第7章 多项式环

第7章 多项式环

§1 一元多项式环

观察下列表达式有什么不同之处：

1 xx2, 其中x是一个符号； （1）

132 ii2, 其中i=1； （2）

32110AAI, 其中A01。 （3） 232由i2=1及A2I，从（2）、（3）式分别得出

11 ii2i2, （4）

1332 AA2IA2I. （5）

32 （4）的左右两边相等，但所含有的关于i的项却不相同； 同样（5）的左右两边相等，但所含有的关于A的项却不 相同。对于x3x21，当x是一个符号时，只能是 232xx

11x3x2， 22321即相等的两个表达式含有相同的项，此时称xx2为

113232ii,AAI都不能称为多项式。 一个多项式，而22

1. 多项式的定义 设K是一个数域，x是一个不属于K的符号（也称x为不定元）。任意给定一个非负整数n, 在K中任意取定a0,a1,,anK，称表达式

nn1axaxa1xa0 （6） nn1iax为数域K上的一个一元多项式，其中i称为i次项，常数项a0也

称为零次项。

两个一元多项式相等当且仅当它们的同次项的系数对应相等。

系数全为零的多项式称为零多项式，记为0 (00xn0xn10x0)。

2. 多项式的次数：用f(x)表示（6）式中的多项式。如果an0，则称anxn为多项式f(x)的首项，称n为f(x)的次数，记为

degf(x)degfn.

亦即，一元多项式的次数就是系数不为零的项的最高次数。当首项系数an1时，也称f(x)为首一多项式（补充）。 零多项式的次数规定为，即deg0；非零常数是零次多项式，次数为零。约定：

n, ()(), ()n.

3. 多项式的运算 记数域K上的所有一元多项式组成的集合为K[x]。在K[x]中任取f(x)aixi， g(x)bixi，

i0nmi0不妨设nm，则

f(x)g(x)(aibi)xi,

i0n 其中im时，bi0 （7）

f(x)g(x)(aibj)xs,

s0ijsnm （8）

称f(x)g(x)是f(x)与g(x)的和与差，称f(x)g(x)是f(x)与g(x)的积。 多项式的加法与乘法满足下列运算法则：f,g,hK[x]，有 1°加法交换律：fggf； 2°加法结合律：(fg)hf(gh)； 3°加法有零元：0ff0；

4°加法有负元：设f(x)ax，定义f(x)(a)x，称f(x)为

iiiii0i0nnf(x)的负元，它满足

f(f)(f)f0.

5°乘法交换律：fggf； 6°乘法结合律：(fg)hf(gh)； 7°乘法有零单位元1：1ff1f； 8°乘法对加法满足左、右分配律：

f(gh)fgfh； (gh)fgfhf。

注意 试比较整数的加法与乘法、矩阵的加法与乘法，和 多项式的加法与乘法的相似之处。又再比较它们和向量的 运算之间的差别。

命题1（次数定理） 任给f(x),g(x)K[x]，都有

deg(fg)max{degf,degg}； （10） deg(fg)degfdegg. （11）

9°乘法消去律：

（1）由fg0f0或g0；等价于

由f0,g0fg0. （2）由fgfh且f0gh.

证明：（1）由fg0有deg(fg)deg0，即degfdegg。由

n, ()(), ()n. 这只能是degf或degg，即f0或g0。

（2）fgfhf(gh)0。由（1）当f0时可推出gh0， 即gh。

4.环的定义 设R是一个非空集合，如果它有两个代数运算， 一个叫做加法，记作ab，另一个叫做乘法，记作ab； 并且这两个运算满足下面6条运算法则：a,b,cR，有 1°加法交换律：abba； 2°加法结合律：(ab)ca(bc)； 3°加法有零元：存在0R，使得0aa0；

4°加法有负元：对于a，R中有元素d，使得ad0， 称d是a的负元，记作da，从而有a(a)0； 5°乘法结合律：(ab)ca(bc)； 6°乘法对加法满足分配律：

a(bc)abac； (bc)abaca。 则称R是一个环。

最典型的环有：整数集合Z、全体一元多项式的集合K[x]和全体n阶方阵的集合Mn(K)，分别称为整数环、一元多项式环和 全阵环。

子环：环R的一个子集如果也构成一个环，则称它为R的一个 子环。

子环的判定定理：环R的一个非空子集R1成为一个子环的充分必要条件是，R1对于R的减法与乘法都封闭，即 a,bR1abR1,abR1。

给定AMn(K)，称amAmam1Am1a1Aa0I为A的一个多项式， 它是由多项式amxmam1xm1a1xa0将x换成A得到的。

A的多项式全体记为K[A]，即

mm1K[A]{aAaAa1Aa0ImN,aiK,i0,1,,m}。 mm1不难验证K[A]满足环定义中的6条，因而K[A]是一个环， 且是Mn(K)的子环。

5. K[x]的“通用性质”

“通用性质”不要求详细掌握，只要求了解，具体含义见教材 第7页中间一段的文字解释：

设R是一个有单位元的交换环，则K[x]中所有通过加（减） 法和乘法表示的关系式，在不定元x用R中的任何一个元素t代 人后仍然保持成立。

分别取RK[x]和RK[A]，举例说明。

例1 设B是数域K上的n阶幂零矩阵，其幂零指数为l. 令AIkB，kK. 证明A可逆，并且求A1。

§2 整除性与带余除法

1. 整除的定义 设f(x),g(x)K，如果存在[xh(x)K[，x]

使得f(x)h(x)g(x)K[x]，则称g(x)整除f(x)，记作g(x)|f(x)； 否则，称g(x)不能整除f(x)，记作

因式与倍式：当g(x)整除f(x)时，称g(x)为f(x)的因式，称

f(x)为g(x)的倍式。

注：1°0|f(x)当且仅当f(x)0，即只有0|0，当f(x)0时，0不

整除f(x)；

2°f(x)K[x]，都有f(x)|0；

3°bK,b0，f(x)K[x]，都有b|f(x)。 用K表示K中全体非零常数组成的集合。

*

2.多项式的相伴： 在K[x]中， 如果同时有f(x)|g(x)，

g(x)|f(x)成立，则称f(x)与g(x)相伴，记作f(x)～g(x)。

命题1 在K[x]中，f(x)～g(x)当且仅当存在cK，使得

* f(x)cg(x).

命题2 在K[x]中，如果g(x)|fi(x),i1,2,,s，则对于任意

ui(x)K[x],i1,2,,s，有

g(x)|(u1(x)f1(x)u2(x)f2(x)us(x)fs(x)).

3. 带余除法：当g(x)不能整除f(x)时，有

定理3（带余除法定理） 对于K[x]中的任意两个多项式f(x) 与g(x)，其中g(x)0，在K[x]中都存在唯一的一对多项式

h(x)与r(x)，使得

f(x)h(x)g(x)r(x)，其中degr(x)degg(x). （3） （3）式中的h(x)称为g(x)除f(x)（或f(x)被g(x)除）的 商式，r(x)称为g(x)除f(x)的余式。

证明 分存在性和唯一性两部分证明。

（1）存在性 记degg(x)m, degf(x)n. 注意g(x)0有m0. 1°当m0时，g(x)b,bK*。取h(x)1f(x)，r(x)0，有

b

1f(x)f(x)g(x)0，deg0degg(x)0.

b定理成立。

2°当m0，且degf(x)nmdegg(x)时。取h(x)0，r(x)f(x)，

f(x)0g(x)f(x)，degf(x)ndegg(x)m.

定理成立。

3°当m0，且degf(x)nm时。对n作数学归纳法。 假设对次数小于n的多项式，命题的存在性部分成立。 现在看次数为n的多项式f(x)。采用“首项消去法”。 设f(x)，g(x)的首项分别是ax,bx。于是abnmnm1nmnmxg(x)的首项是

anxn（与f(x)的首项相同）。令

1nmxg(x)， （4） f1(x)f(x)anbm 则degf1(x)n. 根据归纳假设，存在h1(x),r1(x)K[x]，使得 f1(x)h1(x)g(x)r1(x)，且degr1(x)degg(x). (5) 将（5）式代入(4)式，得

1nmxg(x) f(x)f1(x)anbm1nmh(x)ab 1nmxg(x)r1(x). （6）

1nmx，r(x)r1(x)，则 令h(x)h1(x)anbm f(x)h(x)g(x)r(x)，且degr(x)degg(x). （7） 根据数学归纳法原理，定理3 的存在性部分得证。

（2）唯一性。 设h(x),r(x),h(x),r(x)K[x]，使得 f(x)h(x)g(x)r(x)，且degr(x)degg(x). （8）

f(x)h(x)g(x)r(x)，且degr(x)degg(x). （9）

从（8），（9）得

[h(x)h(x)]g(x)r(x)r(x). （10） 于是由次数定理有

deg[h(x)h(x)]degg(x)deg[r(x)r(x)] max{degr(x),degr(x)}degg(x). （11）

从而deg[h(x)h(x)]0，只能deg(h(x)h(x))，于是

h(x)h(x)0，即h(x)h(x).

