【高等代数】2. 多项式(2)
目录1.4 唯一析因定理
本节的主要内容是多项式的因式分解，为类比整数环和多项式环，先将整数环中的素数概念予以扩充，将素数扩展到负数上，具体而言，除了\(-1,0,1\)外的所有整数要么是素数，要么是合数，且负素数与正素数只差一个符号。由此，对整数环中的每个非零整数，都可以分解为若干个素数的乘积，且不计因子的正负号和顺序的话，这种分解唯一。现欲将此分解推广到一元多项式环。
- 可约：设\(f(x)\in F[x]\)，\(\deg f(x)=n\ge 1\)。如果存在次数小于\(n\)的多项式\(g(x),h(x)\in F[x]\)使\[f(x)=g(x)h(x), \]就称多项式\(f(x)\)在\(F\)上可约。如果不存在这样的多项式，\(f(x)\)在\(F\)上不可约。
由定义，\(0<\deg g(x)<n\)，故因式分解不包含纯量多项式。另外要注意多项式是否可约与多项式所属的数域有关，如\(x^2+1\)在\(\mathbb{C}\)上可约，在\(\mathbb{R}\)上不可约。如果类比整数环，不可约多项式应当对应素数的作用，因此对它们的讨论有意义。
下面给出不可约多项式的几个性质：
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若\(p(x)\)在\(F\)上不可约，且\(a\in F\)非零，则\(ap(x)\)在\(F\)上不可约。
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若\(f(x)\in F[x]\)，且\(p(x)\)是\(F\)上的不可约多项式，则或者\(p(x)|f(x)\)，或者\(p(x)\)与\(f(x)\)互素。
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设\(f(x),g(x)\in F[x]\)，\(p(x)\)是\(F\)上的不可约多项式，如果\(p(x)|f(x)g(x)\)，则或者\(p(x)|f(x)\)，或者\(p(x)|g(x)\)。
1：用反证法，若\(ap(x)=f(x)g(x)\)，则\(p(x)=[a^{-1}f(x)]g(x)\)，与\(p(x)\)不可约矛盾。
2：不妨设\(p(x)\)与\(f(x)\)不互素，则存在非纯量多项式\(d(x)|f(x)\)，且\(d(x)|p(x)\)，结合\(p(x)\)不可约可知\(d(x)=\lambda p(x)\)，这说明\(p(x)|f(x)\)。
3：如果\(p(x)\nmid f(x)\)，则\(\gcd(p(x),f(x))=1\)，所以存在多项式\(u(x),v(x)\)使
\[p(x)u(x)+f(x)v(x)=1, \]于是
\[p(x)u(x)g(x)+f(x)g(x)v(x)=g(x), \]结合\(p(x)|f(x)g(x)\)得\(p(x)|g(x)\)。
唯一析因定理就类比非零整数的质因子分解，将一个多项式分解成多个不可约因式的乘积，并且在内部结构意义下（忽略各项系数，只考虑比例），这种分解是唯一的。
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唯一析因定理：设\(n\)次多项式\(f(x)\in F[x]\)，存在数域\(F\)上的不可约多项式\(p_1(x),\cdots,p_s(x)\)，使得
\[f(x)=p_1(x)\cdots p_s(x). \]如果另有不可约多项式\(q_1(x),\cdots,q_t(x)\)使得\(f(x)=q_1(x)\cdots q_t(x)\)，则\(t=s\)，且可通过调整因式的顺序使\(q_i(x)=a_ip_i(x)\)。
不可约分解的存在性：
\(n=1\)时，一次多项式在数域\(F\)上总是不可约的。下用归纳法，假设当多项式次数\(\deg f(x)<n\)时不可约分解都存在，要证明\(\deg f(x)=n\)时不可约分解也存在。如果\(f(x)\)本身在\(F\)上不可约，则不可约分解由自身组成；如果\(f(x)\)在\(F\)上可约，则存在次数小于\(n\)的多项式\(g(x),h(x)\in F[x]\)，使得\(f(x)=g(x)h(x)\)，而由于\(g(x),h(x)\)均可以不可约分解，将它们的不可约分解式相乘就得到\(f(x)\)的分解式，分解式中每一个多项式都是不可约的。
不可约分解的唯一性：
设\(f(x)\)具有两个不可约分解，即
\[f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x), \]由于\(q_1(x)\)在\(F\)上不可约且\(q_1(x)|p_1(x)\cdots p_s(x)\)，由不可约多项式的性质可知，存在某\(p_i(x)\)，不妨调换顺序将其设为\(p_1(x)\)，使得\(p_1(x)=a_1q_1(x)\)，从而
