高等代数课件PPT之第1章多项式 122页

'高等代数多项式行列式线性方程组矩阵二次型线性空间线性变换欧几里得空间 第1章多项式多项式理论是高等代数的重要内容之一。它不但为高等代数所讲授的基本内容提供了理论依据，其中的一些重要定理和方法在进一步学习数学理论和解决实际问题时常常用到。本章介绍一元多项式的基本理论。 第1章多项式数域一元多项式整除的概念最大公因式因式分解定理重因式多项式函数复系数与实系数多项式的因式分解有理系数多项式 1数域要说的话：对所要讨论的问题，通常要明确所考虑的数的范围，不同范围内同一问题的回答可能是不同的。例如，x2+1=0在实数范围与复数范围内解的情形不同。常遇到的数的范围：有理数集、实数集、复数集共性（代数性质）：加、减、乘、除运算性质有些数集也有与有理数集、实数集、复数集相同的代数性质为在讨论中将其统一起来，引入一个一般的概念——数域。 1数域1.数域的定义设P是由一些复数组成的集合，其中包括0与1.如果P中任意两个数的和、差、积、商（除数不为零）仍在P中，则称P为一个数域.常用到的数域：有理数域Q、实数域R、复数域C.2.数域定义的另一形式包含0与1的数集P，如果对于加法、减法、乘法、除法（除数不为零）运算封闭，则称P为一个数域. 例1所有形如(a、b是有理数)的数构成一个数域.解(i)(ii)对四则运算封闭.事实上 3.有理数域是一个最小的数域（任何数域都包含有理数域作为它的一部分）证：设P为一个数域.由定义知1P，又P对加法封闭知：1+1=2，1+2=3，…P包含所有自然数；由0P及P对减法的封闭性知：P包含所有负整数，因而P包含所有整数；任何一个有理数都可以表为两个整数的商，由P对除法的封闭性知：P包含所有有理数.即任何数域都包含有理数域作为它的一部分. 2一元多项式（以固定数域P为基础）1.定义设x是一个符号(文字)，n为非负整数.形式表达式称为系数在数域P中的一元多项式，简称为数域P上的一元多项式.i次项i次项系数首项(an0)习惯上记为f(x)，g(x)……或f,g……上述形式表达式可写为符号x可以是为未知数，也可以是其它待定事物. 几个概念:零多项式——系数全为0的多项式多项式相等——f(x)=g(x)当且仅当同次项的系数全相等（系数为零的项除外）多项式f(x)的次数——f(x)的最高次项对应的幂次，记作(f(x))或deg(f(x)).如：f(x)=3x3+4x2-5x+6的次数为3，即deg(f(x))=3 2.多项式的运算例f(x)=2x2+3x–1,g(x)=x3+2x2-3x+2，则f(x)+g(x)=(2x2+3x–1)+(x3+2x2-3x+2)f(x)g(x)=(2x2+3x–1)(x3+2x2-3x+2)乘法较为复杂，应用竖式方便、明了：f(x)-g(x)=(2x2+3x–1)-(x3+2x2-3x+2) 2.多项式的运算f(x)=2x2+3x–1g(x)=x3+2x2-3x+22x5+3x4-x34x4+6x3-2x2-6x3-9x2+3x4x2+6x-2f(x)g(x)=2x5+7x4-x3-7x2+9x-2或为更简明，应用分离系数法进行： 2.多项式的运算设f(x)，g(x)为数域P上的一元多项式，不妨令加法：f(x)g(x)乘法：f(x)g(x)结论:(1)(f(x)g(x))max((f(x)),(g(x))(2)(f(x)g(x))=(f(x))+(g(x)),当f(x)0,g(x)0且乘积的首项系数等于因子首项系数的乘积 2.多项式的运算运算律设f(x),g(x),h(x)为数域P上的一元多项式,则（1）f(x)+g(x)=g(x)+f(x)（2）(f(x)+g(x))+h(x)=f(x)+(g(x)+h(x))（3）f(x)g(x)=g(x)f(x)（4）(f(x)g(x))h(x)=f(x)(g(x)h(x))（5）f(x)(g(x)+h(x))=f(x)g(x)+f(x)h(x)（6）若f(x)g(x)=f(x)h(x)且f(x)0,则g(x)=h(x) 证（4）(f(x)g(x))h(x)=f(x)(g(x)h(x))考虑等式两端t次项的系数.左边：f(x)g(x)中s次项的系数为故t次项的系数右边：g(x)h(x)中r次项的系数为故t次项的系数证毕. 例1当a,b,c取何制值时，多项式f(x)=x-5与g(x)=a(x-2)2+b(x+1)+c(x2-x+2）相等？解由于g(x)=(a+c)x2+(-4a+b–c)x+(4a+b+2c）根据多项式相等的定义，得 例2设f(x),g(x)与h(x)为实数域上多项式.证明:如果f2(x)=xg2(x)+xh2(x)则f(x)=g(x)=h(x)=0若f(x)0，则f2(x)0.由f2(x)=xg2(x)+xh2(x)=x(g2(x)+h2(x))知g2(x)+h2(x)0.因此(f2(x))=(x(g2(x)+h2(x)))但(f2(x))为偶数,而(x(g2(x)+xh2(x)))为奇数,因此f2(x)xg2(x)+xh2(x)与已知矛盾，故f(x)=0.此时x(g2(x)+h2(x))=0.但x为一非零多项式，故有g2(x)+h2(x)=0由于g(x)、h(x)为实系数多项式，必有g(x)=h(x)=0.于是f(x)=g(x)=h(x)=0.证：反证.为什么？若g(x)0，由于实数域内，非0数的平方为正数,所以f2(x)的最高次项系数为正数.当g2(x)+h2(x)=0时,h2(x)的最高次项系数必为负数.这是不可能的！所以g(x)=0.同理h(x)=0. 3.多项式环数域P上的一元多项式的全体，称为数域P上的一元多项式环，记作P[x].P——P[x]的系数域.思考与练习3.例2中，若f(x),g(x)为复数域上多项式.能否由f2(x)+g2(x)=0f(x)=g(x)=0？考虑f(x)=ix,g(x)=x.显然f2(x)+g2(x)=0但f(x)0,g(x)0. 