1、高等代數(shù),多項式 行列式 線性方程組 矩陣 二次型 線性空間 線性變換 歐幾里得空間,第1章 多項式,多項式理論是高等代數(shù)的重要內(nèi)容之一。它不但為高等代數(shù)所講授的基本內(nèi)容提供了理論依據(jù)，其中的一些重要定理和方法在進(jìn)一步學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)理論和解決實際問題時常常用到。本章介紹一元多項式的基本理論。,第1章 多項式,數(shù)域 一元多項式 整除的概念 最大公因式 因式分解定理 重因式 多項式函數(shù) 復(fù)系數(shù)與實系數(shù)多項式的因式分解 有理系數(shù)多項式,1 數(shù)域,要說的話：對所要討論的問題，通常要明確所考慮的數(shù)的范圍，不同范圍內(nèi)同一問題的回答可能是不同的。例如，x2+1=0在實數(shù)范圍與復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解的情形不同。 常遇到的數(shù)的

2、范圍：有理數(shù)集 、實數(shù)集、復(fù)數(shù)集 共性（代數(shù)性質(zhì)）：加、減、乘、除運算性質(zhì) 有些數(shù)集也有與有理數(shù)集 、實數(shù)集、復(fù)數(shù)集相同的代數(shù)性質(zhì) 為在討論中將其統(tǒng)一起來，引入一個一般的概念數(shù)域。,1 數(shù)域,1.數(shù)域的定義 設(shè)P是由一些復(fù)數(shù)組成的集合，其中 包括0與1.如果P中任意兩個數(shù)的和、差、積、商 （除數(shù)不為零）仍在P中，則稱P為一個數(shù)域. 常用到的數(shù)域：有理數(shù)域Q 、實數(shù)域R、復(fù)數(shù)域C. 2.數(shù)域定義的另一形式 包含0與1的數(shù)集P，如果對 于加法、減法、乘法、除法（除數(shù)不為零）運算 封閉，則稱P為一個數(shù)域.,例1 所有形如 (a、b是有理數(shù))的數(shù) 構(gòu)成一個數(shù)域 .,解 (i),(ii)對四則運算封閉.

3、事實上,3.有理數(shù)域是一個最小的數(shù)域（任何數(shù)域都包含有理數(shù)域作為它的一部分）,證：設(shè)P為一個數(shù)域. 由定義知1P，又P對加法封閉知：1+1=2， 1+2=3，P包含所有自然數(shù)； 由0P及P對減法的封閉性知：P包含所有負(fù) 整數(shù)，因而P包含所有整數(shù)； 任何一個有理數(shù)都可以表為兩個整數(shù)的商， 由P對除法的封閉性知：P包含所有有理數(shù).即 任何數(shù)域都包含有理數(shù)域作為它的一部分.,2 一元多項式（以固定數(shù)域P為基礎(chǔ)）,1.定義 設(shè)x是一個符號(文字)，n為非負(fù)整數(shù).形式表達(dá)式,稱為系數(shù)在數(shù)域P中的一元多項式，簡稱為數(shù)域P上的一元多項式.,i 次項,i 次項系數(shù),首項(an0),習(xí)慣上記為f (x)，g(x

4、)或f, g上述形式表達(dá)式可寫為,符號x 可以是為未知數(shù)， 也可以是其它待定事物.,幾個概念:,零多項式 系數(shù)全為0的多項式 多項式相等 f (x)=g(x)當(dāng)且僅當(dāng)同次項的系 數(shù)全相等 （系數(shù)為零的項除外） 多項式 f (x)的次數(shù) f (x)的最高次項對應(yīng)的冪 次，記作(f (x) 或deg (f (x) . 如： f (x) =3x3+4x2-5x+6的次數(shù)為3，即 deg (f (x)=3,2.多項式的運算,例 f(x)=2x2+3x1,g(x)=x3+2x2-3x+2，則,f (x)+g(x) =(2x2+3x1)+(x3+2x2-3x+2),f (x)g(x) =(2x2+3x 1

5、)(x3+ 2x2- 3x+2),乘法較為復(fù)雜，應(yīng)用豎式方便、明了：,f (x)-g(x) =(2x2+3x1)-(x3+2x2-3x+2),2.多項式的運算,f(x)=2x2+3x 1 g(x)=x3+ 2x2- 3x+2 2x5+ 3x4- x3 4x4+ 6x3- 2x2 -6x3 - 9x2 +3x 4x2+ 6x-2 f(x) g(x)=2x5+7x4-x3-7x2+ 9x-2 或為更簡明，應(yīng)用分離系數(shù)法進(jìn)行：,2.多項式的運算,設(shè)f (x)，g(x)為數(shù)域P上的一元多項式，不妨令,加法： f (x)g(x),乘法：f (x)g(x),結(jié)論: (1)(f (x)g(x)max(f (