从而又有r(x)r(x). 唯一性得证。

定理3（带余除法定理） 对于K[x]中的任意两个多项式

f(x)与g(x)，其中g(x)，在0K[x]中存在唯一的一对多项

x)式h(x),r(，使得

gx()(x)，且r(xder f(x)h(x)gdgegx （3）

（3）式中的h(x)称为g(x)除f(x)（或f(x)被g(x)除）的 商式，r(x)称为g(x)除f(x)的余式。

例1 用g(x)除f(x)，求商式和余式，其中

322f(x)2x3x5g(x)x2x。1 ，

推论4 设f(

x),g(x)K，且[xg(x)0，则

g(x)|f(x)当且仅当g(x)除f(x)的余式为零。

注意：推论4给出了判断两个多项式是否整除的方法，即用 带余除法，只要余式为零，则它们整除，否则，不整除。

4. 综合除法： 当除式g(x)是一次多项式xa的形式时， 带余除法可以简化为所谓的“综合除法”。它主要的简化 步骤是：将带余除法中含有不定元x的运算过程，简化为 只需用f(x)的系数和a进行运算的过程。

求g(x)除f(x)的商式和余式。

本节最后，设f(x),g(x)K[x], F是一个包含数域K的数域 （称F是K的扩域，如复数域C实数域R有理数域Q）。 此时，f(x)和g(x)也可以看做是F[x]中的多项式。问：f(x)与g(x) 在K[x]中做带余除法的商和余式，和f(x)与g(x)在F[x]中 做带余除法的商和余式是否相同？

答案是肯定的：即商和余式是相同、不变的。 理由如下：设在K[x]中做带余除法的结果如下

f(x)h(x)g(x)r(x)，且degr(x)degg(x). （3）

例2 设f(x)2x46x33x22x5, g(x)x2，

其中f(x),g(x),h(x),r(x)K[x]，h(x)为商式，r(x)为余式。 由于FK，因此f(x),g(x),h(x),r(x)也可以看做F[x]中的多项式， 因而（3）式也可以看做是在F[x]中进行的。但是，由带余除法定理，满足（3）式的h(x)和r(x)是唯一的。因此，无论在K[x] 中还是在F[x]中，g(x)除f(x)的商式和余式都是h(x)和r(x)。即 “带余除法的结果不因数域的扩大而改变。”

由于 g(x)|f(x)当且仅当g(x)除f(x)的余式为零。 由此又可得 命题5 设f(FK，则 x),g(x)K，数域[x在K[x]中，g(x)|f(x) 在F[x]中，g(x)|f(x)。即 “多项式的整除性不因数域的扩大而改变。”

§3 最大公因式

在整数中，2，3，6都是12与18的公因数，其中6 是最大公因数，记为（12，18）=6.其它公因数2，3与 最大公因数6之间满足关系：2|6,3|6，即一般的公因数 总是最大公因数的因数。可见，这里的“最大”不是指 数的大小，而是按整除关系来比较。另外6还可以写成 12 与18的组合形式：6=-112+118. 在多项式的运算中，也有类似这样的现象。

1.公因式：在K[x]中，如果c(x)既是f(x)的因式，又是

g(x)的因式，则称c(x)是f(x)与g(x)的公因式。

2. 最大公因式：如果d(x)同时满足两个条件

① d(x)是f(x)与g(x)的一个公因式；

② 对于f(x)与g(x)的任何一个公因式c(x)， 都有c(x)|d(x)，则称d(x)是f(x)与g(x)的

一个最大公因式。

注意：两个多项式的最大公因式不是唯一的。因为如

果d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式，则d(x)乘以任何 一个非零常数后也是最大公因式。

特殊情形：0与0的最大公因式只能是0； f(x)是f(x)与0的一个最大公因式。

3. 最大公因式的性质 命题1 设f(x),g(x),p(x),q(x)K[x]，如果f(x)与g(x)的所 有公因式组成的集合（记为A）等于p(x)与q(x)的所有公 因式组成的集合（记为B）， 则f(x)与g(x)的最大公因式 的集合（记为C）等于p(x)与q(x)的最大公因式的集合（记 为D）。 即相当于由AB推出CD。

证明 见附页

推论2 设f(x),g(x)K[x]，a,b是K中非零常数，则f(x) 与g(x)的最大公因式的集合等于af(x)与bg(x)的最大公 因式的集合。

引理1 在K[x]中，如果有等式 f(x)h(x)g(x)r(x)，

（这里不要求degr(x)degg(x)），则f(x)与g(x)的最大公 因式的集合等于g(x)与r(x)的最大公因式的集合。

4.最大公因式的存在性及求法

定理3 对于K[x]中的任意两个多项式f(x)与g(x)，都 存在它们的一个最大公因式d(x)，并且d(x)可以表示成f(x) 与g(x)的一个组合，即有K[x]中的多项式u(x)与v(x)，使得 d(x)u(x)f(x)v(x)g(x). （2） 证明 见附页

两个给定多项式的最大公因式不是唯一的，但由最大 公因式的定义，两个最大公因式一定是相伴的，于是任何 两个最大公因式之间只差一个非零常数倍。约定：f(x)与

g(x)的首项系数为1的最大公因式记为(f(x),g(x))，它是由

f(x)和g(x)唯一决定的。

例1 设

322f(x)xx7x2g(x)3x5x 2 ，

求(f(x),g(x))，并且把它表示成f(x)与g(x)的组合。 例2 设

432 f(x)x3xx4x3，g(x)3x310x22x3

求(f(x),g(x))，并且把它表示成f(x)与g(x)的组合。

5. 多项式的互素：K[x]中两个多项式f(x)，g(x)，如果

x)，则称)f(x)与g(x)互素。 (f(x),g( 如果两个多项式互素，那么它们除去零次多项式外 没有其他的公因式。

定理4（互素的判定定理） 使得

u(x)f(x)v(x)g(x)1. （3）

互素的性质定理

(x(f 性质1 在K[x]中，如果f(x)|g(x)h，且

(x),g(x)，)

K[x]中两个多项式f(x)与g(x)

互素的充分必要条件是，存在K[x]中的多项式u(x)，v(x)，

则 f(x)|h(x)。

xg(x)|h(，且x(f 性质2 在K[x]中，如果f(x)|h(，

(x),g(x)，)

则 f(x)g(x)|h(x)。

性质3 在K[x]中，如果(f

6. 多个多项式的最大公因式与互素

定义 在K[x]中，如果多项式c(x)能整除多项式

f1(x),f2(x),,fn(x)中的每一个，那么c(x)叫做这n个多项式

(x),h(x)，)(g(x),h(x)，)

则 (f(x)g(x),h(x))1.

的一个公因式。设d(x)是f1(x),f2(x),,fn(x)的一个公因式， 且d(x)具有性质：f1(x),f2(x),,fn(x)的每一个公因式都是d(x) 的因式，则称d(x)为f1(x),f2(x),,fn(x)的一个最大公因式。 n个多项式f1(x),f2(x),,fn(x)的最大公因式一定存在，且在 相伴意义下是唯一的，用(f1(x),f2(x),,fn(x)) 表示首项系数 为1的那个最大公因式。 求法如下：

(f1(x),f2(x),f3(x))((f1(x),f2(x)),f3(x)). (f1(x),f2(x),,fn1(x),fn(x))((f1(x),f2(x),,fn1(x)),fn(x)).