3整除的概念（在P[x]中进行）引言在一元多项式环P[x]中,有f(x)g(x),f(x)g(x).是否有除法？应该如何描述P[x]中两个多项式相除的关系？两个多项式除法的一般结果是什么？下进行讨论和研究.引例(以中学代数多项式除法为基础)考虑f(x)=3x3+4x2-5x+6g(x)=x2-3x+1求出f(x)除以g(x)的商和余式. 采用长除法f(x)g(x)商q(x)余式r(x)即3x3+4x2-5x+6=(3x+13)(x2-3x+1)+(31x-7)结果：f(x)=q(x)g(x)+r(x) 采用竖式除法商余式即3x3+4x2-5x+6=(3x+13)(x2-3x+1)+(31x-7)结果：f(x)=q(x)g(x)+r(x) 1.带余除法定理设f(x),g(x)P[x],g(x)0，则存在唯一的多项式q(x),r(x)P[x],使f(x)=q(x)g(x)+r(x)其中r(x)=0或(r(x))<(g(x)).称上式中的q(x)为g(x)除f(x)的商，r(x)为g(x)除f(x)的余式.商余式 （带余除法）定理证明存在性若f(x)=0,取q(x)=r(x)=0即可.以下设f(x)0.(f(x))=n,(g(x))=m.对f(x)的次数n作数学归纳法.当n(r*(x)-r(x)),矛盾.因此q(x)=q*(x),r*(x)=r(x). 例1求g(x)除f(x)所得的商q(x)和余式r(x)，这里f(x)=x5+3x4+x3+x2+3x+1,g(x)=x4+2x3+x+2.商余式即有x5+3x4+x3+x2+3x+1=(x+1)(x4+2x3+x+2)+(-x3-1)所求商q(x)=x+1，余式r(x)=-x3-1.解： 带余除法表明：f(x)=q(x)g(x)+r(x)用多项式g(x)0去除多项式f(x)，可以得到一个商q(x)及余式r(x)，余式一般不为零.当余式等于0时，得到两个多项式之间的一种关系——整除. 2.整除的概念(1)定义设f(x),g(x)P[x],如果存在多项式h(x)P[x],使f(x)=h(x)g(x)称g(x)整除f(x)(或f(x)能被g(x)整除)，记为g(x)|f(x).此时称g(x)为f(x)的因式，f(x)为g(x)的倍式.g(x)的倍式f(x)的因式特别地，当g(x)不能整除f(x)时，记为g(x)|f(x). 例如，f(x)=3x3+4x2-x,g(x)=5x,有g(x)|f(x).因3x3+4x2-x=(2)整除性判别定理设f(x),g(x)P[x],g(x)0,g(x)|f(x)g(x)除f(x)的余式为零.证()若余式r(x)=0，则f(x)=q(x)g(x),即g(x)|f(x)；()若g(x)|f(x)，则f(x)=q(x)g(x)=q(x)g(x)+0即r(x)=0.||h(x) 例2设f(x)=2x4-3x3+5x2-6,g(x)=x2-x-1,判断g(x)能否整除f(x).r(x)0解由因此g(x)|f(x). 例3m,p,q满足什么条件，g(x)=x2+mx-1能整除f(x)=x3+px+q？解由带余除法，得利用整除的定义，比较g(x)与f(x)的次数及首项系数.g(x)|f(x)存在h(x)=x+a使x3+px+q=(x+a)(x2+mx-1)比较等式两边同次项的系数，得x3+px+q=(x-m)(x2+mx-1)+[(m2+p+1)x+(q-m)]g(x)|f(x)(m2+p+1)x+(q-m)=0m2+p+1=0且q-m=0p=-1-m2且q=m.方法1方法2 例4证明：如果g(x)|f1(x)+f2(x)，g(x)|f1(x)-f2(x),则g(x)|f1(x)，g(x)|f2(x).证由假设，有h1(x),h2(x)使由整除的定义，知g(x)|f1(x)，g(x)|f2(x).f1(x)+f2(x)=h1(x)g(x)f1(x)-f2(x)=h2(x)g(x)因此 (3)整除的性质f(x)|f(x)——任意一个多项式可整除其自身；f(x)|0——任意一个多项式可整除零多项式；c|f(x)——零次多项式可整除任一多项式；若f(x)|g(x)，g(x)|f(x)，则f(x)=cg(x);若f(x)|g(x)，g(x)|h(x)，则f(x)|h(x);（传递性）若f(x)|g(x)，则c0,cf(x)|g(x);若f(x)|gi(x)(i=1,2,…,r),则ui(x)P[x]f(x)|(u1(x)g1(x)+u2(x)g2(x)++ur(x)gr(x))gi(x)的组合i=1,2,…,r 整除性质的证明f(x)=1f(x)；0=0f(x)；f(x)=c[c-1f(x)]；设f(x)|g(x)，g(x)|f(x).有f(x)=h1(x)g(x)，g(x)=h2(x)f(x)；若f(x)，g(x)有一个是0多项式，则另一个必为0，因此任取非零常数c，即有f(x)=cg(x).若f(x)、g(x)均不为0，有f(x)=h1(x)h2(x)f(x)h1(x)h2(x)=1deg(h1(x)h2(x))=deg(h1(x))+deg(h2(x))=0deg(h1(x))=deg(h2(x))=0.即h1(x)为非0常数. 整除性质的证明传递性（略）；显然；由f(x)|gi(x)(i=1,2,…,r),有hi(x)(i=1,2,…,r)P[x]使gi(x)=hi(x)f(x)i=1,2,…,r而ui(x)P[x]，有u1(x)g1(x)+u2(x)g2(x)++ur(x)gr(x)=[u1(x)h1(x)+u2(x)h2(x)++ur(x)hr(x)]f(x)由整除的定义，知f(x)|(u1(x)g1(x)+u2(x)g2(x)++ur(x)gr(x)) 作业与练习习题11.1），2.2），3.证明：g(x)|f1(x)+2f2(x)，g(x)|3f1(x)-4f2(x),则g(x)|f1(x)，g(x)|f2(x).证明：(1)f(x)|g1(x)，f(x)|g2(x),则f(x)|g1(x)+g2(x)；(2)若f(x)|g1(x),f(x)|g2(x)，f(x)能否整除g1(x)+g2(x)？