6、x), (g(x) (2) (f (x)g(x)=(f (x)+(g(x) ,當(dāng)f (x)0,g(x) 0 且乘積的首項系數(shù)等于因子首項系數(shù)的乘積,2.多項式的運算,運算律 設(shè)f (x),g(x),h(x)為數(shù)域P上的一元多項式,則,（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

7、 (x)g(x) = f (x) h(x) 且f (x)0, 則 g(x) = h(x),證（4）(f (x)g(x)h(x) = f (x) (g(x) h(x),考慮等式兩端 t次項的系數(shù). 左邊：f (x)g(x)中s次項的系數(shù)為,故t次項的系數(shù),右邊：g(x) h(x)中r次項的系數(shù)為,故t次項的系數(shù),證畢.,例1 當(dāng)a,b,c取何制值時，多項式 f (x)=x-5與 g(x)= a(x-2)2+b( x+1)+c(x2-x+2）相等？,解,由于 g(x)= ( a+ c) x 2 +(-4a+b c) x+ (4 a+b +2c ） 根據(jù)多項式相等的定義，得,例2 設(shè) f (x),

8、g(x)與h(x)為實數(shù)域上多項式.證明:如果 f 2(x)= x g2(x)+ x h2(x) 則 f (x)=g(x)=h(x)=0,若f (x)0，則f 2(x) 0.由 f 2(x) = x g2(x)+ x h2(x) = x( g2(x)+h2(x) 知g2(x)+ h2(x) 0.因此 (f 2(x) =(x( g2(x)+h2(x) ) 但(f 2(x) 為偶數(shù),而(x( g2(x)+x h2(x) )為奇數(shù),因此 f 2(x) x g2(x)+ x h2(x) 與已知矛盾，故f (x)=0.此時 x( g2(x)+ h2(x)=0.但 x 為一非 零多項式，故有 g2(x)+

9、 h2(x)=0 由于 g(x)、h(x)為實系數(shù)多項式，必有g(shù)(x)=h(x)=0.于是 f (x)=g(x)=h(x)=0 .,證：反證.,為什么？,若g(x)0，由于實數(shù)域內(nèi)，非0數(shù)的平方為正數(shù),所以f 2(x) 的最高次項系數(shù)為正數(shù).當(dāng) g2(x)+ h2(x)=0 時, h2(x)的最高次項系數(shù)必為負(fù)數(shù).這是不可能的！所以g(x)=0.同理h(x)=0.,3.多項式環(huán),數(shù)域P上的一元多項式的全體，稱為數(shù)域P上的 一元多項式環(huán)，記作Px. PPx的系數(shù)域.,思考與練習(xí),3. 例2中，若f (x), g(x)為復(fù)數(shù)域上多項式. 能否由 f 2(x)+g2(x)=0 f (x)=g(x)

10、=0 ？ 考慮f (x)=ix, g(x)=x. 顯然 f 2(x)+g2(x)=0 但 f (x)0,g(x) 0.,3 整除的概念（在Px 中進(jìn)行）,引言 在一元多項式環(huán)Px中,有f(x)g(x), f (x)g(x). 是否有除法？應(yīng)該如何描述Px中兩個多項式相 除的關(guān)系？兩個多項式除法的一般結(jié)果是什么？ 下進(jìn)行討論和研究. 引例 (以中學(xué)代數(shù)多項式除法為基礎(chǔ))考慮 f (x)=3x3+4x2-5x+6 g(x)= x2-3x+1 求出f (x)除以g(x)的商和余式.,采用長除法,f(x),g(x),商q(x),余式 r(x),即 3x3+4x2-5x+6 =(3x+13)(x2-3x

11、+1)+(31x-7) 結(jié)果： f (x) = q(x) g(x) + r(x),采用豎式除法,商,余式,即 3x3+4x2-5x+6 =(3x+13)(x2-3x+1)+(31x-7) 結(jié)果： f (x) = q(x) g(x) + r(x),1.帶余除法,定理 設(shè)f(x) , g(x) Px, g(x) 0，則存在唯一的多項 式q(x) , r(x) Px, 使 f (x) = q(x) g(x) + r(x) 其中r(x)=0或 (r(x) ( g(x) ). 稱上式中的q(x) 為g(x) 除f (x)的商， r(x)為g(x) 除f (x)的余式.,商,余式,（帶余除法）定理證明,存

12、在性 若f(x)=0 , 取q(x)=r(x) =0即可.以下設(shè)f (x)0. (f(x)=n,( g(x) )=m. 對 f (x) 的次數(shù)n作數(shù)學(xué)歸納法. 當(dāng)nm時,取q(x)=0, r(x) = f (x)， 有 f (x) = q(x) g(x) + r(x) ，結(jié)論成立. 當(dāng)nm時,假設(shè)次數(shù)小于n時結(jié)論成立，即存在多 項式q(x) , r(x) Px, 使f (x) = q(x) g(x) + r(x).以下證 明次數(shù)為n時結(jié)論也成立. 設(shè)f (x)、 g(x) 的首項分別為axn及b xm.令 f 1(x)= f (x)- b-1a xn-mg (x) (*) 注意到b-1a xn