当(f1(x),f2(x),,fn(x))1时，称f1(x),f2(x),,fn(x)互素 （n个多项式互素）。

注意：n个多项式互素与两两互素不同。两两互素一定 n个多项式互素，但n个多项式互素不一定两两互素。

例如，设

x，1f2(x)2x3x()x)x12(x1)x(f32 f1(x)， . 则f1(x),f2(x),f3(x)互素，但f(x)与f12(x)不互素。

前面有“带余除法的结果不因数域的扩大而改变。” “多项式的整除性不因数域的扩大而改变。”

由于最大公因式可由多次带余除法（辗转相除法）得到，而互素又是最大公因式为1 的特殊情况，所以有：

命题5 两个（及n个）多项式的首项系数为1的最大公

因式以及多项式的互素性不因数域的扩大而改变。

但要注意，f(x)与g(x)的普通公因式通常是随域的扩大而改变的。例如

f(x)x21， g(x)x3x2x1(x21)(x1)，

在实数域中的公因式是x21，而在复数域中的公因式是xi 和xi，在两种数域中的公因式各不一样。但无论是在实数 域中还是在复数域中，f(x)与g(x)的最大公因式都是x21，不随域的扩大而改变。

本节总结 公因式：

最大公因式：不唯一；相伴；(f(x),g(x))表示首项系数为1

的那个最大公因式（唯一）；可用带余除法求最大公因式。 互素：(f(x),g(x))1；

互素的判定定理：f(x)与g(x)互素的充分必要条件是，存在u(x)，

v(x)，使得

u(x)f(x)v(x)g(x)1. 互素的性质定理

(x(f 性质1 在K[x]中，如果f(x)|g(x)h，且

(x),g(x)，)

则 f(x)|h(x)。

xg(x)|h(，且x(f 性质2 在K[x]中，如果f(x)|h(，

(x),g(x)，)

则 f(x)g(x)|h(x)。 性质3 在K[x]中，如果(f(x),h(x)，)(g(x),h(x)，)，

则 (f(x)g(x),h(x))1.

两两互素一定n个多项式互素，但n个多项式互素不一定 两两互素。

“带余除法的结果不因数域的扩大而改变。” “多项式的整除性不因数域的扩大而改变。”

“多项式的首项系数为1的最大公因式不因数域的扩大而 改变。” 但普通公因式随域的扩大而改变。 “互素性不因数域的扩大而改变。”

§4 不可约多项式，唯一因式分解定理

不可约多项式类似于整数中的素数（或质数） 1．不可约多项式的定义 K[x]中一个次数大于零的多项 式p(x)，如果它在K[x]中的因式只有零次多项式和p(x) 的相伴元，则称p(x)是数域K上的一个不可约多项式； 否则称p(x)是可约多项式。

2. 不可约多项式的性质

性质1 K[x]中不可约多项式p(x)与任一多项式f(x)的关系 只有两种：或者p(x)|f(x)，或者p(x)与f(x)互素。 （与素数的性质类似） 性质2

K[x]中，如果p(x)不可约，且

p(x)|f(x)g，则(x

或者p(x)|f(x)，或者p(x)|g(x)。 （与素数的性质类似） 性质3

K[x]中，p(x)不可约当且仅当p(x)不能分解成两个

次数较p(x)的次数低的多项式的乘积。 （与素数的性质类似）

推论：K[x]中的每个1次多项式一定是不可约多项式。

3. 唯一因式分解定理：K[x]中每个次数大于零的多项式

f(x)都能唯一地分解成数域K上有限多个不可约多项式

的乘积。唯一性是指除了因式的先后顺序外，因式分 解的结果只有一个。

（类似于任何整数都能分解成有限多个素数的乘积） 如：7222233

由唯一因式分解定理，K[x]中的任何一个多项式f(x)都可以 分解成如下形式

rr(x)pm(x)， （7） f(x)cp1r(x)p212m其中c是f(x)的首项系数，p1(x),p2(x),,pm(x)是不同的首项 系数为1的不可约多项式，r1,r2,,rm是正整数。 （7）式称为f(x)的标准分解式。

由于K[x]中的任何一个多项式都有形如（7）的分解形式， 因此我们可以用这种分解式来解题，特别是证明题。 例如，要求f(x)与g(x)的最大公因式，可以设

klkl1kmk1f(x)ap(x)p(x)p(x)p 1ll1m(x)，

ttt g(x)bp1t(x)pl(x)ql1(x)qs(x)，

1ll1s则 (f(x),g(x))p1min{k,t}(x)plmin{k,t}(x).

11ll这就是因式分解的理论意义：即可以用因式分解求两个多 项式的最大公因式。

但这种求法的实际意义并不大，原因是：没有一个统一的

方法去求一个多项式的所有不可约因式（见教材）。 而求最大公因式真正通用而且用有效的方法还是前面已 有的辗转相除法。

本节虽然给出了不可约多项式的定义及性质，但实际上 并没有给出一个判断任何一个多项式是否可约的通用方法。 但对于次数比较低的多项式（5次以下），可以用反证法来判断。

例1 证明x22在有理数域上不可约。

rmr2f(x)cp1r1(x)p2(x)pm(x)

§5 重 因 式

1. 重因式的定义：在K[x]中，不可约多项式p(x)称为多项式

f(x)的k重因式，如果pk(x)|f(x)，但pk1(x)不整除f(x)。

当k1时，即p(x)|f(x)，但p(x)不整除f(x)； p(x)称为f(x)的单因式，2当k1时，p(x)统称为f(x)的重因式。

例如，设实数域上的多项式f(x)(x1)(x1)2(x21)3， 则x1是单因式，x1是2重因式，x21是3重因式.

由定义，如果f(x)的标准分解式为

rmr2f(x)cp1r1(x)p2(x)pm(x)，

则p(x)是f(x)的ri重因式。其中指数r1的那些不可约因

ii式是单因式，指数r1的那些不可约因式是重因式。

i

2.如何判断f(x)有无重因式

由于没有一般的方法求一个多项式的标准分解式， 因此，必须寻找别的方法来判断一个多项式有没有重因 式。这里采用最大公因式的方法。

由于最大公因式需要两个多项式，因此引入f(x)的导数f(x)。设

nn1f(x)axaxa1xa0， nn1定义

n1n2 f(x)nanx(n1)an1xa1，

与数学分析中的导数定义一样。

定理1 在K[x]中，如果不可约多项式p(x)是f(x)的一个

k（k1）重因式，则p(x)是f(x)的一个k1重因式。

特别，f(x)的单因式不是f(x)的因式。 证明

推论2 在K[x]中，不可约多项式p(x)是f(x)的重因式的 充分必要条件为：p(x)是f(x)与f(x)的公因式。 证明

推论3 f(x)有重因式的充分必要条件是：f(x)与f(x)有 次数大于零的公因式，即f(x)与f(x)不互素。 定理3 互素。

定理3表明，判断一个多项式f(x)有没有重因式，只要 计算(f(x),f(x))。而求最大公因式有统一的方法：辗转相 除法，所以有统一的方法——辗转相除法判断一个多项

f(x)没有重因式的充分必要条件是：f(x)与f(x)

式有没有重因式。

例1 判断f(x)x33x24在有理数域中有无重因式。

例2 证明：Q(x)中的多项式

x2xnf(x)1x

2!n!没有重因式。

由于多项式的互素性不因数域的扩大而改变，因此有

命题4 一个多项式有无重因式不因数域的扩大而改变。

前面指出，求一个给定多项式的不可约因式分解是一个 很难的问题，特别是当多项式的次数很高时。如果能够 降低多项式的次数且不改变它的不可约因式，则能大大 降低分解因式的难度。这里给出一种方法：

3. 去掉不可约因式重数的方法 设f(x)的标准分解式为

rmr2f(x)cp1r1(x)p2(x)pm(x)，

根据定理1得

r1r1(x)pm(x)h(x)， f(x)p1r1(x)p212m

其中h(x)不能被任何p(x)整除，i1,i122,m ,m于是

r1r1(x)pm(x). (f(x),f(x))p1r1(x)p2 因此用(f(x),f去除f(x)所得的商是 (x cp1(x)p2(x)pm(x)， 把它记作g(x)，即

g(x)f(x)cp1(x)p2(x)pm(x)。

(f(x),f(x)) 此时，g(x)与f(x)有完全相同的不可约因式（不计重数），

g(x)的次数比f(x)的次数要低且没有重因式。通过求g(x)的

因式分解即能得到f(x)的因式分解，步骤如下： （1）先求f(x)；

（2）求最大公因式(f(x),f(x))；

（3）用带余除法求(f(x),f(x))除f(x)的因式即得g(x)； （4）求出g(x)的全部不可约因式p(x)，它们也就是f(x)

i的全部不可约因式（不计重数）；

（4）对每一个不可约因式p(x)，用p(x)反复去除f(x)即

ii得p(x)是f(x)的几重因式。

i

例3 设

f(x)x53x42x32x23x1，

在Q[x]中求一个没有重因式的多项式g(x)，使它与f(x)有 完全相同的不可约因式（不计重数），然后求f(x)的标 准分解式。

总结： 定理3

f(x)没有重因式的充分必要条件是：f(x)与f(x)互素。 命题4 一个多项式有无重因式不因数域的扩大而改变。

§6 多项式的根，复数域上的不可约因式

前面：K[x]中每个次数大于零的多项式都能唯一分解成K[x] 上不可约因式的乘积，由此看出不可约因式起着非常重要的 作用。而且知道，K[x]中的每个一次多项式都是不可约的，于是