举例说明.不一定. 3整除的概念（小结）带余除法设f(x),g(x)P[x],g(x)0,则存在唯一的多项式q(x),r(x)P[x],使f(x)=q(x)g(x)+r(x)（*）其中r(x)=0或(r(x))<(g(x)).整除性1.定义设f(x),g(x)P[x],如果存在多项式h(x)P[x],使f(x)=h(x)g(x)，称g(x)|f(x).2.整除性判别g(x)|f(x)(g0)（*）式中r(x)=0.3.整除的性质（略）特别提醒:P[x]中的多项式不能做除法,整除性不是多项式的运算,它是P[x]中元素间的一种关系,即任给f(x),g(x)P[x]，可以判断g(x)|f(x)或g(x)|f(x). 4最大公因式f(x)与g(x)的最大公因式定义、存在性与唯一性及其性质、最大公因式的求法（展转相除法）互素定义、判定定理、性质n个多项式的最大公因式 (1)公因式设f(x),g(x)P[x],若有(x)P[x]，使(x)|f(x)，(x)|g(x)，称(x)为f(x)与g(x)的一个公因式.由于任意两个多项式总有公因式(非0常数)，因此公因式中占有重要地位的——最大公因式.(2)最大公因式定义设f(x),g(x)P[x].若有d(x)P[x]满足(i)d(x)是f(x)，g(x)的公因式；(ii)f(x)，g(x)的公因式全是d(x)的因式.则称d(x)为f(x)与g(x)的一个最大公因式.1.f(x)与g(x)的最大公因式 说明:①最大公因式在相差一个非零常数的意义下是唯一确定的.事实上,若d1(x)、d2(x)是f(x),g(x)的最大公因式,由最大公因式定义,知d1(x)为d2(x)的因式,d2(x)也为d1(x)的因式,即d1(x)d2(x),d2(x)d1(x)由整除的性质知:d1(x)=cd2(x).②(f(x),g(x))——f(x)与g(x)首项系数为1的最大公因式. 最大公因式的存在性及其求法引理设f(x),g(x)P[x].如果等式f(x)=q(x)g(x)+r(x)(*)成立，则f(x),g(x)和g(x),r(x)有相同的公因式.证明由(*)知,f(x)是g(x)与r(x)的一个组合,故若(x)|g(x),(x)|r(x),必有(x)|f(x)，此即g(x),r(x)的公因式都是f(x),g(x)的公因式；又由(*)，有r(x)=f(x)-q(x)g(x)故若(x)|f(x),(x)|g(x),必有(x)整除f(x)与g(x)的组合r(x)，此即f(x),g(x)的公因式都是g(x),r(x)的公因式.综上所述，f(x),g(x)和g(x),r(x)有相同的公因式. 例1求f(x)=x5+3x4+x3+x2+3x+1与g(x)=x4+2x3+x+2的最大公因式.解先用g(x)除f(x)：得商q(x)=x+1，余式r(x)=-x3-1.即f(x)=(x+1)g(x)+(-x3-1) 但由引理，知(f(x),g(x))=(g(x),r(x))，因此求(f(x),g(x))可用r(x)除g(x)：解(续)由于r(x)g(x)，知r(x)是g(x)与r(x)的一个最大公因式，因此(f(x),g(x))=(g(x),r(x))=x3+1. 例1求f(x)=x5+3x4+x3+x2+3x+1与g(x)=x4+2x3+x+2的最大公因式.(解法小结)(1)先用g(x)除f(x),得f(x)=q(x)g(x)+r(x)=(x+1)g(x)+(-x3-1)r(x)0，(r(x))<(g(x))(2)用r(x)除g(x),得g(x)=q1(x)r(x)+r1(x)=0辗转相除而得因此(f(x),g(x))=(g(x),r(x))=(r(x),r1(x))=(r(x),0)=x3+1. 最大公因式的存在性及其求法定理f(x),g(x)P[x],在P[x]中存在一个最大公因式d(x),且d(x)可以表达成f(x),g(x)的一个组合,即有u(x),v(x)P[x]使d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)注意：等式d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)成立,d(x)未必就是f(x)与g(x)的最大公因式.例如,f(x)=x2+1,g(x)=x,u(x)=x,v(x)=x+1,d(x)=2x(x2+1).显然有d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)但d(x)不是f(x)与g(x)的最大公因式. 最大公因式存在性定理证明证(i)如果f(x),g(x)有一个为零多项式，比如g(x)=0，则f(x)就是f(x),g(x)一个最大公因式，即d(x)=f(x)，且f(x)=1f(x)+10=1f(x)+1g(x)(ii)一般情形:不妨设g(x)0.由带余除法,用g(x)除f(x),得到商q1(x),余式r1(x)；即f(x)=q1(x)g(x)+r1(x)若r1(x)=0,则r1(x),g(x)的最大公因式为g(x),从而f(x),g(x)最大公因式d(x)仅与g(x)相差一个非0常数因子，此时d(x)=cg(x)=0f(x)+cg(x) 最大公因式存在性定理证明（续1）若r1(x)0,再用r1(x)除g(x),得到商q2(x),余式r2(x);又若r2(x)0,就用r2(x)除r1(x),得出商q3(x),余式r3(x);如此辗转相除下去∙∙∙∙∙∙，所得余式的次数不断降低，即(g(x))(r1(x))(r2(x))∙∙∙∙∙∙经有限次之后,必有余式为零(因次数有限).