13、-mg (x)與f (x)有相同的首項,知(f1(x)n 或為f1(x) =0.,（帶余除法）定理證明（續(xù)1）,若f1(x)=0，取q(x)= b-1a xn-m ， r(x) = 0，有 f (x) = q(x) g(x) + r(x) ； 若(f1(x) n, 由歸納法假設(shè)，有q1(x) , r1(x) Px,使 f 1(x) = q1(x) g(x) + r1(x) （*） 其中(r1(x)( g(x) )或r1(x) =0. 于是由式 (*)、(*)有 f (x) = (q1(x)+ b-1a xn-m) g(x) + r1(x),r(x),q(x),由歸納法原理，對任意的f (x),

14、 g(x)0， q(x) , r(x)的 存在性證畢.,（帶余除法）定理證明（續(xù)2）唯一性,若還有q*(x) , r*(x) Px ,使 f (x) = q*(x) g(x) + r*(x) 其中(r*(x)(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)，這里 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

15、 r(x)= -x3-1.,解：,帶余除法表明： f (x) = q(x) g(x) + r(x) 用多項式g(x) 0去除多項式f (x) ，可以得到一個商q(x)及余式r(x)，余式一般不為零.當(dāng)余式等于0時，得到兩個多項式之間的一種關(guān)系整除.,2.整除的概念,(1)定義 設(shè)f(x) , g(x) Px, 如果存在多項式h(x) Px, 使 f (x) = h(x) g(x) 稱g(x) 整除f (x)(或f (x)能被g(x)整除)，記為g(x)| f(x) . 此時稱g(x) 為f (x) 的因式， f (x)為 g(x)的倍式.,g(x)的倍式,f (x)的因式,例如， f(x) =

16、3x3+4x2-x, g(x)= 5x,有g(shù)(x)| f(x) . 因 3x3+4x2-x =,(2)整除性判別 定理 設(shè)f(x), g(x) Px, g(x) 0, g(x)| f(x) g(x) 除f (x)的余式為零.,證 () 若余式r(x)=0，則f (x) =q(x)g(x),即g(x) | f(x)； ()若g(x) | f(x)，則 f(x) =q(x)g(x)= q(x)g(x)+0 即r(x)=0. |,h(x),例2 設(shè)f(x) =2x4-3x3+5x2-6, g(x)= x2-x-1,判斷g(x)能否整除 f(x) .,r(x)0,解 由,例3 m,p,q 滿足什么條件

17、， g(x)=x2+mx-1能整除f(x)=x3+px+q？,解 由帶余除法，得,利用整除的定義，比較 g(x)與 f(x)的次數(shù)及首項系數(shù). g(x)| f(x) 存在h(x)=x+a 使 x3+px+q=(x+a)(x2+mx-1) 比較等式兩邊同次項的系數(shù)，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 證明：如果g(x)| f1(x)+ f2(x) ，g(x) | f1(x)- f2(x) , 則g(

18、x)| f1(x) ， g(x)| f2(x) .,證 由假設(shè)，有h1(x), h2(x)使,由整除的定義， 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)整除的性質(zhì),f(x)| f(x) 任意一個多項式可整除其自身； f(x)| 0 任意一個多項式可整除零多項式； c| f(x) 零次多項式可整除任一多項式； 若f(x)| g(x) ， g(x)| f(x)，則 f(x)=cg(x) ; 若f(x)| g(x) ， g(x)| h(x)，則 f(x)|h(x) ;（

19、傳遞性） 若f(x)| g(x) ，則 c 0,cf(x)|g(x) ; 若f(x)| gi(x) ( i=1,2,r) ,則ui(x) Px f(x)| (u1(x)g1(x)+ u2(x)g2(x)+ ur(x)gr(x),gi(x)的組合 i=1,2,r,整除性質(zhì)的證明,f(x)=1f(x) ； 0 = 0 f(x)； f(x)= cc-1f(x)； 設(shè)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) 有一個是0多項式，則另一個必為0， 因此任取非零常數(shù)c，即有f(x)= c g(x).

20、 若f(x)、 g(x)均不為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)為非0常數(shù).,整除性質(zhì)的證明,傳遞性（略） ； 顯然； 由f(x)| gi(x) ( i=1,2,r) ,有hi(x) ( i=1,2,r) Px 使 gi(x) = hi(x) f(x) i=1,2,r 而ui(x) Px，有 u1(x)g1(x)+ u2(x)g2(x)+ ur(x)gr(x) = u1(x)h1(x)+ u2(x)h

21、2(x)+ ur(x)hr(x) f(x) 由整除的定義， 知 f(x)| (u1(x)g1(x)+ u2(x)g2(x)+ ur(x)gr(x) ,作業(yè)與練習(xí),習(xí)題1 1 . 1），2. 2），3. 證明： g(x)| f1(x)+2 f2(x) ，g(x) | 3f1(x)-4f2(x) , 則g(x)| f1(x) ， g(x)| f2(x) . 證明： (1)f(x)| g1(x) ， f(x) | g2(x) ,則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)？舉例說明.,不一定.