\[(a_1p_2(x))p_3(x)\cdots p_s(x)=q_2(x)q_3(x)\cdots q_t(x), \]类似地分析可以得到\(a_2p_2(x)=q_2(x)\)，\(a_3p_3(x)=q_3(x)\)等等，由归纳法就得到\(t=s\)，且分解在结构意义上唯一。
如果要求所有的多项式都是首一的，并且将重复的因式合并，就能得到任意多项式的唯一分解：
\[f(x)=a_0p_1^{k_1}(x)p_2^{k_2}(x)\cdots p_l^{k_l}(x). \]其中，\(a_0\)是\(f(x)\)的首项系数，\(p_i(x)\)称为\(f(x)\)的\(k_i\)重因式。
类比整数环，利用不可约分解可以找到最大公因式。设\(f(x)\)的不可约因式为\(\{h_i(x)\}_{1\le i\le s}\)，\(g(x)\)的不可约因式为\(\{q_i(x)\}_{1\le i\le t}\)，它们的并集记作\(\{p_i(x)\}_{1\le i\le l}\)，则
\[f(x)=a_0p_1^{k_1}(x)\cdots p_l^{k_l}(x),\\ g(x)=b_0p_1^{e_1}(x)\cdots p_l^{k_l}(x). \]由此得到
\[\gcd(f(x),g(x))=p_1^{m_1}(x)\cdots p_l^{m_l}(x),\quad m_i=\min\{k_i,e_i \},i=1,2,\cdots,l. \]最后，对唯一析因定理稍作分析，能得到多项式根个数的结论：多项式的根个数不会多于多项式的次数。
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定理：数域\(F\)上的\(n\)次多项式在\(F\)上至多有\(n\)个不同的根，\(n>0\)。
设\(a_1,\cdots,a_r\in F\)是\(f(x)\)不同的根，用归纳法证明\((x-a_1)\cdots(x-a_r)|f(x)\)。
当\(r=1\)时，因\(a_1\)是\(f(x)\)的根，故\(f(x)=(x-a_1)p(x)\)，\((x-a_1)|f(x)\)。现假设结论对\(r-1\)成立，因\(a_1,\cdots,a_{r-1}\)是\(f(x)\)的根，由归纳假设可知
\[(x-a_1)\cdots(x-a_{r-1})|f(x),\\ f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{r-1})h(x),\\ f(a_r)=(a_r-a_1)\cdots(a_r-a_{r-1})h(a_r)=0. \]由于我们假设\(a_1,\cdots,a_r\)互不相同，因此\(h(a_r)=0\)，由因式定理可知\(h(x)=(x-a_r)g(x)\)，于是
\[f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{r-1})(x-a_r)g(x), \]即\((x-a_1)\cdots(x-a_r)|f(x)\)。由此可以推得\(r\le n\)。
此定理给出了方程的互异根的上限，但方程仍可能在\(F\)上没有根。
1.5 实系数与复系数多项式
上一节探讨的唯一析因定理不局限于某个数域\(F\)，本节对两个重要数域\(\mathbb{R}\)与\(\mathbb{C}\)探讨其上的多项式。首先对于复系数多项式有更好的结果，具体地主要呈现为下面的两条。
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代数基本定理：任意一个\(n\)次复系数多项式一定有复数根，\(n\ge 1\)。
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\(\mathbb{C}\)上的唯一析因定理：设\(f(x)\)是任意一个\(n\)次复系数多项式，\(n>0\)，则\(f(x)\)恰有\(n\)个复根\(c_1,\cdots,c_n\)（可能相同），且
\[f(x)=a_0(x-c_1)\cdots(x-c_n), \]其中\(a_0\)是\(f(x)\)的首项系数。
对于可能相同的根，出现\(k\)次的称为\(f(x)\)的\(k\)重根，仅出现一次的称为单根。合并重根有
\[f(x)=a_0(x-c_1)^{k_1}\cdots(x-c_s)^{k_s},\quad k_1+\cdots+k_s=n. \]
代数基本定理的初等证明繁琐，这里将其视为一个前置准备定理，运用它证明\(\mathbb{C}\)上的唯一析因定理。在\(\mathbb{C}\)上的唯一析因定理最重要的特性就是，只有\(1\)次多项式是不可约的，即\(p(x)\)不可约等价于\(\deg p(x)=1\)。