K[x]中有没有次数大于1的不可约多项式。需要进一步研究的是，

显然，如果p(x)是次数大于1的不可约多项式，则p(x)没有一次因式。由此，首先要研究K[x]中的一个多项式有一次因式的充分必要条件。

1. 余数定理：在K[x]中，用xa去除f(x)的余式是f(a)。 证明

推论2 在K[x]中，xa整除f(x)当且仅当f(a)0。

注：由余数定理不仅知道，用xa去除f(x)的余式是f(a)，

而且由前面的知识，还可以用综合除法求f(a)。

例1 设f(

32x)5xx11x2x12x(2。) 8，求Q[xf]受推论2中出现f(a)0的启发，引出多项式的根的概念。

2. 多项式的根：设K是一个数域，R是一个包含K的有单位 元的交换环，f(x)K[x]，cR，如果f(c)0，则称c是 f(x)在R中的一个根。

f(x)在复数域中的根称为复根，在实数域中的根称为

实根，在有理数域中的根称为有理根。有时候实系数多 项式除了在实数域中求它的根外，还需要在复数范围内 求根；同样，有理系数多项式除了求有理根外，还需要 在实数、复数范围内求根，这就是根的定义中为什么要 求R包含K的原因。

由推论2：在K[x]中，xa整除f(x)当且仅当f(a)0； 及根的定义：f(x)K[x]，aR，如果f(a)0，则称a是 f(x)在R中的一个根。有

定理3 在K[x]中，xa整除f(x)当且仅当a是f(x)在K中的 一个根。

即多项式f(x)在K[x]中有一次因式的充分必要条件是

f(x)在K中有根。

一个一次因式恰好对应一个根。

由于一次因式有重数概念，于是有

3. 根的重数：如果xa是f(x)的k重因式，则aK称为f(x)的 一个k重根。当k1时，a称为单根；当k1时，a称为重 根（不考虑具体重数）。 注：由重因式的定义，有

a是f(x)的k重根xa是f(x)的k重因式；

(xa)k|f(x)，(xa)k1不整除f(x)；

(k1) (xa)|f(x),(xa)|f(x),,(xa)|f(xa)不整除f(k)(x)；

(x), 但



例2 设

f(a)f(a)f(k1)(a)0, 但f(k)(a)0. 以上过程可以用综合除法去实现。

f(x)x56x411x32x212x8，

判断a2是f(x)的几重根？

由一次因式与根的关系：一个一次因式恰好对应一个根， 得f(x)在K中的根的个数（重根按重数计算），等于f(x)的因 式分解中一次因式的个数（重因式按重数计算），这个数目 不会超过f(x)的次数。于是有 定理4

K[x]中的n次多项式在K中至多有n个根（重根按

重数计算）。

推论5 设K[x]中两个多项式f(x)与g(x)的次数都不超过n。 如果K中有n1个不同元素a1,a2,,an1，使得f(ai)g(ai)，

i1,2,,n1，则f(x)g(x)。

证明

3. 多项式函数

前面提到的多项式中的x只是一个符号或不定元，如果 让x取数域K中的数，则得到多项式函数。

设f(x)K[x]，对于K中的每一个数a，x用a代入得f(a)K. 于是K[x]的一个多项式f(x)确定了K到K的一个映射即K上 的一个函数，称为由多项式f(x)确定的多项式函数，用

f表示，即

f:KK af(a),aK.

问：K[x]中两个不相等的多项式f(x)与g(x)，它们所确定 的函数是否相等？ 回答是肯定的。

定理6 如果数域K上的两个多项式f(x)与g(x)不相等，

则它们确定的K上的多项式函数f与g也不相等。

证明

定理8（代数基本定理） 每个次数大于零的复系数多项 式在复数域中至少有一个根。

定理10 每一个次数大于零的复系数多项式，在复数域 上一定有一个一次因式。

定理11（复系数多项式的唯一因式分解定理） 每个次 数大于零的复系数多项式，在复数域上都可以唯一地分 解成一次因式的乘积：

f(x)a(xc1)r(xc2)r(xcm)r， （2）

12m

其中a是f(x)的首项系数，c1,c2,,cm是互不相同的复数，

r1,r2,,rm是正整数。

推论12 每个n次复系数多项式恰有n个复根（重根按

重数计算）。

根与系数的关系： 设f(x)是首项系数为1的n次复系数多项式，它的n个复 根记为c1,c2,,cn（它们可以有相同的），于是在复数域上

f(x)有因式分解

f(x)(xc1)(xc2)(xcn)。 （3） 又设

f(x)xnan1xn1a1xa0， （4）

将（3）式右端乘出来，并与（4）的右端相比较，得根与 系数的关系如下：

an1(c1c1cn),ka(1)ci1ci2cik,k1i1i2ikn  na(1)c1c1cn.0

定理1（复系数多项式的唯一因式分解定理） 每个次 数大于零的复系数多项式，在复数域上都可以唯一地分 解成一次因式的乘积：

f(x)a(xc1)r(xc2)r(xcm)r， （2）

12m其中a是f(x)的首项系数，c1,c2,,cm是互不相同的复数，

r1,r2,,rm是正整数。

复数域上的不可约多项式只有一次多项式。

定理2（实系数多项式的唯一因式分解定理） 每个次 数大于零的实系数多项式，在实数域上都可以唯一地分 解成一次因式与判别式小于零的二次因式的乘积

rrr f(x)a(xc1)(xc2)(xcs)，

12s (x2p1xq1)k(x2ptxqt)k （3）

1t其中a是f(x)的首项系数，c1,c2,,cs是互不相同的实数，

pi,qi,i1,2,,t是实数，并且满足pi24qi0；r1,r2,,rs，

k1,k2,,kt是正整数。

实数域上的不可约多项式只有一次多项式和判别式 小于零的二次多项式。

§8

在Q[x]中，如果f(x)有有理根，则f(x)有一次因式有理因式， 从而f(x)在有理数域中可约，即

如果f(x)Q[x]有有理根，则f(x)在有理数域中可约。

Q[没有有理根，则x]f(x)在有理数域中是否可约？ 如果f(x)有理数域上的不可约多项式

如何判断Q[x]中次数大于1的多项式f(x)有没有有理根？ 怎么求有理根？

由于有理数可以写成分数，即整数除以整数的形式， 因此可以把有理系数多项式转化成整系数多项式来处理。 例如

f(x)14131xx2x1(3x42x312x6)， 236g(x)g(x)。注意，g(x)是 记g(x)3x42x312x6，则f(x)16整系数多项式，而且它的各项系数的最大公因数只有1。

1. 本原多项式的定义 一个非零的整系数多项式 g(x)bnxnb1xb0，

如果它的各项系数的最大公因数只有1，即(bn,,b1,b0)1， 则称g(x)是一个本原多项式。

如果先求出有理系数多项式f(x)的各项系数的分母的 最小公倍数m，然后提出1；再将括号内的整系数多项式

m系数的最大公因数提出，这时括号内的整系数多项式便 是本原多项式。即

任何一个非零的有理系数多项式f(x)都与一个本原多 项式相伴。

f(x)Q[x]，存在本原多项式g(x)，s.t.，f(x)g(x)

给定一个有理系数多项式f(x)，与它相伴的本原多项 式有几个？

2. 本原多项式的性质 引理1 两个本原多项式g(x)与h(x)在Q[x]中相伴当且仅当 g(x)h(x)。

由引理1，对于一个给定的有理系数多项式f(x)，与它 相伴的本原多项式只有两个，它们只相差一个正负号。 如果要求本原多项式的首项系数为正，则与f(x)相伴的 本原多项式只有一个。