22、,3 整除的概念（小結(jié)）,帶余除法 設(shè)f(x) , g(x) Px, g(x) 0,則存在唯一的多項式 q(x) , r(x) Px, 使 f (x) = q(x) g(x) + r(x) （*） 其中r(x)=0或 (r(x) ( g(x) ). 整除性 1.定義 設(shè)f(x),g(x) Px, 如果存在多項式h(x) Px, 使 f (x) = h(x) g(x) ，稱g(x)| f(x). 2.整除性判別 g(x)| f(x) (g 0 ) （*）式中r(x)=0. 3.整除的性質(zhì) （略）,4 最大公因式,f(x)與g(x)的最大公因式 定義、存在性與唯一性及其性質(zhì)、最大公因式的求法（展轉(zhuǎn)

23、相除法） 互素 定義、判定定理、性質(zhì) n個多項式的最大公因式,(1)公因式 設(shè)f(x),g(x)Px,若有(x)Px， 使 (x) | f(x)， (x) | g(x)，稱 (x) 為f (x)與g(x)的一 個公因式. 由于任意兩個多項式總有公因式(非0常數(shù))， 因此公因式中占有重要地位的最大公因式. (2)最大公因式 定義 設(shè)f(x),g(x) Px.若有d(x)Px滿足 (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. 則稱d(x)為f(x)與g(x)的一個最大公因式.,1. f (x)與g(x)的最大公因式,說明:,最大公因式在相

24、差一個非零常數(shù)的意義下是唯一 確定的. 事實上,若d1(x)、d2(x)是f(x), g(x)的最大公 因式,由最大公因式定義,知d1(x)為d2(x)的因式,d2(x) 也為d1(x)的因式,即 d1(x)d2(x), d2(x)d1(x) 由整除的性質(zhì)知: d1(x)=c d2(x). (f(x),g(x)f(x)與g(x)首項系數(shù)為1的最大公因 式.,最大公因式的存在性及其求法,引理 設(shè)f(x),g(x) Px.如果等式 f (x) = q(x) g(x) + r(x) (*) 成立，則f(x),g(x) 和g(x),r(x)有相同的公因式. 證明 由(*)知, f (x)是g(x)與r

25、(x)的一個組合,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)與 g(x) 的組合r(x)，此即f(x),g(x)的公因式都是g(x), r(x)的公 因式. 綜上所述，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與 g(x)= x4+2x3+x+2 的最大公因式.,解 先用g(x)

26、 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(續(xù)),由于r(x)g(x)，知r(x)是g(x)與r(x)的一個最大公因 式，因此 (f(x) , g(x) )=(g(x) , r(x)= x3+1.,例1 求f(x)= x5+3x4+ x3+x2+ 3x+1與 g(x)= x4+2x3+x+2 的最大公因式.(解法小結(jié)),(1)先用g(x) 除f(x),得 f(x) = q(x)

27、 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,輾轉(zhuǎn)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)Px, 在Px中存在一個最大 公因式d(x),且d(x)可以表達(dá)成f(x),g(x)的一個組合, 即有u(x),v(x) Px使 d(x) = u(x)f(x) + v(x)g(x),注意：等式 d(x) = u(x)f(

28、x) + v(x)g(x) 成立, d(x)未必就是f(x)與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). 顯然有 d(x) = u(x)f(x) + v(x)g(x) 但d(x)不是f(x)與g(x)的最大公因式.,最大公因式存在性定理證明,證 (i)如果f(x),g(x)有一個為零多項式，比如 g(x)=0，則f(x)就是f(x),g(x)一個最大公因式，即 d(x)=f(x)，且 f(x)= 1f(x)+10=1f(x)+1g(x) (ii)一般情形:不妨設(shè)g(x)0.由帶余除法,用 g(x)除

29、f(x), 得到商q1(x), 余式r1(x)；即 f(x) = q1(x)g(x) + r1(x) 若r1(x)=0,則r1(x), g(x)的最大公因式為g(x),從 而f(x),g(x)最大公因式d(x)僅與g(x)相差一個非0常 數(shù)因子，此時 d(x)=cg(x)=0f(x)+cg(x),最大公因式存在性定理證明（續(xù)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); 如此輾轉(zhuǎn)相除下去 ，所得余式的 次數(shù)不斷降低，即 (g(x) (r1(x) (r2(x) 經(jīng)有限次之