即f(x)=q1(x)g(x)+r1(x)g(x)=q2(x)r1(x)+r2(x)∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ri-2(x)=qi(x)ri-1(x)+ri(x)∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 最大公因式存在性定理证明（续2）∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙rs-3(x)=qs-1(x)rs-2(x)+rs-1(x)rs-2(x)=qs(x)rs-1(x)+rs(x)rs-1(x)=qs+1(x)rs(x)+0rs(x)与0的最大公因式是rs(x),由引理知,rs(x)也是rs(x)与rs-1(x)的一个最大公因式;也是rs-1(x)与rs-2(x)的一个最大公因式,以此逐步上推∙∙∙∙∙∙,rs(x)就是f(x)与g(x)的一个最大公因式.为得到定理结论中的等式，由上面的倒数第二个等式，我们有rs(x)=rs-2(x)-qs(x)rs-1(x) 最大公因式存在性定理证明（续3）而由倒数第三式,有rs-1(x)=rs-3(x)-qs-1(x)rs-2(x)带入上式,消去rs-1(x)，得到rs(x)=(1+qs(x)qs-1(x))rs-2(x)-qs(x)rs-3(x)以同样的方法逐个消去rs-2(x)，∙∙∙∙∙∙,r1(x)，并项后，得到rs(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)综上所述，证毕.定理中求最大公因式的方法称为辗转相除法. 例2设f(x)=4x4-2x3-16x2+5x+9,g(x)=2x3-x2-5x+4求(g(x),f(x)),并求u(x),v(x)使(g(x),f(x))=u(x)f(x)+v(x)g(x).解利用辗转相除法 解(续1)上述辗转相除过程为：=0因此，r2(x)=-x+1为f(x)与g(x)的一个最大公因式,而首项系数为1的最大公因式为(f(x),g(x))=x-1.以下求u(x),v(x).由前式，得r2(x)=g(x)-q2(x)r1(x)=g(x)-q2(x)[f(x)-q1(x)g(x)]=(1+q1(x)q2(x))g(x)–q2(x)f(x)f(x)=q1(x)g(x)+r1(x)g(x)=q2(x)r1(x)+r2(x)r1(x)=q3(x)r2(x)+r3(x) 解(续2)即两端同乘以-1，得因此，有 2.互素多项式(1)定义设f(x),g(x)P[x],如果(f(x),g(x))=1,称f(x)与g(x)互素（也称互质）.易知，两个互素多项式的公因式只有零次多项式.(2)互素的充分必要条件定理P[x]中多项式f(x),g(x)互素存在有u(x),v(x)P[x]，使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1。证明()因(f(x),g(x))=1，由最大公因式存在定理，有u(x),v(x)P[x]，使1=u(x)f(x)+v(x)g(x). 证明(续)()设有u(x),v(x)P[x]使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1若(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式,则(x)f(x),(x)g(x),从而(x)u(x)f(x)+v(x)g(x)即(x)1(x)=c.因此，(f(x),g(x))=1.综上所述，证毕. (3)互素多项式的性质定理若(f(x),g(x))=1,且f(x)g(x)h(x),则f(x)h(x).证明由(f(x),g(x))=1可知，有u(x)，v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1等式两边乘h(x),得u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)=h(x)(*)因f(x)g(x)h(x)，f(x)f(x)，有f(x)u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)即f(x)h(x).证毕.(*)左端(*)右端推论若f1(x)g(x),f2(x)g(x)且(f1(x),f2(x))=1，则f1(x)f2(x)g(x).（证明略） 习题110.若f(x),g(x)不全为0，则证若f(x),g(x)不全为0，则(f(x),g(x))=d(x)0.由最大公因式存在定理，有u(x),v(x)使d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)所以由互素的充要条件，有 3.n个多项式的最大公因式(1)定义已知fi(x)(i=1,2,…,s2)P[x].若有d(x)P[x]满足(i)d(x)是fi(x)(i=1,2,…,s)的公因式；(ii)fi(x)(i=1,2,…,s)的公因式全是d(x)的因式.则称d(x)为fi(x)(i=1,2,…,s)的一个最大公因式.(2)求法(f1(x),f2(x),…,fs(x))=((f1(x),f2(x),…,fs-1(x)),fs(x))且ui(x)(i=1,2,…,s)P[x]使u1(x)f1(x)++us(x)fs(x)=(f1(x),f2(x),…,fs(x)) 例3设f1(x)=x6-7x4+8x3-7x+7,f2(x)=3x5-7x3+3x3–7f3(x)=x4+x3-7x2-4x-1,f4(x)=x3+x2-x-1求(f1(x),f2(x),f3(x),f4(x)).解利用(f1(x),f2(x),f3(x),f4(x))=(((f1(x),f2(x)),f3(x)),f4(x))逐步计算.(f1(x),f2(x))=x3+1(x3+1,f3(x))=x+1(x+1,f4(x))=x+1所以(f1(x),f2(x),f3(x),f4(x))=x+1. (3)互素如果(f1(x),f2(x),…,fs(x))=1，称f1(x),f2(x),…,fs(x)互素.