引理2（Gauss引理） 两个本原多项式的乘积还是本原 多项式。

定理1 一个次数大于零的本原多项式g(x)在Q上可约，当且

仅当g(x)可以分解成两个次数都比g(x)的次数低的本原 多项式的乘积。

推论2 如果一个次数大于零的整系数多项式f(x)在Q上可约，则它可以分解成两个次数比它低的整系数多项式的乘积。

定理3 每一个次数大于零的本原多项式g(x)可以唯一地

分解成Q上不可约的本原多项式的乘积。

定理4 设

f(x)anxnan1xn1ax1a 0是一个次数n大于0的整系数多项式，如果q是f(x)的一

p个有理根，其中p,q是互素的整数，那么

p|an， q|a0。

例1 求f(

例2 判断f(

注意 对于次数大于3的整系数多项式f(x)，不能从f(x) 没有有理根就得出f(x)在有理数域Q上不可约的结论。 这是因为f(x)没有有理根，只能说明f(x)没有一次因式。 但是f(x)可能有次数大于1 的因式，从而f(x)可能可约。 例如，f(x)x

定理5（Eisenstein）判别法 设 f(x)anxnan1xn1a1xa0

是一个次数n大于0的整系数多项式，如果存在一个素 数p，使得

（1）p不整除a，即p不整除最高次幂（首项）的系数；

n4432x)3x8x6x3x全部有理根。2的

x)3xx在有理数域上是否可约？1

5x24没有有理根，但f(x)x45x24在Q上可

4约，事实上，f(x)x5x24(x21)(x24)。

（2）p|a，i0,1,,n1，即p整除首项系数以外的其它系数；

i（3）p2不整除a0，即p不整除常数项，

2则f(x)在有理数域上是不可约的。

10例3 判断f(x)4x63x22x在有理数域上是否可约。

推论6 在有理数域中存在任意次数的不可约多项式。

例如，f(x)xn2， f(x)xn3，f(x)xn5等。

有时直接用Eisenstein判别法无法判断f(x)是否在有理 数域上可约还是不可约，这时可以将x换成xb，得到另 一个多项式g(x):

命题7 设f(x)anxna1xa0是次数n大于0的整系数 多项式，b是任意的整数，令

g(x):f(xb)an(xb)na1(xb)a0，

则f(x)在Q上不可约的充分必要条件是g(x)在Q上不可约。 或者说

f(x)在Q上可约的充分必要条件是g(x)在Q上可约。

f(xb)，对g(x)用Eisenstein判别法判断

它是否可约，从而判断出原来的f(x)是否可约。

例3 判断f(x)x42x32x3在有理数域上是否可约。

解 令g(x)

f(x1)。

例4 设p是一个素数，证明多项式

f(x)xp1xp2x1

在有理数域上不可约。 证明 注意

xp1f(x)（等比数列求和），从而有

x1 (x1)f(x)xp1. 将x换成x1，得

p xf(x1)(x1)1. （1）

由（1）式的

(x1)p1kpk1f(x1)xp1pxp2Cpxp，

x 令g(x):f(x1)。因为

kCpp(p1)(pk1)且Cpk是整数，因此k!|k!p(p1)(pk1).

又由于当1kp1时，(p,k!)(k!,p)1，所以当1kp1时，

p1)p(k。这样得到 k!|(k 当1kp1时，p|Cp。 （2）

于是对于g(x)，素数p满足Eisenstein判别法的条件， 所以g(x)在有理数域上不可约，从而f(x)在有理数域上 不可约。

注意：（2）中的结论很重要，以后还会用到。

一元多项式部分内容总结与习题解答

一元多项式部分主要以带余除法为主线：

1.求两个多项式相除的余式和商，判断是否整除；2.求两个多项式的最大公因式；3.判断两个多项式是否互素；4.判断一个多项式是否有重因式：f与f是否互素； 带余除法 f5.去掉不可约因式的重数：令g, 则(f,f) g与f有相同的不可约因式且g没有重因式。 注意：带余除法的结果不因数域的扩大而改变， 因此 凡是能用带余除法求解的问题，其结果不会因数域的扩 大而改变。有些不能用带余除法求解的问题，如因式分 解、不可约多项式的判定，会因数域的扩大而改变。

复数域、实数域上的根与因式分解问题。

有理数域上不可约多项式的判定及有理根的求法。

部分证明题的解答：

P8 题*8 设A的特征多项式为 |IA|(i)l，

isi1证明：A的特征多项式为

2

|IA|(i2)li2i1iis

2i2由此得出：如果是A的l重特征值，则是A的l重特征值。

i|证 由|IAi1s(ili)换成得 ，将

i

|IA|(i)(1)li(i)li，即

lii1i1ss|IA|(i)lii1ss。从而

lili()ii1s|IA||IA|(i)i1，

即

|IA|(2i2)li22i1s， 。

或者

|IA|(i2)li2i1sP20 题9 证明：K[x]中两个多项式f(x)与g(x)不互素的充分 必要条件是，存在两个非零多项式u(x)与v(x)使得 u(x)f(x)v(x)g(x)，

gx()其中 degu(x)degg(x)， devdfegx 。

(x),g(x))d，则x

证 必要性。设f(x)与g(x)不互素，令(f

degd(x)1.f(x)d(x)f1(x)，g(x)d(x)g1(x)，其中degf1(x)degf(x)，

degg1(x)degg(x)。取u(x)g1(x),v(x)f1(x)，则u(x)f(x)v(x)g(x)。

充分性。反证法。若f(x)与g(x)互素，则(f(x),g(x))1。 由u(x)f(x)v(x)g(x)得f(x)|v(x)g(x)，从而f(x)|v(x)。同理， 由u(x)f(x)v(x)g(x)得g(x)|u(x)f(x)，从而g(x)|u(x)。这与

degu(x)degg(x)，degv(x)degf(x)矛盾。所以f(x)与g(x)不互素。

P21 题*11 设AMnx)K [x证明：如果d(x)是 (K)，f(x),g(f(x)与g(x)的一个最大公因式，则齐次线性方程d(A)X0的

解空间等于f(A)X0的解空间与g(A)X0的解空间的交。 证 记d(A)X0的解空间为W，f(A)X0的解空间与g(A)X0 的解空间分别为W与W，要证WWW.

1212XW,则

d(A)X0。由

(f(x),g(x))d(x)，得f(x)d(x)f1(x)，

g(x)d(x)g1(x)，从而f(A)Xd(A)f1(A)Xf1(A)d(A)Xf1(A)00,

即XW。同理XW，从而，XWW，WWW.

121212反之，设XWW，则f(A)X0，g(A)X0。

12由(f(x),g(x))d(x)，有u(x),v(x)K[x]，使得u(x)f(x)v(x)g(x))d(x)。 令xA得

P21 题*12 设AM12nu(A)f(A)v(A)g(A))d(A)，从而

d(A)Xu(A)f(A)X(v)A(g)A)X(u)A0， vA12即XW, 从而WWW。综上所述有WW1W2.

(K)，f1(x),f2(x)K[x]，记f(x)f1(x)f2(x)。

证明：如果(f(x),f(x))1，则f(A)X0的任意一个解都可唯一

地表示成f(A)X0的一个解与f(A)X0的一个解的和。

12证 设X是f(

A)X的任意一个解，由0(f1(x),f2(x))1得，存在

u(x),v(x)K[x]，使得u(x)f(x)v(x)g(x))1。从而有

u(A)f1(A)v(A)f2(A))I，

1 u(A)f1(A)Xv(A)f2(A))XX。

记Xv(A)f2(A)X，X2u(A)f1(A)X，则XX1X2，且

f1(A)X1f1(A)v(A)f2(A)Xv(A)f1(A)f2(A)Xv(A)f(A)X0，

即X是f(A)X0的解。同理可证X是f(A)X0的解。

1122

P27 题3 证明：在K[x]中g2(x)|f2(x)当且仅当g(x)|f(x)。

gh，f2g2h2，从而g2(x)|f2(x)。

证 显然。因为由g(x)|f(x)有f

 设f(x)与g(x)的标准分解式分别为

rmr2f(x)p1r1(x)p2(x)pm(x)， ri0， lml1l2g(x)p1(x)p2(x)pm(x)， li0，

pi(x)是互不相同的不可约多项式。则

2rm2lm2r22l2f2(x)p12r1(x)p2(x)pm(x)，g2(x)p12l1(x)p2(x)pm(x)。

由g

2(x)|f2(x)2li2rilirig(x)|f(x)。

P27 题4 证明本节性质2的逆命题为真：即设p(x)是K[x] 中一个次数大于零的多项式，如果对于任意f(x),g(x)K[x]， 从p(x)|f(x)g(x)可以推出p(x)|f(x)或者p(x)|g(x)，那么p(x)是 不可约多项式。

