1、7.3 多 項(xiàng) 式 的 根,多 項(xiàng) 式 的 根,設(shè)()是域F上面的一個(gè)多項(xiàng)式，是F中 的任意元素，以代()中所得的元素 記為()。 若()=0，則稱是多項(xiàng)式（）的一 個(gè)根，或稱是方程（）=0的一個(gè)根。,定理 7.3.1(余式定理)以-除()所得的余式等于()。 證明：由-是一次式,知余式是常元素cF。 設(shè)商式為q(),于是()= q() (-)+c 以代得 ()= q() (-)+c 故得c = ()。 推論1.-() iff 是()的根。 證明： -() iff 以-除()所得的余式為0 iff ()=0。,K重根,定義. 稱是非0多項(xiàng)式()的k重根，如果(-)k整除()，但(-)k+1不整

2、除()。 若k1，則稱是()的重根。 若()=0，則對(duì)任意正整數(shù)k， （-）k()， 因而稱是()的重根，且也看作是()的重根。,定理 7.3.1 設(shè)非0多項(xiàng)式()的次數(shù)為n，則()最多有n個(gè)根，此處k重根作為k個(gè)根計(jì)算。 證明：把()的質(zhì)因式分解式寫成下面的形式： ()=c(-1)k1(-r)krp1()ps() (1) 其中1，r都不同，而p1()，ps()都是高于 一次的質(zhì)式。（1）中r和s都可能等于0。比較兩邊的次 數(shù)得: n =k1+kr+次(p1()ps() (2) 顯然，i是（）的ki重根，i=1，r。 除了這些，（）沒有另外的根.因否則-應(yīng) 是（）的質(zhì)因式，而分解式（1）中沒有

3、這個(gè)質(zhì)因 式?？梢?，k重根算k個(gè)根時(shí)，（）共有k1+kr 個(gè)根，由（2），此數(shù)n。,多項(xiàng)式恒等,定義. 兩個(gè)多項(xiàng)式()和g()說(shuō)是恒等, 如果以F中任意元素代，恒有 ()=g()。記為() g()。 note: 相等強(qiáng)調(diào)形式上完全相同， 恒等強(qiáng)調(diào)二者作為變量的兩個(gè)函數(shù)恒取 同樣的值。 在有理域、實(shí)數(shù)域、復(fù)數(shù)域等無(wú)限域上相等與恒等一樣，但在一般域上二者不同。,例,考慮R2=0，1上的多項(xiàng)式： f（x） = x3+x2+x， g（x） = x。 顯然，f（x） g（x），但f（x） g（x）， 因?yàn)閒（0）=0=g（0），f（1）=1=g（1）。,定理 7.3.3 設(shè)F中有無(wú)窮多個(gè)元素， () =

4、 g()，當(dāng)且僅當(dāng)() g() 。 證明：必要性。若() = g()，則它們同次項(xiàng)的系數(shù)完全相同，因而自然對(duì)任意的值其值亦相同，故二者恒等。 充分性。若() g()，于是，對(duì)任意F，()-g()=0，這表示 ()-g()0，即F中每個(gè)元素都是()-g()的根。但F中有無(wú)窮多個(gè)元素，可見()-g()有無(wú)窮多個(gè)根。只有多項(xiàng)式0才能這樣，故()-g()=0，即()=g()。,域上多項(xiàng)式重根的判定,給定多項(xiàng)式 ()=a0n+a1n-1+an-1+an，定義()=aonn-1+a1(n-1)n-2+an-1 為f(x)的微商。 不難證明： ()+g()=()+g() (c()=c() ()g()=()g

5、()+()g() ()m)=m()m-1(),域上多項(xiàng)式重根的判定,定理 7.3.4 若是非常數(shù)多項(xiàng)式（）的k重根，則它至少是()的k-1重根。 證明： 由題設(shè)，()=(x-)k g(),-不整 除g()，于是， ()=k(-)k-1g()+(-)k g() 從而 （-）k-1（） 故至少是()的k-1重根。,討論： (1)若k是F的特征p的倍數(shù)，則在F中等于0，這樣 ()=k(-)k-1g()+(-)k g() 右邊第一項(xiàng)k(-)k-1g()為0，從而 (-)k()， 至少是()的k重根。,(2)若k不是F的特征p的倍數(shù)， 則()=k(-)k-1g()+(-)k g() 右邊第一項(xiàng)k(-)k