对多项式的次数\(n\)使用归纳法。当\(n=1\)时定理显然成立，现假设定理对次数为\(n-1\)时的多项式成立。设\(f(x)\)是\(n\)次复系数多项式，由代数基本定理，\(f(x)\)有复数根\(c_1\)，于是由因式定理，
\[f(x)=(x-c_1)g(x),\quad \deg g(x)=n-1. \]由归纳假设，\(g(x)\)恰有\(n-1\)个复数根\(c_2,\cdots,c_n\)，且\(g(x)=a_0(x-c_2)\cdots(x-c_n)\)，这样，就得到
\[f(x)=a_0(x-c_1)\cdots(x-c_n), \]即\(c_1,\cdots,c_n\)是\(f(x)\)的\(n\)个复数根。
对\(\mathbb{R}\)上的结果则稍微复杂一些，因为某些\(\mathbb{R}\)上的多项式没有根。不过，由于\(\mathbb{R}\subset \mathbb{C}\)，因此在复数域上实多项式仍然有根，且必有\(n\)个复数根；特别当多项式是实系数时，复根共轭成对出现。
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定理：实系数多项式\(f(x)\)的复数根共轭成对出现。
为证明，首先要知道\(\overline{ab}=\bar{a}\bar{b}\)，即共轭与复数乘法可交换。
设\(f(x)=a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\)，若\(c\)是\(f(x)\)的复数根，即
\[f(c)=a_nc^{n}+a_{n-1}c^{n-1}+\cdots+a_1c+a_0=0, \]上式两边取共轭，得到
\[a_n\bar c^{n}+a_{n-1}\bar{c}^{n-1}+\cdots+a_c\bar{c}+a_0=0, \]这说明\(\bar{c}\)也是\(f(x)\)的根。
由此，如果实系数多项式是奇次的，就不可能所有根都是复根（否则无法成对出现），这说明：奇次多项式一定有实数根。另外，对任何复数\(c\)，有\((x-c)(x-\bar{c})=x^2-(c+\bar{c})x+c\bar{c}\)，这说明任何共轭因式的乘积一定是实系数多项式。综上，能得到实系数多项式不可约的结论：
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定理：若实系数多项式\(p(x)\)在\(\mathbb{R}\)上不可约，则\(\deg p(x)=1\)或\(2\)。
当\(\deg p(x)=1\)时，\(p(x)\)是必定不可约的；当\(\deg p(x)=2\)时，设\(p(x)=x^2+px+q\)，其不可约的条件是判别式\(p^2-4q<0\)。
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\(\mathbb{R}\)上的唯一析因定理：\(n\)次实系数多项式可以分解为一次因式和二次不可约因式的乘积，即
\[f(x)=a_0(x-c_1)^{k_1}\cdots(x-c_s)^{k_s}(x^2+p_1x+q_1)^{e_1}\cdots(x^2+p_tx+q_t)^{e_t}, \]这里
\[k_1+\cdots+k_s+2(e_1+\cdots+e_t)=n,\\ c_i,p_j,q_j\in\mathbb{R},\quad \forall i=1,2,\cdots,s;j=1,2,\cdots,t,\\ p_j^2-4q_j<0,\quad \forall j=1,2,\cdots,t. \]
实系数多项式的这个特征，往往可以用于解析一些实系数多项式的性质。
例：证明实系数多项式\(f(x)\)对所有实数\(x\)取正值的充要条件是：存在复系数多项式\(\varphi(x)\)，使\(\varphi(x)\)没有实数根，\(f(x)=|\varphi(x)|^2\)。
只证必要性，此时\(f(x)\)必无一次因式，所以
\[f(x)=a(x^2+p_1x+q_1)\cdots(x^2+p_sx+q_s), \]由于共轭复根成对出现，所以
\[f(x)=a(x-c_1)(x-\bar{c}_1)\cdots(x-c_s)(x-\bar{c}_s), \]令
\[\varphi(x)=\sqrt{a}(x-c_1)\cdots(x-c_s) \]即可。
1.6 整系数与有理系数多项式