(4)两两互素如果f1(x),f2(x),…,fs(x)中任意两个都互素，称f1(x),f2(x),…,fs(x)两两互素.例f1(x)=x+1,f2(x)=x-1,f3(x)=x2+1互素且两两互素.f1(x)=x+1,f2(x)=x-1,f3(x)=x2-1互素但不两两互素.作业与练习习题15.2），6.2），7~14. 习题112.若(f(x),g(x))=1,(f(x),h(x))=1,则(f(x),g(x)h(x))=1.证由(f(x),g(x))=1,有u(x),v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1从而h(x)u(x)f(x)+v(x)g(x)h(x)=h(x)即f(x)与g(x)h(x)的公因式都是f(x)与h(x)的公因式.但(f(x),h(x))=1故f(x)与g(x)h(x)的公因式只能是非零常数.因此(f(x),gx)h(x))=1. 5因式分解定理（在P[x]中进行）不可约多项式概念、性质因式分解及唯一性定理多项式因式分解的标准形式 1.不可约多项式(1)定义如果数域P上次数1的多项式p(x)不能表成数域P上的两个次数比p(x)的次数低的多项式的乘积,称其为域P上的不可约多项式.按照定义：①一次多项式总是不可约多项式；②多项式是否可约依赖于数域；如f(x)=x2+2在实数域上不可约,在复数域上可约.③不可约多项式p(x)的因式只有c及cp(x)(c0). ③的证明设(x)为p(x)的因式，则(x)|p(x)，即有h(x)使p(x)=h(x)(x).因p(x)不可约，即它不能表为两个次数比它低的多项式的乘积，因此(h(x))=0或((x))=0若(h(x))=0,有h(x)=a0,(x)=a-1p(x)=cp(x);若((x))=0,有(x)=c.即：不可约多项式p(x)的因式只有c及cp(x)(c0). (2)不可约多项式的性质定理如果p(x)是不可约多项式，则(i)f(x)P[x],或者p(x)f(x);或者f(x)与p(x)互素；(ii)f(x),g(x)P[x],由p(x)f(x)g(x)一定推出p(x)f(x)或者p(x)g(x).证明(i)设(f(x),p(x))=d(x)，则d(x)p(x),但p(x)是不可约多项式d(x)=1或d(x)=cp(x)（c0,cp(x)首项系数为1）.若d(x)=1,则f(x)与p(x)互素；若d(x)=cp(x),则p(x)f(x).(ii)若p(x)f(x),结论已经成立. 证明（续）若p(x)∤f(x),由(i)必有(f(x),p(x))=1.再由互素多项式的性质:(f(x),g(x))=1,且fx)g(x)h(x),则f(x)h(x),有p(x)g(x).一般地，有如下结论：定理如果不可约多项式p(x)整除一些多项式f1(x),f2(x),…,fs(x)的乘积f1(x)f2(x)…fs(x),则p(x)一定整除这些多项式之中的一个.（用数学归纳法证明)略. 2.因式分解及唯一性定理定理数域P上每一个次数1的多项式f(x)都可以唯一地分解成数域P上一些不可约多项式的乘积.唯一性指：若有两个分解式f(x)=p1(x)p2(x)∙∙∙ps(x)=q1(x)q2(x)∙∙∙qt(x)则必有s=t，且适当排列因式的次序后有pi(x)=ciqi(x)，i=1,2,∙∙∙,s其中，ci(i=1,2,∙∙∙,s)是一些非零常数.证明(存在性)对f(x)的次数做数学归纳法.由于一次多项式都是不可约的,所以n=1时结论成立. 证明(续1)设(f(x))=n,并设结论对于次数低于n的多项式已经成立.若f(x)是不可约多项式,结论显然.不妨设f(x)不是不可约的,即有f(x)=f1(x)f2(x)其中f1(x),f2(x)的次数都低于n.由归纳法假定f1(x)和f2(x)都可以分解成数域P上一些不可约多项式的乘积.把f1(x),f2(x)的分解式合起来得到f(x)的一个分解式.由归纳法原理,结论普遍成立. 证明(续2)(唯一性)设f(x)可以分解成不可约多项式的乘积f(x)=p1(x)p2(x)∙∙∙ps(x)若f(x)还有另一分解式f(x)=q1(x)q2(x)∙∙∙qt(x)其中qi(x)(i=1,2,∙∙∙,t)都是不可约多项式.于是f(x)=p1(x)p2(x)∙∙∙ps(x)=q1(x)q2(x)∙∙∙qt(x)①我们对s做归纳法.当s=1时,f(x)是不可约多项式.由定义必有s=t=1,且f(x)=p1(x)=q1(x).假设不可约因式的个数为s-1时唯一性已证.由①有：p1(x)|q1(x)q2(x)∙∙∙qt(x) 证明(续3)因此,p1(x)必能整除其中某一个.不妨设p1(x)|q1(x).由于q1(x)也是不可约多项式，故有p1(x)=c1q1(x)②在①式两边消去q1(x)，就有p2(x)∙∙∙ps(x)=c1-1q2(x)∙∙∙qt(x)由归纳法假定，有s-1=t-1，即s=t,③且适当排列次序后，有p2(x)=c2c1-1q2(x)=c2q2(x),pi(x)=ciqi(x)(i=3,∙∙∙,s)④综合②、③、④分解的唯一性证毕. 3.标准分解式在f(x)的分解式中，可以把每一个不可约因式的首项系数提出来,使其成为首项系数为1的多项式，再将相同的不可约因式合并，于是有(1)标准分解式其中c为f(x)的首项系数,pi(x)(i=1,2,…,s)是不同的首项系数为1的不可约多项式,ri(i=1,2,…,s)为正整数. (2)标准分解式的用途①求两个多项式的最大公因式：f(x)与g(x)的最大公因式d(x)等于那些同时在f(x)与g(x)的标准分解式中出现的不可约多项式的方幂的乘积，所带方幂等于它在f(x)与g(x)标准分解式中所带方幂的较小的一个.