30、后,必有余式為零(因次數(shù)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證明（續(xù)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) + 0 rs(x)與0的最大公因式是rs(x),由引理知,rs(x)也是 rs(x)與rs-1(x)的一個最大公因式;也是rs-1(x)與rs-2(x) 的一個最大公因式,

31、以此逐步上推,rs(x)就是f(x) 與g(x)的一個最大公因式. 為得到定理結(jié)論中的等式，由上面的倒數(shù)第二 個等式，我們有 rs(x) = rs-2(x) - qs(x)rs-1(x),最大公因式存在性定理證明（續(xù)3）,而由倒數(shù)第三式,有 rs-1(x)=rs-3(x) - qs-1(x)rs-2(x) 帶入上式,消去rs-1(x)，得到 rs(x) = (1+qs(x)qs-1(x)rs-2(x)-qs(x)rs-3(x) 以同樣的方法逐個消去rs-2(x)， , r1(x)， 并項后，得到 rs(x) = u(x)f(x) + v(x)g(x) 綜上所述，證畢.,定理中求最大公因式的方法

32、稱為輾轉(zhuǎn)相除法.,例2 設(shè)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 利用輾轉(zhuǎn)相除法,解(續(xù)1) 上述輾轉(zhuǎn)相除過程為：,=0,因此，r2(x)=-x+1為f(x)與g(x)的一個最大公 因式,而首項系數(shù)為1的最大公因式為 (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(

33、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(續(xù)2) 即,兩端同乘以-1，得,因此，有,2.互素多項式,(1)定義 設(shè)f(x),g(x)Px, 如果(f(x), g(x)=1,稱f(x) 與g(x)互素（也稱互質(zhì)）. 易知，兩個互素多項式的公因式只有零次多項式. (2)互素的充分必要條件 定理 Px中多項式f(x),g (x)互素存在有u (x), v (x) Px，使 u(x)f (x)+v(x)g(x)=1。 證明 ()因(f(x), g(

34、x)=1，由最大公因式存在定理， 有u (x),v (x)Px，使 1=u(x)f (x)+v(x)g(x) .,證明(續(xù)),()設(shè)有u (x),v (x)Px使 u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 若(x)是f (x)與g(x)的一個最大公因式,則 (x)f(x),(x)g (x),從而(x)u(x)f(x)+v(x)g(x) 即(x)1 (x)=c. 因此，(f (x),g(x) )=1. 綜上所述，證畢.,(3)互素多項式的性質(zhì),定理 若(f(x), g (x)=1,且f (x)g(x)h (x),則f (x)h(x). 證明 由(f(x), g(x)=1可知，有u(x)，v(x)使

35、 u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 等式兩邊乘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). 證畢.,(*)左端,(*)右端,推論 若f1 (x)g(x), f2 (x)g(x)且(f1(x),f2(x)=1，則 f1 (x)f2 (x)g(x). （證明略）,習(xí)題1 10.若f(x),g (x)不全為0，則,證 若f(x),g (x)不全為0，則(f(x),g (x)= d(x) 0.由 最大公因式存在定

36、理，有u(x),v (x)使 d(x)= u(x)f(x)+v(x) g (x) 所以,由互素的充要條件，有,3. n個多項式的最大公因式,(1)定義 已知fi(x) (i=1,2,s2)Px.若有d(x)Px 滿足 (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. 則稱d(x)為fi(x) (i=1,2,s)的一個最大公因式. (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)Px使 u1(x)f1(x)+ us(

37、x)fs(x)= (f1(x), f2(x), fs(x) ),例3 設(shè)f1(x)= x6-7x4+8x3 - 7x+7,f2(x)= 3x5-7x3+3x3 7 f3(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) 逐步計算. (f1(x),f2(x) )= x3 +1 (x3 +1, f3(x) )= x +1 (x +1,f4(x)= x +1 所以(f1(x),f2(x)

38、, f3(x) ,f4(x)= x +1.,(3)互素 如果(f1(x), f2(x), fs(x) )=1，稱f1(x), f2(x), fs(x) 互素. (4)兩兩互素 如果 f1(x), f2(x), fs(x) 中任意兩個都互素，稱f1(x), f2(x), fs(x)兩兩互素. 例 f1(x)=x+1, f2(x)= x-1, f3(x)=x2+1 互素且兩 兩互素. f1(x)=x+1, f2(x)= x-1, f3(x)=x2-1 互素但不 兩兩互素.,作業(yè)與練習(xí),習(xí)題1 5 . 2），6. 2），714.,習(xí)題1 12.若(f(x),g (x)=1, (f(x),h (x)=

39、1,則(f(x),g (x)h(x)=1.,證 由(f(x),g (x)=1, 有u(x),v(x)使 u(x)f(x)+v(x) g (x)=1 從而 h(x)u(x)f(x)+ v(x) g (x)h(x) = h(x) 即f(x)與 g (x)h(x)的公因式都是f(x)與 h(x)的公因式. 但 (f(x),h (x)=1 故f(x)與 g (x)h(x)的公因式只能是非零常數(shù).因此 (f(x),g x)h(x)=1.,5 因式分解定理（在Px 中進(jìn)行）,不可約多項式概念、性質(zhì) 因式分解及唯一性定理 多項式因式分解的標(biāo)準(zhǔn)形式,1. 不可約多項式,(1)定義 如果數(shù)域P上次數(shù)1的多項式p