对整系数与有理系数多项式的讨论则相比复数域和实数域要复杂，一方面，有理数域\(\mathbb{Q}\)在\(\mathbb{R}\)上不是连续的，因此一般的判定多项式可约的准则将不适用；另一方面，整数环\(\mathbb{Z}\)甚至不是一个数域，因此唯一析因定理可能不再适用。但是，\(\mathbb{Z}\)与\(\mathbb{Q}\)存在一定联系，因为\(\mathbb{Q}\)是\(\mathbb{Z}\)加上除法运算得到的数集，所以经过适当的通分后，\(\mathbb{Q}\)上的结果应当与\(\mathbb{Z}\)上的类似。
先解决\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上的可约性问题，因\(f(x)\)如果在\(\mathbb{Z}\)上可约，则在\(\mathbb{Q}\)上必定也可约；但反过来，如果\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上不可约，我们难以直接确定\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上是否可约。但接下来我们要得到一个结果：整系数多项式\(f(x)\)相对整数环\(\mathbb{Z}\)与有理数域\(\mathbb{Q}\)的可约性相同。
为此先提出本原多项式概念与Gauss引理。
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本原多项式：如果整系数多项式\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n}\)的系数\(a_0,a_1,\cdots,a_n\)的最大公因子为\(1\)，则\(f(x)\)称为本原多项式。
本原多项式即不可以在系数上进行约分的多项式，对任何多项式\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n}\)，设\(d=\gcd(a_0,a_1,\cdots,a_n)\)，则可以将多项式改写为最大公因子与本原多项式的乘积，即
\[f(x)=d(a_0'+a_1'x+\cdots+a_n'x^{n}). \] -
Gauss引理：任意两个本原多项式的乘积是本原多项式。
不妨设本原多项式\(f(x),g(x)\)分别为
\[f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n},\\ g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^{m},\\ f(x)g(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_{n+m}x^{n+m}, \]这里约定当下标越界时\(a_i,b_j=0\)，则
\[c_k=a_0b_k+a_1b_{k-1}+\cdots+a_{k-1}b_1+a_kb_0,\quad k=0,1,\cdots,n+m. \]用反证法，假定\(f(x)g(x)\)不是本原的，则\(c_0,c_1,\cdots,c_{n+m}\)必有公因子\(p\ne 1\)。由\(f(x)\)与\(g(x)\)是本原多项式可知，必定存在某\(a_i,b_j\)不能被\(p\)整除，设它们是\(a_0,a_1,\cdots,a_n\)和\(b_0,b_1,\cdots,b_m\)中第一个不被\(p\)整除的系数，而
\[c_{i+j}=a_0b_{i+j}+\cdots+a_{i-1}b_{j+1}+a_ib_j+a_{i+1}b_{j-1}+\cdots+a_{i+j}b_0, \]可以发现，由于\(p|(a_0,\cdots,a_{i-1},b_0,\cdots,b_{j-1})\)，所以只有\(a_ib_j\)不能被\(p\)整除，这说明\(c_{i+j}\)不含因子\(p\)，矛盾。
由于本原多项式在可通分意义下唯一，联系起了整数环与有理数域，由此能提出本节的第一个关键结论：
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设\(n\)次整系数多项式\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上不可约，则\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。
设\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上可约，则存在次数小于\(n\)的多项式\(g(x),h(x)\in \mathbb{Q}[x]\)，使\(f(x)=g(x)h(x)\)。将\(g(x)\)的系数通分得到\(g(x)=b\tilde g(x)\)，这里\(b\in\mathbb{Q}\)，\(\tilde g(x)\in\mathbb{Z}[x]\)，并可以通过调整\(b\)使\(\tilde g(x)\)为本原多项式；同理可令\(h(x)=c\tilde h(x)\)，\(c\in\mathbb{Q}\)，\(\tilde h(x)\in\mathbb{Z}[x]\)且是本原多项式。因此
