^{j}} \;=\; \sum_{j=0}^{m} a_j\, \bar\lambda^{\,j} \;=\; p(\bar\lambda). \] 若 \(p(\lambda) = 0\),则其共轭 \(\overline{p(\lambda)} = 0\),于是 \(p(\bar\lambda) = 0\)。\(\square\)

证明. 把 \(p\) 看作 \(\mathcal{P}(\mathbb{C})\) 中的元素并应用推论 4.11: \[ p = a\,(x - \mu_1)\cdots(x - \mu_m), \] 其中 \(a \in \mathbb{R}\) 是 \(p\) 的首项系数。实零点 \(\mu\) 对应的因式 \((x - \mu)\) 本身就是实系数一次式。非实零点则由定理 4.13(连同前面关于重数的结论)以相同的重数成对出现:\(\mu\) 与 \(\bar\mu\)。对每一对合并: \[ (x - \mu)(x - \bar\mu) = x^2 - (\mu + \bar\mu)\, x + \mu \bar\mu, \] 其中 \(\mu + \bar\mu = 2 \operatorname{Re} \mu \in \mathbb{R}\)、\(\mu \bar\mu = |\mu|^2 \in \mathbb{R}\),故这是实系数二次式;其判别式 \[ (\mu + \bar\mu)^2 - 4\,\mu\bar\mu = (\mu - \bar\mu)^2 = \big(2\,\mathrm{i}\,\operatorname{Im}\mu\big)^{2} = -4\,(\operatorname{Im}\mu)^2 \lt 0 \qquad (\mu \notin \mathbb{R}), \] 故它没有实零点。收集起来:保留实零点的一次因式共 \(j\) 个,共轭对合并得 \(M\) 个二次因式,常数取 \(c = a\);比较次数即 \(j + 2M = m\)。唯一性由推论 4.11 的唯一性得到:实分解不过是把复分解中的共轭因式两两配对后的重写,而每个判别式为负的实二次式的零点恰为一对非实共轭数,配对方式唯一。\(\square\)

证明. 把 \(p\) 视为复多项式,由推论 4.11,\(p\) 在 \(\mathbb{C}\) 中恰有 \(m = \deg p\) 个零点(计重数)。其中非实零点由定理 4.13 成对出现且重数相同,故非实零点(计重数)的个数是偶数。既然 \(m\) 是奇数,实零点(计重数)的个数等于 \(m\) 减去一个偶数,是不小于 \(1\) 的奇数;特别地,\(p\) 至少有一个实零点。\(\square\)