6、-1g()非0，且由- 不整除g(),此項(xiàng)只能為(-)k-1整除， 不能為(-)k整除，但()右邊第二項(xiàng) (-)k g()為(-)k 整除，可見 ()只能為(-)k-1不能為(-)k整 除，從而可以斷定恰是()的k-1重 根。,例. 考慮R2=0，1上的多項(xiàng)式： f(x)= x2+1 = (x+1)2= (x-1)2 可見1是f(x)的2重根，k=2是域的特征2 的倍數(shù)。這時(shí)，()= 2x = 0， 可見1是()的重根，即1在()中 的重根數(shù)比k-1=1要高。 例.有理域、實(shí)數(shù)域、復(fù)數(shù)域上特征為0，不 等于0的k不可能為0的倍數(shù)。因此若是非 常數(shù)多項(xiàng)式()的k重根，則它至少是 ()的k-1重根

7、。,判斷重根,定理7.3.5 是()的重根，當(dāng)且僅當(dāng)它是()和()的公共根。 證明：必要性。設(shè)是()的重根。 當(dāng)()=0時(shí),()=0,故是()和()的公共根。 ()0時(shí)，應(yīng)是()的k重根，k1。因此，至少是()的k-1重根，但k-11，故是()的根，因而是()和()的公共根。,充分性。用反證法。假設(shè)不是()的重根， 若根本不是()的根，當(dāng)然更不會(huì)是()和()的 公共根，與它是()和()的公共根矛盾。 若是()的根，則只能是單根，即重?cái)?shù)k=1。因?yàn)?不是F的特征的倍數(shù)，故可以斷定是()的k-1重根，即0重根，這就是說(shuō)，不是()的根，因而不是()和()的公共根，與它是()和()的公共根矛盾。 證畢

8、。 判斷重根的方法：用輾轉(zhuǎn)相除法求出()和 ()的最高公因d(), 只要看d()在F中有 沒有根就知道()在F中有沒有重根。,復(fù)數(shù)域上多項(xiàng)式的質(zhì)式問(wèn)題,定理7.3.6(代數(shù)學(xué)基本定理).復(fù)數(shù)域上，任意非常數(shù)多項(xiàng)式必有根。 這個(gè)定理是整個(gè)數(shù)學(xué)中最重要的定理之一，它在代數(shù)學(xué)中起著基石的作用，但其證明是困難的，經(jīng)過(guò)幾代數(shù)學(xué)家的努力才得到它的嚴(yán)格證明，令人驚奇的是，證明方法本身不是代數(shù)的而是分析的，有興趣的學(xué)生可參閱張順燕編著的數(shù)學(xué)的源與流一書。 定理7.3.7 復(fù)數(shù)域上，只有一次式才是質(zhì)式。 任意非常數(shù)多項(xiàng)式()可以唯一地分解成下面的形式： ()= c(-1)k1(-r)kr 其中1,r恰是()的所

9、有不同的根。 若重根按其重?cái)?shù)計(jì)數(shù)，則n次多項(xiàng)式恰 有 n個(gè)根。,證明： 用反證法。設(shè)g()是復(fù)數(shù)域上的質(zhì)式,若 次g()，則由代數(shù)學(xué)的基本定理，g()在復(fù)數(shù) 域中有根,比如,從而g(),故g()不是 質(zhì)式,與g()是質(zhì)式矛盾。因此,復(fù)數(shù)域上,只有一次 式才是質(zhì)式。 既然只有一次式才是質(zhì)式，()的質(zhì)因式分解式c(-1)k1(-r)krp1()ps()中便沒有 p1 () ,ps(),而分解式成為 c(-1)k1(-r)kr的形式。 可見，i是()的ki重根，i=1，r，而且除 了這些，()沒有另外的根，因此，重根按其重?cái)?shù) 計(jì)數(shù)時(shí)，()的根數(shù)恰等于其次數(shù)。,實(shí)數(shù)域上多項(xiàng)式的質(zhì)式問(wèn)題,定理7.3.8 實(shí)數(shù)域上，質(zhì)式只能是一次式或二 次式。二次式a2+bx+c是質(zhì)式，當(dāng)且僅 當(dāng)判別式b2-4ac2， (1)若g(x)有實(shí)根，則x-g(x)，故g(x) 非質(zhì)式.,(2)若g(x)有虛根a+bi，b0, 命 h(x) =(x(a + bi)(x (a bi) = x2 - 2ax +(a2 + b2)。 h(x)是實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式，以之除g(x)