证 反证法。假如p(x)可约，则p(x)f(x)g(x)，degf(x)degp(x)，

degg(x)degp(x)。由p(x)|p(x)得p(x)|f(x)g(x)。由已知条件得

p(x)|f(x)或者p(x)|g(x)，矛盾。所以p(x)是不可约多项式。

P27 *5题 证明：K[x]中的一个次数大于零的多项式f(x)是

K[x]中某一不可约多项式的方幂的充要条件是，对于任意 g(x)K[x]，必有(f(x),g(x))1或者f(x)|gm(x)，m是某个正整数。

证 设f(x)p(x)，p(x)不可约。g(x)K[x]，要么(p(x),g(x))1

m要么p(x)|g(x)。若(p(x),g(x))1，则(p(x)若p(x)|g(x)，则g(x)p(x)h(x)，g(x)f(x)|gm(x)。

mm,g(x))(f(x),g(x))1。

p(x)mh(x)mf(x)h(x)m，从而

 反证法。设f(x)p1r(x)p2r(x)psr(x)，其中s2，p(x)是互

12si不相同的不可约多项式。令g(x)p2r(x)psr(x)，则

2sf(x)p1r1(x)g(x)。由题设要么(f(x),g(x))1，这与(f(x),g(x))g(x)1

矛盾；要么f(x)|g1sm(x)，从而必有p1(x)|g(x)m，或者p1|p2,，

1或者p|p，矛盾。所以s1，即f(x)p1r(x)。

P27 *题6 证明：K[x]中的一个次数大于零的多项式f(x)是

K[x]中某一不可约多项式的方幂的充要条件是，对于任意 g(x),h(x)K[x]，从f(x)|g(x)h(x)可以推出f(x)|g(x)或者f(x)|hm(x)，

m是某个正整数。

证 由*5题，对h(x)，要么(f(x),h(x))1要么f(x)|h若f(x)|hmm(x)。

(x)，结论成立。

若(f(x),h(x))1，由f(x)|g(x)h(x)f(x)|g(x)，结论成立。

r(x)psr(x)，其中s2，pi(x)是互 反证法。设f(x)p1r(x)p212s

不相同的不可约多项式。令g(x)p1r(x)，h(x)p2r(x)psr(x)，则

12sf(x)g(x)h(x)，从而f(x)|g(x)h(x)。由题设有f(x)|g(x)或者

f(x)|hm(x)，显然矛盾。

P32 题*7 证明：K[x]中一个n(n1)次多项式f(x)能被它的 导数f(x)整除的充要条件是它与某个一次因式相伴。 证  设f(x)c(xa)，则f(x)cn(xa)，显然f(x)|f(x)。

nn1 利用去掉f(x)的不可约因式重数的方法得

f(x)g(x)(f(x),f(x))，其中g(x)f(x)与f(x)有相同的不

(f(x),f(x))可约因式，且g(x)没有重因式。 设f(x)|f(x)，则

(f(x),f(x))cf(x)，从而f(x)cg(x)f(x)。注意 degf(x)n,

degf(x)n1，从而degg(x)1，于是g(x)a(xb)。由f(x)与g(x)

有相同的不可约因式得，f(x)的不可约因式只有xb， 从而

f(x)c(xb)n(xb)n。

2n1P38 题5 证明：在K[x]中，如果(x1)|f(x(x2n11)|f(x2n1)。

)，则

证 由(x1)|f(x 设a是x

2n12n1)有f(x2n1)(x1)g(x)，从而f((1)2n1)f(1)0。

10的任意一个根，则a2n110，a2n11，从而

f(a2n1)f(1)0，这表明a是f(x2n1)0的根，所以(x2n11)|f(x2n1)。

P38 题6 设f(x),f(x)Q[x]，证明：如果

12

(x2x1)|f1(x3)xf2(x3)

则1是f(x)与f12(x)的公共根。

证 由(x 令a1222x1)|f1(x3)xf2(x)3f1(x3)xf2(x3)(xx1)g(x)。

3i是x2x10的一个根，则a2313i也是x2x10 2的一个根，且a在f(x)xf(x)(x33121。

2x1)g(x)两边分别令xa和xa2，得

f(1)af2(1)0 2f(1)af(1)0212 f1(1)f2(1)0，

即1是f(x)与f

(x)的公共根。

P38 题7 设0f(x)C[，并且xf(x)|fm(x，其中m是某个

大于1的正整数。证明：f(x)在复数域中的根只能是零 或单位根（单位根是指长度为1的根）。 证 由f(x)m|fm(x有)f(x)f(x)g。设(xa是f(x)在复数域中的

m任何一个根，则f(a)0，从而有f(am

)0。即：如果a是f(x) 的一个根，则a也是f(x)的一个根。如此反复进行下去， 对任意正整数k，a都是f(x)的根。而f(x)只能有有限多个

mk根，所以kl，使得amkaml，则要么a0，要么

1

amakmlamkml1。

两边取绝对值或模，得|a|

mkml|a|1，a为单位根。

P40 *4题 证明：如果n阶实矩阵A与B不相似，则把它 们看成复矩阵仍然不相似。

证 反证法。若A与B看成复矩阵相似，则存在n阶复矩阵

U使得U1AUB或者AUUB。设UPiQ，其中P,Q都是实矩

阵。将UPiQ代入AUUB得，APPB,AQQB。从而任给实 数t有A(PtQ)(PtQ)B。考虑行列式|PtQ|，它是t的一个n 次多项式，最多有n个实数根。因而存在实数t使得

0|Pt0Q|0，即SPt0Q是一个可逆实矩阵，且满足ASSB，

即S

1ASB，则实矩阵A与B相似，这与题设矛盾。

P48 题7 设a,a,,a是n个互不相同的整数，

12n f(x)(xa1)(xa2)(xan)1，

证明：如果n是奇数，则f(x)在有理数域上不可约。如果

n是偶数，f(x)在有理数域上是否不可约？

证 反证法。假设n是奇数时f(x)在有理数域上可约，则

f(x)f1(x)f2(x)，degfi(x)degf(x),i1,2.

于是 f1(ai)f2(ai)f(ai)1, i1,2,,n.

由于f(a)与f(a)均为整数，从而f(a)与f(a)同为1或同为1。

1i2i1i2i 由此得出f(a)f(a)，即f(a)f(a)0，i1,2,,n. 设

1i2i1i2i g(x)有n个互不相同的根。 g(x)f1(x)f2(x)，则g(ai)，即01212 但degg(x)max{degf,degf}degf(x)n，只能g(x)0，即f(x)f(x)， 从而f(x)f(x)，f(x)的次数必为偶数，矛盾。所以n是奇数

21时f(x)在有理数域上不可约。

当n是偶数时，f(x)可能可约，也可能不可约。如n2，

f(x)(x1)(x1)1x2可约；f(x)(x1)(x2)1x23x3不可约。

P48 题*8 设a,a,,a是n个互不相同的整数，

12n f(x)(xa1)(xa2)(xan)1，

证明：f(x)在有理数域上不可约。

证 反证法。与题7类似，假设f(x)在有理数域上可约， 则f(x)f(x)f(x)，f(a)f(a)f(a)1. 从而f(a)与f(a)一个为1

121i2ii1i2i另一个为1，即总有f(a)f(a)0. 令g(x)f(x)f(x)，则g(x)有

1i2i12n个互不相同的根。但degg(x)n，只能g(x)0，即f1(x)f2(x)，

从而f(x)f(x)。这与f(x)的首项系数为1矛盾，所以f(x)在

21有理数域上不可约。

P48 题*9 设a,a,,a是n个互不相同的整数，

12n 2f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)1，

证明：f(x)在有理数域上不可约。

证 同前面，反证法。假设f(x)在有理数域上可约，则

f(x)f1(x)f2(x)，degfi(x)degf(x),i1,2.

于是

1if1(ai)f2(ai)f(ai)1, i1,2,,n.

2i从而f(a)与f(a)同为1或1。由于f(x)恒为正，因此f(x)没 有实根，从而f(x),f(x)也都没有实根，这样f(a)只能全为1

121i或全为1。否则，若f1(ai)1,f1(aj)1,ij，则由零点定理，

f1(x)在ai与aj之间存在实根，矛盾。不妨设f1(ai)1,i1,2,,n，

此时也有f(a)1,i1,2,,n。

2i（1）若f(x)与f11i2(x)中有一个的次数小于n，不妨设degf1(x)n.