\[f(x)=bc\tilde g(x)\tilde h(x), \]由Gauss引理，\(\tilde g(x)\tilde h(x)\)是本原多项式，且\(bc\in\mathbb{Q}\)。又因为\(f(x)\)是整系数的，所以必然\(bc\in\mathbb{Z}\)，否则将与\(\tilde g(x)\tilde h(x)\)是本原多项式矛盾。这说明\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上可约，矛盾。
由此，我们可以看出整系数多项式\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上的可约性与在\(\mathbb{Z}\)上相同，同时由于\(\mathbb{Q}\)是一个数域，因此唯一析因定理成立，故我们得到了整数环上的唯一析因定理。
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\(\mathbb{Z}\)上的唯一析因定理：\(n\)次正系数多项式\(f(x)\)可以分解为一个整数与若干个本原不可约多项式的乘积，且不计因式的次序和符号，这种分解是唯一的。
存在性：
作为有理系数多项式，可将\(f(x)\)分解为
\[f(x)=a_0p_1(x)\cdots p_s(x), \]其中\(a_0\in\mathbb{Q}\)，诸\(p_i(x)\)是首一有理系数多项式，在\(\mathbb{Q}\)上不可约，从而可以通分为\(p_i(x)=b_iq_i(x)\)，这里\(b_i\in\mathbb{Q}\)，\(q_i(x)\)是本原多项式。同时，根据整数环与有理数域上多项式具有相同的可约性，我们知道诸\(q_i(x)\)不可约，从而
\[f(x)=a_0b_1\cdots b_sq_1(x)\cdots q_s(x), \]最后由于\(f(x)\)是整系数的，\(a_0b_1\cdots b_s\in\mathbb{Z}\)，存在性得证。
唯一性：
设\(f(x)\)有两个整数与本原不可约多项式乘积的分解，即
\[f(x)=a_0p_1(x)\cdots p_s(x)=b_0q_1(x)\cdots q_t(x), \]将其视为有理系数多项式，可知\(s=t\)，并且可以通过调整因式顺序使得
\[a_0p_1(x)=b_0c_1q_1(x),\quad c_1\in\mathbb{Q};\\ p_i(x)=c_iq_i(x),\quad c_i\in\mathbb{Q},\quad i=2,\cdots,n. \]由于诸\(p_i(x),q_i(x)\)是本原多项式，所以当\(i=2,\cdots,n\)时\(c_i=\pm 1\)，这样\(a_0^{-1}c_1b_0=\pm 1\)，这就证明了分解的唯一性。
最后，给出一个从整系数多项式本身判断不可约性的准则：Eisenstein判别准则。
- Eisenstein判别准则：设\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^{n}\in\mathbb{Z}[x]\)，若存在素数\(p\)使\[p|a_i,\quad i=0,1,\cdots,n-1;\\ p\nmid a_n,\quad p^2\nmid a_0; \]则\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上不可约。
Eisenstein准则只能判定多项式不可约，需要验证三个条件。如果三个条件不满足，可通过一系列变换使之不可约。
设\(p\)为素数，分圆多项式\(\Phi_p(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1=\dfrac{(x-1)^{p}}{x-1}\)在\(\mathbb{Z}\)上不可约。显然此时Eisenstein判别准则不适用，令\(x=y+1\)，则
\[\Phi_p(x)=f(y)=\frac{(y+1)^{p}-1}{(y+1)-1}=y^{p-1}+py^{p-2}+\cdots+C_p^{k-1}y^{p-k}+\cdots+C_p^{p-2}y+p, \]这样\(p\)整除除了首项外的每一项系数都被\(p\)整除，常数项不被\(p^2\)整除，首项系数不被\(p\)整除，这说明\(f(y)\)不可约，可以推出\(\Phi_p(x)\)也不可约。