②讨论整除的关系：g(x)|f(x)g(x)的不可约因式p(x)都是f(x)的因式，且p(x)在g(x)中的幂次小于或等于在f(x)中的幂次. 6重因式(因式分解问题的继续)重因式定义重因式的判定与性质消除重因式 1.重因式定义定义p(x)为不可约多项式,如果pk(x)|f(x),而pk+1(x)∤f(x),称p(x)为多项式f(x)的k重因式.若k=0,p(x)根本不是f(x)的因式；若k=1,p(x)称为f(x)的单因式；若k1,p(x)称为f(x)的重因式.许多问题中,要求所讨论的多项式没有重因式,多项式的近似求根法也要求所考虑的多项式没有重根.因此判别多项式有无重因式、求其重因式及去掉重因式是我们必须要考虑的问题. 2.重因式的判别(1)微商(导数)的概念定义：设有多项式性质其微商(导数)规定为同理，可定义高阶微商f(k)(x)（略） (2)重因式的判定定理如果不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式(k1),则它是微商f(x)的k-1重因式.反之不然.证明p(x)是f(x)的k重因式,故有f(x)=pk(x)g(x)其中p(x)∤g(x).由f(x)=pk-1(x)(kg(x)p(x)+p(x)g(x))知pk-1(x)f(x).令h(x)=kg(x)p(x)+p(x)g(x)因p(x)p(x)g(x),p(x)∤g(x)p(x),故p(x)∤h(x).此即证明了pk(x)∤f(x).即p(x)是f(x)的k-1重因式.f(x)=x2+1,f(x)=2xx是f(x)的因式,但不是f(x)的因式. 推论1如果不可约因式p(x)是f(x)的k(k1)重因式,那么p(x)分别是f(x),f(x),…,f(k-1)(x)的k-1,k-2,…,1重因式,而不是f(k)(x)的因式.特别地,f(x)的单因式不再是f(x)的因式.推论2不可约多项式p(x)是f(x)的重因式的p(x)是f(x)与f(x)的公因式.推论3多项式f(x)没有重因式是f(x)与f(x)互素.判断一个多项式有无重因式——辗转相除法. 例1求下述多项式的重因式.f(x)=x4+x3-3x2-5x-2解f(x)=4x3+3x2-6x-5利用辗转相除法，求得(f(x),f(x))=x2+2x+1=(x+1)2所以x+1为f(x)的三重因式.由此得f(x)的标准分解式为：f(x)=(x+1)3(x-2) 3.消除重因式是一个没有重因式的多项式，且它与f(x)具有完全相同的不可约因式.事实上，设f(x)有如下分解式：则从而 例2判断下述多项式有无重因式.若有，求出与其有相同因式但无重因式的多项式.f(x)=x5-6x4+16x3-24x2+20x-8解f(x)=5x4-24x3+48x2-48x+20利用辗转相除法，求得(f(x),f(x))=x2-2x+2所以x2-2x+2为f(x)的二重因式.由此可得f(x)的标准分解式：f(x)=(x2-2x+2)2(x-2)f(x)=(x2-2x+2)2(x-a)=x5-6x4+16x3-4x2+20x-8比较常数项得-4a=-8,故a=2.与其有相同因式但无重因式的多项式为: 1.设f(x)=x4-2x3+3x2-4x+2.求出与其有相同因但无重因式的多项式g(x)及f(x)在R[x]中的标准分解式.2.t取合值时，f(x)=x3-3x+t有重因式.思考练习答案：1.(f(x),f(x))=x-1g(x)=x3-x2+2x-2=(x-1)(x2+2)f(x)=(x-1)2(x2+2)2.t2-4=0时，(f(x),f(x))1，即此时有重因式. 7多项式函数到目前为止，只是形式地讨论多项式.本节以函数的观点进行考察.多项式函数的有关概念余数定理及其应用 1.多项式函数的有关概念(1)多项式的值设是数域P中的一个数，上式中以代x所得的数称为f(x)当x=时的值，记为f().显然f()也是数域P中的数.(2)多项式函数由一个多项式定义的函数，称为数域P上的多项式函数. 2.余数定理及其应用(1)余数定理用一次多项式x-去除多项式f(x),所得余式为一常数，其数值为f().如果f(x)当x=时的函数值f()=0，称为f(x)的一个根或零点.证用x-去除多项式f(x),得f(x)=q(x)(x-)+c以代x，得f()=c.证毕.(3)根(零点) 推论1(x-)|f(x)是f()=0.推论2是f(x)的根(x-)|f(x).(2)重根定义如果x-是f(x)的k重因式,称是f(x)的k重根.定理1P[x]中n次多项式(n0)在数域P中的根不可能多于n个，重根按重数计算.证明若(f(x))=0，定理显然成立.设(f(x))>0.将f(x)分解为不可约多项式的乘积：由推论2及根的重数的定义,知f(x)在数域P中根的个数等于分解式中一次因式的个数k,而kn. 该定理表明：不同多项式定义不同的函数定理2若多项式f(x),g(x)的次数都不超过n,且对n+1个不同的数1,2,…,n+1有相同的值，即f(i)=g(i)，i=1,2,…,n+1则f(x)=g(x).证明依条件，有f(i)-g(i)=0，i=1,2,…,n+1即多项式f(x)-g(x)有n+1个不同的根.若f(x)g(x)，则f(x)-g(x)为一个次数都不超过n的多项式.与前一定理矛盾，因此f(x)=g(x). 例1求f(x)=xn+an被x+a除所得的余式.解由余数定理,f(x)=(x+a)q(x)+rr=f(-a)=(-a)n+an=例2求多项式f(x)=x3+px+q有重根的条件.解f(x)=x3+px+q有重根(f(x),f(x))1.f(x)=3x2+p(i)p=0时，f(x)与f(x)只有当q=0时有公因式x2此时，f(x)=x3(有三重根0).(ii)p0时，对f(x)与f(x)用辗转相除法，有 因f(x)与f(x)有公因式，故r2(x)=0.即当4p3+27q2=0时，f(x)有重根. 