11 由于f(a)1,i1,2,,n，因此f(x)10，由此推出degf(x)0，

degf2(x)degf(x)，与degfi(x)degf(x),i1,2矛盾。

（2）若degf(x)degf(x)n，由于f(a)10,i1,2,,n，因此

121i 同理， 从而

f1(x)1(xa1)(xa2)(xan)(xai) 。

i1nnf2(x)1(xa1)(xa2)(xan)(xai)。

i1f(x)f1(x)f2(x)((xai)1)(xai)2(xai)1。

22i1i1i1nnnn 由此推出 2(xa)0，矛盾。

ii1 因此f(x)在有理数域上不可约。

§9 多元多项式

22xxyy 是二元多项式；

3x24y25z2xy3xz2yz6x5y4z1是三元多项式。

上册学过的二次型

f(x1,x2,,xn)aijxixj

i1j1nn是n元多项式。一般地，有

1. 多元多项式的定义：设K是一个数域，x1,x2,,xn是n个 不定元，称表达式 f(x1,x2,,xn)i1,i2,,inini1i2ai1i2inx1x2xn， （1）

为数域K上的n元多项式，其中ai1i2inK，i1,i2,,in是

iixn非负整数，称aiiix1ix2为一个单项式，aiii是它的系数。

12n12n12n如果两个单项式的xj(j1,2,,n)的幂指数都对应相等，则称 这两个单项式为同类项。同类项可以合并，约定：n元多项 式中的单项式都是不同类的。

2. 单项式与多项式的次数

iixn 称i1i2in为单项式aiiix1ix2的次数，n元多项式

12n12nf(x1,x2,,xn)中系数不为零的单项式的次数的最大值称为 f(x1,x2,,xn)的次数，用degf表示。

零多项式的次数规定为。

例如，3元多项式

4323 5x13x1x22x1x2x3x2x2x3

的各单项式的次数依次为：4，4，4，3，2，因而该多项 式的次数为4。其中5x14,3x13x2,2x1x2x32的次数都是4，但它们 并不是同类项。

3. 多元多项式的加法与乘法 数域K上所有n元多项式组成的集合记作K[x1,x2,,xn]。 在K[x1,x2,,xn]中定义加法与乘法如下

i1,i2,,inini1i2ai1i2inx1x2xni1,i2,,inini2bi1i2inx1i1x2xn

（2）

i1,i2,,inini1i2(ai1i2inbi1i2in)x1x2xn

（同类项的系数相加）

(i1,i2,,inini1i2ai1i2inx1x2xn)(j1,j2,,jnbj1j2jnx1j1x2j2xnjn)

k1,k2,,knknk2ck1k2knx1k1x2xn， （3）

其中ckkk12ni1j1k1i2j2k2injnknai1i2inbj1j2jn。

（4）

4. 单项式的排列顺序：字典排列法 43235x3xx2xxxx 1121232x2x3

的次数是4，其中5x14,3x13x2,2x1x2x32的次数都是4，那么三个 单项式5x14,3x13x2,2x1x2x32的先后顺序怎么排列？ 一个多元多项式的首项怎么确定？

iixn 每一个单项式aiiix1ix2对应一个n元有序数组(i1,i2,,in)。

12n12n对于两个n元有序数组(i1,i2,,in)与(j1,j2,,jn)，如果i1j1,i2j2，

,,is1js1，isjs(1sn)，则称(i1,i2,,in)优先于(j1,j2,,jn)，记作

(i1,i2,,in)(j1,j2,,jn)。

例如，(4,2,3,3)(4,2,2,4)，(4,2,2,4)(4,1,4,3)。 n元有序数组之间的\"\"关系具有传递性，即如果 (i1i,2,in,j)j1(2j,n，

,(j1,j2,),jn)(k1,k2,,kn)，

则 (i1,i2,,in)(k1,k2,,kn)。

理由如下：设(i1,i2,,in)(j1,j2,,jn)中第一次出现\"\"

的位置在第s项，(j1,j2,,jn)(k1,k2,,kn)中第一次出 现\"\"的位置在第t项。l是s与t中较小的那一个，则 由ilkl(iljl)(jlkl)0即得(i1,i2,,in)(k1,k2,,kn)成立。

给出了n元有序数组之间的排列顺序后，n元单项式之 间也有了一个先后顺序，这种排列顺序类似于英文单词 的排列顺序，因此称为字典排列法。例如

43235x3xx2xxxx 1121232x2x3

就是按字典顺序排列法排列的结果：

(4,0,0)(3,1,0)(1,1,2)(0,3,0)(0,1,1).

又如

4532x1x2x3x1x2x36x1

按字典顺序排列法排列的结果是

4352xxx6xxx 123112x3， (4,1,1)(3,0,0)(1,5,1).

5. 多元多项式的首项：按字典顺序排列法写出来的第一个 系数不为零的单项式称为n元多项式的首项。

44352x2xxx6xxxx 例如，上面多项式1231x2x3. 1123的首项是

但要注意，首项不一定具有最大的次数，这一点与一元 多项式不同。

4352xxx6xxx例如上面多项式123112x3的次数是7，而首项

2x14x2x3的次数为6.

虽然n元多项式的首项不一定具有最大的次数，但n元 多项式的下述性质确与一元多项式相同：乘积的首项等 于首项的乘积。

定理1 在K[x1,x2,,xn]中两个非零多项式的乘积的首项等 于它们的首项的乘积。

由定理1可以得出：两个非零多项式的乘积仍是非零 多项式。这是因为非零多项式的首项一定是非零的，而 两个非零多项式的乘积的首项等于它们的首项的乘积， 因而乘积之后的首项也是非零的，不可能是零多项式。 由此又可以得出：多元多项式的乘法满足消去律。

推论2 在K[x1,x2,,xn]中，如果fi0,i 观察：

333x1x2x33x1x2x3的每个单项式的次数为3；

1,2,m, ，则

f1f1fm的首项等于每个fi的首项的乘积。

4222x13x1x2x3x1x2x3的每个单项式的次数为4.

一般地，有

6. 齐次多项式 数域K上的n次多项式g(x1,x2,,xn)称为m 次齐次多项式，如果它的每个系数不为零的单项式的次

数都为m。

333xxx因此，1233x1x2x3是3次齐次多项式；

4222x3xxxxxx 11231是24 3次齐次多项式。

显然，两个齐次多项式的乘积仍是齐次多项式，且乘积 之后的次数等于这两个齐次多项式的次数之和。

对于非齐次多项式此结论是否也成立呢？答案是肯定的。

定理3 设f(x1,x2,,xn)，g(x1,x2,,xn)是K[x1,x2,,xn]中的

任何两个n元多项式，则

f(g) degdfeggd (5) 。

以下定理给出了齐次多项式的一个重要性质。

定理6 设f(x1,x2,,xn)K[x1,x2,,xn]且f0，m是一个非 负整数。则f(x1,x2,,xn)是m次齐次多项式的充要条件是： 对于tK，都有

f(tx1,tx2,,txn)tmf(x1,x2,,xn)， （12）

*当n1时，K[x1,x2,,xn]中没有带余除法，因而没有最大 公因式、互素等概念。但有因式分解，只是远比一元多 项式的因式分解复杂。

一元多项式中有多项式和多项式函数，类似地，也有n元 多项式和n元多项式函数。如果将n元多项式f(x1,x2,,xn) 中的不定元x1,x2,,xn取数域K中的数，则由此产生的函数 称为n元多项式函数，记为f，而且有以下类似定理：

,n,x),g1(xxn,x,定理5 设f(x1,x22,)Kx,,x, ，如果12[xn]多项式f(x1,x2,,xn)与g(x1,x2,,xn)不相等，则由它们确 定的多项式函数f与g也不相等。

：即在关于n元多项式 n元多项式也有所谓“通用性质”

的等式中，可以将不定元x1,x2,,xn分别换成任意其它n 元多项式，或将x1,x2,,xn分别换成数域K上的任何矩阵。

§10 对称多项式

观察：

xxx3x1x2x3,

将x1,x2,x3两两任意交换位置，所得多项式保持不变；而

4222x3xxxxxx 1123123

313233却不具备此性质。

,xn,K)x1x[,] 1. 对称多项式的定义 设f(x1,x22,xn,，如果

任意交换x1,x2,,xn的位置，所得多项式都保持不变，则 称f(x1,x2,,xn)是一个n元对称多项式。即i,j1,2,,n都有

f(x1,,xi,,xj,,xn)f(x1,,xj,,xi,,xn).