40、(x)不能表 成數(shù)域P上的兩個次數(shù)比p(x)的次數(shù)低的多項 式的乘積,稱其為域P上的不可約多項式. 按照定義： 一次多項式總是不可約多項式； 多項式是否可約依賴于數(shù)域； 如 f(x)= x2+2在實數(shù)域上不可約,在復(fù)數(shù)域上 可約. 不可約多項式p(x)的因式只有c及cp(x)(c 0).,的證明,設(shè)(x)為p(x)的因式，則(x)| p(x)，即有h(x)使 p(x)= h(x)(x). 因p(x) 不可約，即它不能表為兩個次數(shù)比它低的多 項式的乘積，因此 (h(x)=0或(x)=0 若(h(x)=0,有 h(x)=a 0,(x)=a-1 p(x)=cp(x); 若(x)=0, 有 (x)=c

41、. 即：不可約多項式p(x)的因式只有c及cp(x) (c0).,(2)不可約多項式的性質(zhì),定理 如果p(x)是不可約多項式，則 (i) f(x)Px,或者p(x)f(x);或者 f(x)與p(x)互素； (ii) f(x),g(x)Px,由p (x)f (x)g(x)一定推出 p (x)f (x)或者p (x)g (x). 證明 (i)設(shè)(f(x),p(x)=d(x)，則d(x)p(x),但p(x)是 不可約多項式 d(x)=1或d(x)=cp(x)（c0, cp(x) 首 項系數(shù)為1）. 若d(x)=1,則f(x)與p(x)互素； 若d(x)=cp(x),則p(x)f(x). (ii) 若

42、p(x)f(x),結(jié)論已經(jīng)成立.,證明（續(xù)）,若p(x)f(x),由(i)必有(f(x),p(x)=1.再由互素 多項式的性質(zhì):(f(x),g (x)=1,且f x)g(x)h(x),則 f (x)h(x),有p (x)g (x). 一般地，有如下結(jié)論： 定理 如果不可約多項式 p(x)整除一些多項式 f1(x),f2(x),fs(x)的乘積 f1(x)f2(x) fs(x),則p(x) 一定整除這些多項式之中的一個. （用數(shù)學(xué)歸納法證明) 略.,2. 因式分解及唯一性定理,定理 數(shù)域P上每一個次數(shù)1的多項式f(x)都可以 唯一地分解成數(shù)域P上一些不可約多項式的乘積.唯 一性指：若有兩個分解式

43、 f(x)=p1(x)p2(x)ps(x)=q1(x)q2(x)qt(x) 則必有s=t，且適當(dāng)排列因式的次序后有 pi(x)=ciqi(x)，i=1,2,s 其中，ci (i=1,2,s)是一些非零常數(shù). 證明 (存在性)對f(x)的次數(shù)做數(shù)學(xué)歸納法. 由于一次多項式都是不可約的,所以n=1時結(jié)論 成立.,證明(續(xù)1),設(shè)(f(x)=n,并設(shè)結(jié)論對于次數(shù)低于n的多項式 已經(jīng)成立. 若f(x)是不可約多項式,結(jié)論顯然.不妨設(shè)f(x)不 是不可約的,即有 f(x)=f1(x)f2(x) 其中f1(x),f2(x)的次數(shù)都低于n.由歸納法假定f1 (x)和 f2(x)都可以分解成數(shù)域P上一些不可約

44、多項式的乘積. 把f1(x),f2(x)的分解式合起來得到f (x)的一個分解式. 由歸納法原理,結(jié)論普遍成立.,證明(續(xù)2)(唯一性),設(shè)f(x)可以分解成不可約多項式的乘積 f(x)=p1(x)p2(x) ps(x) 若f(x)還有另一分解式 f(x)=q1(x)q2(x) qt(x) 其中qi(x)(i=1,2, ,t)都是不可約多項式.于是 f(x)=p1(x)p2(x) ps(x)=q1(x)q2(x) qt(x) 我們對s做歸納法. 當(dāng)s=1時, f(x)是不可約多項式. 由定義必有 s=t=1,且 f(x)=p1(x)=q1(x). 假設(shè)不可約因式的個數(shù)為s-1時唯一性已證.由