例3求t，使f(x)=x3-3x2+tx-1有重根，并求出相应的重根及重数解f(x)=3x2-6x+t，由辗转相除法得故当t=3时，f(x)有3重根1，t=-15/4时,有2重根-1/2. 以下给出一种求以一次多项式x-除f(x)所得商及余式的简单方法——综合除法.并以此考察多项式的根的情况及将多项式表示为x-的幂次等问题.(3)综合除法为说明综合除法的理论依据，考察f(x)被x-除所得商q(x)及余式r与f(x)的系数之间的关系.设则有f(x)=(x-)q(x)+r比较同次项的系数，得 为求出商q(x)及余式r,只须求出bn-1,bn-2,…,b1,b0及r.采用下述综合除法：将an,an-1,…,a1,a0写在第1行,写在左边,按照上面的递推关系逐次算出bi及r： 例4求k，使f(x)=x4-5x3+5x2+kx+3以3为根.f(3)=3k-6.故当k=2时，f(x)以3为根.解：f(x)以3为根f(3)=0.(法1)f(3)=34-533+532+k3+3=0k=2.(法2)综合除法求f(3) 例5将4次多项式f(x)=x4-3x2+3表成一次多项式(x-1)的方幂的和.分析：若f(x)已经表成一次多项式(x-1)的方幂的和的形式：f(x)=d4(x-1)4+d3(x-1)3+d2(x-1)2+d1(x-1)+d0=[d4(x-1)3+d3(x-1)2+d2(x-1)+d1](x-1)+d0=[[d4(x-1)2+d3(x-1)+d2](x-1)+d1](x-1)+d0=[[[d4(x-1)+d3](x-1)+d2](x-1)+d1](x-1)+d0即：d0是f(x)被(x-1)除所得余数;d1是商q1(x)被(x-1)除所得余数;……逐次用(x-1)去除所得商，就得到一系列系数d1,d2,d3,d4.因此，可以利用综合除法这一目标实现.q1(x)q2(x)q3(x) 解f(x)=x4-3x2+3=d4(x-1)4+d3(x-1)3+d2(x-1)2+d1(x-1)+d0由有f(x)=(x-1)4+4(x-1)3+3(x-1)2-2(x-1)+1. 8复系数与实系数多项式的因式分解代数基本定理每个次数1的复系数多项式,在复数域中有一个根.①每个次数1的复系数多项式,在复数域中有一个一次因式.②复数域上所有次数大于1的多项式都是可约的，或复数域上不可约多项式只有一次的.复系数多项式因式分解定理:每个次数1的复系数多项式都可以唯一地分解成一次因式的乘积. 复系数多项式的根与系数的关系：其中1,2,…,n是f(x)的n个根. 复系数多项式的标准分解式：其中1,2,…,s是不同的复数,li(i=1,2,…,s)是正整数.实系数多项式因式分解引理设f(x)是一个实系数多项式.如果复数是f(x)的一个根,那么的共轭数证明设f(x)=anxn+an-1xn-1+•••+a1x+a0式中系数an，an-1,•••,a1,a0都是实数.因为是f(x)的一个根,所以f()=ann+an-1n-1+•••+a1+a0=0由于ai(i=n,n-1,•••,1,0)都是实数，所以也是f(x)的一个根. 实系数多项式因式分解定理每个次数1的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成一次与二次不可约因式的乘积.证明根据因式分解定理,只须证实系数不可约多项式都是一次或二次的.设f(x)是一个实系数不可约多项式.把f(x)看成一个复系数多项式,由代数基本定理知：f(x)有一个复根.若是一个实数,则f(x)可以被实系数多项式x-整除.由于f(x)是不可约的，故得 实系数多项式的因式定理证明（续）f(x)=c(x-a)即f(x)是一次的.若是一个复数,则也是f(x)的一个根,而且多项式，而且但f(x)是不可约多项式，故因此,f(x)是二次的.实系数多项式标准分解式：其中c1,c2,…,cs,p1,p2,…,pr,q1,q2,…,qr为实数；l1,l2,…,ls,,k1,k2,…,kr是正整数;pi2-4qi2<0(i=1,…,r). 例1求复系数多项式f(x)=xn-1的标准分解式.于是有解：由复系数多项式的因式分解定理知，只须找出f(x)=xn-1的所有根.将1表示成三角表示式：1=cos2k+isin2k由于xn–1=0的解满足xn=1，故f(x)=xn–1的全部根为 例2已知1-i是多项式f(x)=x4-4x3+5x2-2x–2的一个根，求f(x)的所有根并写出它的标准分解式（实数域及复数域）.于是有解由于实系数多项式的非实复根成对出现，知1+i也是f(x)的根.设f(x)的另两根为,,根据根与系数的关系,有所以f(x)的所有根为：f(x)的标准分解式（实数域及复数域）:方法1 (方法2)解因1-i,1+i是f(x)的根,故f(x)可被g(x)=(x-1+i)(x-1-i)=x2-2x+2整除.易得g(x)除f(x)所得商为q(x)=x2-2x-1所以f(x)的所有根为：f(x)的标准分解式（实数域及复数域）: 1.求一个次数尽可能低的实系数（复系数）多项式，使其以1,0,i,i,1-i为根.2.本章习题26.1.实系数多项式的复根成对出现，由根与一次因式的关系有：f(x)=(x-1)(x-0)(x-i)2(x+i)2(x-1+i)(x-1-i)=x(x-1)(x2+1)2(x2-2x+2)及f(x)=x(x-1)(x-i)2(x-1+i).思考练习答案2.f(x)=xn-1的n个复根为 所以，n为奇数时，只有一个实根x0=1（k=0）；n为偶数时，有两个实根为将其分解为实系数不可约多项式的乘积,只须区别根是实根还是复根,且对复根要找出其共轭根.易知x的共轭复根因此所求分解式为 9有理系数多项式要说的话：对有理系数多项式因式分解定理成立,但与复、实系数情形不同,给出一个有理系数多项式往往很难判定它是否可约,并且对任意的正整数n都有n次不可约有理系数多项式.因此我们不一般讨论它的分解定理，而只给出如下讨论：①有理系数多项式的因式分解可归结为整系数多项式的因式分解问题；②如何判别、求出有理系数多项式的有理根；③举例说明存在n次不可约有理系数多项式. 