注：由对称多项式的定义知，如果一个n元对称多项式

iixn f(x1,x2,,xn)含有一项ax1ix2，则f(x1,x2,,xn)同时含有

12n一切形如

ini1i2axxx j1j2jn

的项，其中jjj取1,2,,n的所有n元排列。

12n 例如，如果3元对称多项式f(x1,x2,x3)含有一项x12x2，则

0f(x1,x2,x3)应当含有一切形如x2jxjxj123的项，其中j1j2j3是1,2,3

的任意3元排列。从而f(x1,x2,x3)应当还含有下列5项：

22222xxxxxxxxx 13，21，23，31，3x2，

于是3元对称多项式中，含有x12x2的项数最少的对称多项 式为

222222f(x,x,x)xxxxxxxxxxx 12312132123313x2。

2. 对称多项式的结构 记K[x1,x2,,xn]中所有对称多项式组成的集合为W，本节 的剩余部分主要讨论W的结构。

命题1 W是K[x1,x2,,xn]的一个子环。

命题2 设f,f,,f12nW是n个n元对称多项式，g(x1,x2,,xn)

K[x1,x2,,xn]是任意一个n元多项式，则

h(x1,x2,,xn)g(f1,f2,,fn) 总是对称多项式。

注：命题2表明，如果知道了K[x1,x2,,xn]中的n个n元对 称多项式，那么就可以得到无穷多个n元对称多项式。 问：能否找到n个最基本的对称多项式，使得用命题2的 方法能够得到所有的n元对称多项式，亦即每一个n元对 称多项式能否都可以用命题2 的方法得到。如果能的话，这样的基本对称多项式怎么找？

受到多项式的根与系数之间的关系

nan1(c1c1cn)=cj,j=1ka(1)ci1ci2cik,k1i1i2ikn  a0(1)nc1c1cn.的启发，考虑如下n个n元多项式： 1(x1,x2,,xn)xj,

j=1n2(x1,x2,,xn)1j1j2nnxj1xj2,

………………….

k(x1,x2,,xn)1j1j2jknnxj1xj2xjk,

…………………..

n(x1,x2,,xn)x1x2xn.

不难验证，，，，都是对称多项式，称，，，为

12n12n 初等对称多项式，以下定理表明它们就是要找的基本 对称多项式。

定理3（对称多项式基本定理） 对于K[x1,x2,,xn]中的任 意一个对称多项式f(x1,x2,,xn)W，都存在K[x1,x2,,xn]中 唯一的多项式g(x1,x2,,xn)K[x1,x2,,xn]，使得 f(x1,x2,,xn)g(1,2,,n).

例1 在K[x,1中，用初等对称多项式表示对称多项式 x]2,x32222x12x3x2x3。 f(x1,x2,x3)x12x2 解 方法一：首项消去法。f(x,x,x)的首项是xx，它的幂

1232212指数组为（2, 2, 0）. 作多项式 1(x1,x2,x3)1222203022， 令 f1(x1,x2,x3)f(1x,xx2,3)1(x1 ,x,x)2222x12x3x2x3(x1x2x1x3x2x3)2 x12x222x3x1x2x3)213。 2(x12x2x3x1x2

f1(x1,x2,x3)的首项是2x12x2x3，它的幂指数组为（2, 1, 1）.

令

1113213， 2(x1,x2,x3)21212 f2(x1,x2,x3)f1(x1,x2,x3)2(x1,x2,x3)0 于是

待定系数法：基本定理的证明过程中指出，序列（10） 中f的首项的幂指数组(p,p,,p)必满足:

i12nf(1x,x)222。2,x31 3l1p1p2pn，

其中(l,l,,l)是f的首项的幂指数组。满足上述条件的非

12n负整数组(p1,p2,,pn)只有有限多个，把它们全部找出来， 每一个这样的幂指数组都对应一个, 再将f表示成的

ii线性组合，并通过取特殊值确定系数，这就是是我的 带定系数法。这种方法特别适合齐次对称多项式。

例2 用待定系数法求解例题1：

在K[x1,x2,x3]中，用初等对称多项式表示对称多项式

2222f(x1,x2,x3)x12x2x12x3x2x3。

解 f(x1,x2,x3)的首项的幂指数组为（2, 2, 0），求(p1,p2,p3) 要求它满足条件：2p1p2p3。注意本题中的f还是 4次齐次多项式，因此(p,p,p)还满足

123 2p1p2p3， p1p2p34。

满足上述条件的数组只有两组：(2, 2, 0) 和(2, 1, 1)。记

113 11222203022， 221`121。1 3令 fa22b13，a,b待定。

取x1x2x31，得f3,13,23,31; 取x1x21,x30 得f1,12,21,30。于是有

9a3b3 a0b1

,，2 解得 a1b所以

f(1x,x)222。2,x31 3比较两种办法得出：待定系数法要好于首项消去法。

例3 在K[x1,x2,,xn]，用初等对称多项式表示对称多项式 f(x1,x2,,xn) 解 f1ijnxi2x2j。

1ijnxi2x2j的首项的幂指数组为(2, 2, 0, …, 0)，且f

是4次齐次多项式，所以(p1,p2,,pn)应该满足条件：

2p1p2pn， p1p2pn4。

满足上述条件的数组共有三组：

(2, 2, 0, …, 0)，(2, 1, 1, 0, …, 0)，(1, 1, 1, 1, 0, …, 0)， 记

220000023nn10 121， 211100000034n3, 212`121n11`111111000021234n1n4,

令

2f(x1,x2,,xn)2a13b4，a,b是待定系数。

用1, 1, 1, 0, …, 0代替x1,x2,x3,x4,,xn得f的值为3，1,2,3,4 的值依次为3，3，1，0； 用1, 1, 1, 1, 0, …, 0代替

x1,x2,x3,x4,x5,,xn得f的值为6，1,2,3,4的值依次为4，6，

4，1．代入上式 得

93a0b3 3644a1b6

,，2 解得 a2b2x,x,,x)2 4所以 f(1。2n2213

*补充：n次方程的判别式。 对称多项式的一个重要应用是关于n次方程的判别式 的推导。

众所周知，二次方程x2bxc0的判别式为b24c。 问：它是怎么得来的？ 分析：

x2bxc0有重根当且仅当b24c。设x2bxc0的

两个根为x1,x2，则x2bxc0有重根当且仅当（xx)122121220.

注意（xx)是关于x,x的对称多项式，将它用1=x1x2,2=x1x2 表示为

（x1x2)2=（x1x2)24x1x21242.

,b=x1x2c 再由根与系数的关系：x1x2得 2 （x1x2)2=1242(b)24cb24c, 这就是二次方程的判别式的来历。 对于一般的n次方程

f(x)xnan1xn1a1xa00， （1） 设它的n个根为x1,x2,,xn，则上述n次方程有重根的充要 条件是（xixj)20。 称

1ijn

D(f)1ijn（xx) （2）

2ij2ij1ijn 为方程（1）的判别式。由于D(f)（xx)是x1,x2,,xn 的对称多项式，由前面对称多项式的基本定理，存在

g(x1,x2,,xn)K[x1,x2,,xn]，使得

D(f)g(1,2,,n). 再由根与系数的关系，

1an1,2an2,,n(1)na0， 从而得到n次方程的判断式

nD(f)g(a,a,,(1)a0)。 （3） n1n2

注意：理论上讲，任何n次方程都有判断式，但由于

D(f)1ijn2（xx)，首项 ij的次数非常高（2Cn2n(n1)次）

也比较复杂，因此无论用首项消去法还是待定系数法， 把D(f)（xixj)2表示成1,2,,n的多项式的过程都

1ijn比较复杂，实施起来非常困难。

如在简单的n3的情形，D(f)（xixj)2是一个6次

1ij3齐次多项式，首项为x14x22, 幂指数为(4, 2, 0)。即使按待 定系数法，满足条件：

4p1p2p，3 p1p2p36

的幂指数组也有8个（？）。再考虑首项系数为1，待定 系数也有7个，要解一个7元线性方程组，不容易，何 况n很大的情形。

一般n次方程的判断式的求法，需要用到牛顿(Newton) 公式。

其大致思路如下: 引入Vandermonde 矩阵

1x1Bn1x1| 它的行列式|B1x2n1x21xn，

n1xnij1ijn)|B|B|。因此| （xx，且

D(f)

1ijn2（xx)ij|B||B||BB|，即