45、有： p1(x)|q1(x)q2(x) qt(x),證明(續(xù)3),因此,p1(x)必能整除其中某一個.不妨設(shè) p1(x)|q1(x). 由于q1(x)也是不可約多項式，故有 p1(x)=c1q1(x) 在式兩邊消去q1(x)，就有 p2(x) ps(x)=c1-1q2(x) qt(x) 由歸納法假定，有 s-1=t-1，即s=t, 且適當(dāng)排列次序后，有 p2(x)=c2c1-1q2(x)=c2q2(x),pi (x)=ciqi (x)(i=3,s) 綜合、 、分解的唯一性證畢.,3.標(biāo)準(zhǔn)分解式,在f(x)的分解式中，可以把每一個不可約因 式的首項系數(shù)提出來,使其成為首項系數(shù)為1的多 項式，再將

46、相同的不可約因式合并，于是有 (1)標(biāo)準(zhǔn)分解式,其中c為f(x)的首項系數(shù),pi(x)(i=1,2,s)是不同 的首項系數(shù)為1的不可約多項式,ri (i=1,2,s)為 正整數(shù).,(2)標(biāo)準(zhǔn)分解式的用途,求兩個多項式的最大公因式： f(x)與g(x)的最大 公因式d(x)等于那些同時在f(x)與g(x)的標(biāo)準(zhǔn)分解式 中出現(xiàn)的不可約多項式的方冪的乘積，所帶方冪等 于它在f(x)與g(x)標(biāo)準(zhǔn)分解式中所帶方冪的較小的一 個. 討論整除的關(guān)系： g(x)| f(x) g(x)的不可約因式p(x)都是f(x)的 因式，且p(x)在g(x)中的冪次小于或等于在f(x)中 的冪次.,6 重因式(因式分解問

47、題的繼續(xù)),重因式定義 重因式的判定與性質(zhì) 消除重因式,1.重因式定義,定義 p(x)為不可約多項式,如果pk(x)|f (x),而 pk+1(x)f(x),稱p(x)為多項式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)稱為f(x)的單因式； 若k1,p(x)稱為f(x)的重因式. 許多問題中,要求所討論的多項式?jīng)]有重因式, 多項式的近似求根法也要求所考慮的多項式?jīng)]有重 根.因此判別多項式有無重因式、求其重因式及去 掉重因式是我們必須要考慮的問題.,2.重因式的判別,(1)微商(導(dǎo)數(shù))的概念 定義：設(shè)有多項式,性質(zhì),其微商(導(dǎo)數(shù))規(guī)定為,同理，可定義高階

48、微商f(k)(x)（略）,(2)重因式的判定,定理 如果不可約多項式p(x)是f(x)的k重因式(k1), 則它是微商f(x)的k-1重因式.反之不然. 證明 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). 此即證明了pk(x) f(x). 即p(x)是f (x)的k-1重因式.,f(x)=x2+1, f(x

49、)=2x x是f(x)的因式,但不是f(x)的因式.,推論1 如果不可約因式p(x)是f(x)的k(k1)重因式, 那么p(x)分別是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. 特別地,f(x)的單因式不再是f(x)的因式. 推論2 不可約多項式p(x)是f(x)的重因式的p(x) 是f(x)與f(x)的公因式. 推論3 多項式f(x)沒有重因式是f(x)與f(x)互素.,判斷一個多項式有無重因式輾轉(zhuǎn)相除法.,例1 求下述多項式的重因式. f(x)= x4+x3-3x2- 5x -2,解 f(x)= 4x3+3x2-6x-5 利用輾轉(zhuǎn)相除

50、法，求得 (f(x), f(x)= x2+2x+1 = (x+1)2 所以 x+1為f(x)的三重因式.由此得f(x)的標(biāo)準(zhǔn)分解式 為： f(x)=(x+1)3(x-2),3.消除重因式,是一個沒有重因式的多項式，且它與f(x)具有完全 相同的不可約因式.,事實上，設(shè)f(x)有如下分解式：,則,從而,例2 判斷下述多項式有無重因式.若有，求出與其有相同因式但無重因式的多項式. f(x)= x5-6x4+16x3-24x2+20 x-8,解 f(x)= 5x4- 24x3+48x2-48x+20 利用輾轉(zhuǎn)相除法，求得 (f(x), f(x)= x2-2x+2 所以x2-2x+2為f(x)的二重因

51、式.由此可得f(x)的標(biāo)準(zhǔn)分 解式： f(x)= (x2-2x+2)2(x-2),f(x)= (x2-2x+2)2(x-a) =x5-6x4+16x3-4x2+20 x-8 比較常數(shù)項得-4a=-8,故 a=2.,與其有相同因式但無重因式的多項式為:,1. 設(shè)f(x)= x4-2x3+3x2-4x+2. 求出與其有相同因 但無重因式的多項式g(x)及f(x)在Rx中的標(biāo)準(zhǔn) 分解式. 2. t取合值時， f(x)= x3-3x+t 有重因式.,思考練習(xí),答案： 1.(f(x), f(x)= x-1 g(x)= x3-x2+2x- 2=(x-1)(x2+2) f(x)= (x-1)2(x2+2)