1.本原多项式(1)定义设g(x)=bnxn+bn-1xn-1+•••+b1x+b0是一个非零的整系数多项式.如果它的各项系数bn,bn-1,…,b1,b0除去1外没有其他的公因子,则g(x)称为一个本原多项式.系数互素本原多项式有理数一般地，有如下结论例如，g(x)=x4-4x3+5x2-2x–2为一个本原多项式. (2)定理任何一个非零的有理系数多项式f(x)都可表为一个有理数r与一个本原多项式的乘积,且这种表示法除差一个正负号外是唯一的.证明(存在性)设选适当的数c可使cf(x)为整系数.提取cf(x)各系数的公因子，有cf(x)=dg(x)，即这里g(x)的系数互素，r为有理数.(唯一性)设f(x)=r1g1(x)=r2g2(x).因为g1(x),g2(x)为本原多项式，有r1=r2即g1(x)=g2(x).|| (3)本原多项式的性质Gauss引理两个本原多项式的乘积还是本原多项式.证明设为本原多项式.若h(x)不是本原多项式,则dn+m,dn+m-1,…,d1,d0有一异于1的公因子,因此dn+m,dn+m-1,…,d1,d0就能被一素数p整除.因f(x)是本原的,知p不能整除f(x)的所有系数.不妨设ai(0≤i≤n)是第一个不能被p不能整除的数,即 证明（续）p|a0,…,p|ai-1,p∤ai同样地，g(x)是本原的,令bj(0≤j≤m)是第一个不能被p不能整除的数,即p|b0,…,p|bj-1,p∤bj由乘法规则，h(x)中xi+j的系数为di+j,而di+j=aibj+ai+1bj-1+…+ai-1bj+1+ai-2bj+2+…由上述假设,p|di+j且等式右边除aibj以外的每一项,但p∤aibj,这是不可能的.此即证明了h(x)是本原多项式. 定理如果非零整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积,那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积.证明设整系数多项式f(x)有分解式f(x)=g(x)h(x)其中g(x),h(x)是有理系数多项式,且(g(x))<(f(x)),(h(x))<(f(x))令f(x)=af1(x),g(x)=rg1(x),h(x)=sh1(x)这里f1(x),g1(x),h1(x)都是本原多项式,a是整数,r,s是有理数.于是af1(x)=rsg1(x)h1(x)由Gauss引理，g1(x)h1(x)是本原多项式,从而 证明（续）rs=a即rs为一整数.于是有af1(x)=(rsg1(x))h1(x)其中rsg1(x)与h1(x)都是整系数多项式，且次数都低于f(x)的次数.||推论设f(x)、g(x)是整系数多项式,且g(x)是本原的.如果f(x)=g(x)h(x),其中h(x)为有理系数多项式,则h(x)一定是整系数的.证明f(x)=af1(x),h(x)=rh1(x)这里f1(x),h1(x)都是本原的，a是整数，r是有理数.下面证明r是整数. 证明（续）由f(x)=g(x)h(x)及g(x)是本原多项式，有af1(x)=rg(x)h1(x)由Gauss引理，g(x)h1(x)是本原多项式，故a=r但a为整数,因此r为整数.是h(x)=rh1(x)为整系数多项式. 2.有理根的求法及判别定理设f(x)=anxn+an-1xn-1+•••+a1x+a0是整系数多项式.如果则必有s|an,r|a0.特别地，如果f(x)的首项系数an=1,则f(x)的有理根都是整根，而且是a0的因子.证明即(sx-r)|f(x)由s,r互素，知sx-r为本原多项式.由上段推论，有 证明（续）f(x)=(sx-r)(bn-1xn-1+bn-2xn-2+•••+b1x+b0)其中bn-1,bn-2,…,b0均为整数.比较两端系数,得an=sbn-1，a0=-rb0因此s|an,r|a0.特别地，若an=1,显然有s=1，而且是a0的因子.|| 例1求f(x)=2x4-2x3-9x2-8x-3的有理根，并将其写为不可约因式的乘积.证f(x)的有理根只可能1,3,12,32（s=1,2及r=1,3）.由综合除法检验知：-1和3是f(x)的有理根，且2x4-2x3-9x2-8x–3=(x+1)(x-3)(2x2+2x+1).详细过程如下：-1是f(x)的根1不是f(x)的根 因此，2x4-2x3-9x2-8x–3=(x+1)(x-3)(2x2+2x+1).例1(续) 例2求f(x)的有理根,其中解f(x)与f1(x)有相同的有理根.而f1(x)有理根只可能1,3,12,32（s=1,2及r=1,3）.由综合除法：知f1(x)从而f(x)的有理根为-3,12. 例3证明f(x)=x3-2x+2在有理数域上不可约.证若f(x)可约，则f(x)可以分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，因为(f(x))=3,所以f(x)必有一个一次有理因式，即有一有理根.由定理知，f(x)的有理根只可能为1,2.直接验证知，1,2都不是f(x)的根，因此f(x)在有理数域上不可约.最后，给出一个整系数多项式为不可约多项式的充分条件.依此举例说明：存在任意次不可约的有理系数多项式. 3.整系数多项式为不可约多项式的充分条件定理(Eisenstein判别法)设f(x)=anxn+an-1xn-1+•••+a1x+a0是一个整系数多项式.如果有一个素数p，使得(i)p∤an;(ii)p|an-1,an-2,…,a0;(iii)p2∤a0.则f(x)在有理数域上不可约.证明若f(x)在有理数域上可约，则f(x)可分解为两个次数较低的整系数多项式多项式的乘积： 证明（续）f(x)=(blxl+al-1xl-1+…+b1x+b0)(cmxm+cm-1xm-1+…+c1x+c0)(l、m