52、2. t2-4=0時，(f(x), f(x)1，即此時有重因式.,7 多項式函數(shù),到目前為止，只是形式地討論多項式.本節(jié)以函數(shù)的觀點進(jìn)行考察. 多項式函數(shù)的有關(guān)概念 余數(shù)定理及其應(yīng)用,1.多項式函數(shù)的有關(guān)概念(1)多項式的值 設(shè),是數(shù)域P中的一個數(shù)，上式中以代x所得的數(shù),稱為f(x)當(dāng)x= 時的值，記為 f() . 顯然f()也是數(shù)域P中的數(shù).,(2)多項式函數(shù) 由一個多項式定義的函數(shù)，稱為 數(shù)域P上的多項式函數(shù).,2.余數(shù)定理及其應(yīng)用,(1)余數(shù)定理 用一次多項式x-去除多項式f(x),所 得余式為一常數(shù)，其數(shù)值為 f().,如果f(x)當(dāng)x= 時的函數(shù)值 f() =0，稱為f(x) 的一個

53、根或零點.,證 用x-去除多項式f(x),得 f(x)=q(x)( x-)+c 以 代x，得 f()=c. 證畢.,(3)根 (零點),推論1 (x-)| f(x) 是f( ) =0.推論2 是f(x) 的根 (x-)| f(x).,(2)重根 定義 如果x-是f(x)的k重因式,稱是f(x)的k重根. 定理1 Px中n次多項式(n0)在數(shù)域P中的根不 可能多于n個，重根按重數(shù)計算.,證明 若(f(x)=0，定理顯然成立. 設(shè)(f(x)0.將f(x)分解為不可約多項式的 乘積：,由推論2及根的重數(shù)的定義,知f(x)在數(shù)域P中根 的個數(shù)等于分解式中一次因式的個數(shù)k,而 kn.,該定理表明：不同多

54、項式定義不同的函數(shù),定理2 若多項式f(x),g(x)的次數(shù)都不超過n,且對 n+1個不同的數(shù)1, 2, ,n+1有相同的值，即 f(i)=g(i) ，i=1,2,n+1 則f(x)=g(x). 證明 依條件，有 f(i)-g(i)=0 ，i=1,2,n+1 即多項式 f(x)-g(x)有n+1個不同的根. 若f(x)g(x)，則f(x)-g(x)為一個次數(shù)都不超過n 的多項式.與前一定理矛盾，因此f(x)=g(x).,例1 求f(x)=xn+an被x+a除所得的余式.,解 由余數(shù)定理, f(x)=(x+a)q(x)+r r=f(-a)= (- a)n+ an=,例2 求多項式f(x)= x3

55、+px+q有重根的條件.,解 f(x)= x3+px+q有重根 (f(x),f (x)1. f (x)= 3x2+p (i) p=0時， f(x)與f (x)只有當(dāng)q=0時有公因式x2 此時，f(x)= x3(有三重根0). (ii) p0時，對f(x)與f (x)用輾轉(zhuǎn)相除法，有,因f(x)與f (x)有公因式，故r2(x)=0.即當(dāng)4p3+27q2 =0 時， f(x)有重根.,例3 求t，使f(x)= x3-3x2+tx -1 有重根，并求出相應(yīng)的重根及重數(shù)解 f(x)= 3x2-6x+t ，由輾轉(zhuǎn)相除法得,故當(dāng)t=3時， f(x)有3重 根1，t=-15/4 時,有2重 根-1/2.,

56、以下給出一種求以一次多項式x-除f(x)所得商 及余式的簡單方法綜合除法.并以此考察多項式 的根的情況及將多項式表示為x-的冪次等問題.,(3)綜合除法,為說明綜合除法的理論依據(jù)，考察f(x)被x-除所得商q(x)及余式r與f(x)的系數(shù)之間的關(guān)系. 設(shè),則有,f(x)= ( x-) q(x) +r,比較同次項的系數(shù)，得,為求出商q(x)及余式r,只須求出bn-1, bn-2, b1 , b0及r.采用下述綜合除法：將 an, an-1, a1 , a0寫在第1行,寫在左邊,按照上面的遞推關(guān)系逐次算出bi及r：,例4 求k，使f(x)= x4 - 5x3+5x2+kx +3以3為根.,f(3)

57、=3k-6.故當(dāng)k=2時， f(x)以3為根.,解： f(x)以3為根 f(3)=0. (法1) f(3)= 34 - 533+5 32+k 3 +3=0 k=2. (法2)綜合除法求f(3),例5 將4次多項式f(x)=x4-3x2+3表成一次多項式 (x-1)的方冪的和.,分析：若 f(x)已經(jīng)表成一次多項式(x-1)的方冪的和的形式： 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)除所得余數(shù);d1是商q1(x)被(x-1) 除所得余數(shù);逐次用(x-1)去除所得商，就得到一 系列系數(shù)d1 ,d2 ,d3 ,d4 .因此，可