最大公因式和因式分解

1第二讲最大公因式与因式分解

带余除法定理设F

是一个数域,则f(x),0g(x)F[x],

总存在q(x),r(x)F[x],使得f(x)

=g(x)q(x)+r(x),这里

degr(x)

<degg(x),且q(x)和r(x)由f(x),g(x)唯一决定.

设F是一个数域,f(x)F[x],cF,若f(c)

=0,则称c为f(x)的根或零点.

对任意多项式f(x)和常数c,总存在多项式q(x),使

f(x)

=q(x)(x-c)+f(c),且q(x)由f(x),c

唯一决定.

常数c

是多项式f(x)的根存在多项式q(x),使得

f(x)

=q(x)(x-c).

设

f(x)有

m

个不同的根则推论4

任意n

次非零多项式f(x)最多有

n

个不同的根.2由推论4我们再一次证明例1,从而有推论5如下.推论5设F

是一个数域,次数小于n

的全体F-系数多项式(包括零多项式)所构成的集合Fn[x],即定义多项式的加法及数乘两种运算如下:则Fnx是数域F

上的n

维线性空间,而是Fnx的一组基.3例5

设Fn[x]是数域F

上次数小于n的多项式(包括零多项式)所组成的线性空间.给定n个互不相同的数a1,a2,,an,令试证多项式组是Fn[x]的一组基.证明推论5已证dimFn[x]=n,所以只需证明多项式f1(x),f2(x),…,fn(x)线性无关,从而构成Fn[x]的基.设所以,当x=ai

时,由(*)式可得kifi(ai)=0.故ki

=0(i=1,2,…,n),所以f1(x),f2(x),…,fn(x)线性无关,从而构成Fn[x]的基.4例6

设a,b,c为F

中三个不同的数,已知用x–a,x–b,x–c除多项式f(x)的余式分别为三个数r,s,t,试求f(x)被g(x)=(x–a)(x–b)(x–c)除时的余式r(x).解法一因为(r,s,t)=(r,0,0)+(0,s,0)+(0,0,t),先对上述有两个0的特殊情况求解:设用x–a,x–b,x–c除多项式f(x)的余式分别为三个数r,0,0,试求f(x)被g(x)=(x–a)(x–b)(x–c)除时的余式r(x)：由推论3有(x–b)(x–c)|r(x),因为degr<degg=3,所有存在kF,使得r(x)=k(x–b)(x–c),所以r=r(a)=k(a–b)(a–c),同理,设用x–a,x–b,x–c除多项式f(x)的余式分别为三个数0,s,0,则f(x)被g(x)=(x–a)(x–b)(x–c)除时的余式为5设用x–a,x–b,x–c除多项式f(x)的余式分别为三个数0,0,t,则f(x)被g(x)=(x–a)(x–b)(x–c)除时的余式为所以,设a,b,c为F

中三个不同的数,已知用x–a,x–b,x–c除多项式f(x)的余式分别为三个数r,s,t,则f(x)被g(x)=(x–a)(x–b)(x–c)除时的余式为6解法二由例5可知(x–a)(x–b),(x-a)(x-c),(x–b)(x-c)是F3[x]的一组基,设f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)q(x)+r(x),这里degr<3,所以r(x)F3[x],故可设

r(x)=k1(x–a)(x–b)+k2(x-a)(x-c)+k3(x–b)(x–c),由已知条件和推论1可得r=f(a)=(a-b)(a-c)k3,s=f(b)=(b-a)(b-c)k2,t=f(c)=(c–a)(c–b)k1,故,7定义1

若F是一个数域,f(x),g(x)F[x],若

F[x]中存在元素d(x)满足(1)

d(x)|f(x),d(x)|g(x),(2)

若c(x)|f(x)

和c(x)|g(x),则c(x)|d(x),

则称d(x)为f(x)和g(x)的最大公因式.我们约定两个零多项式的最大公因式为0,由定义可知任意一个非零多项式是其与零多项式的最大公因式.设d(x)和d(x)为f(x)与

g(x)

的最大公因式,则d(x)|d(x),d(x)|d(x).易证存在F中非零常数c使得d(x)=cd(x).故若f(x)与g(x)的最大公因式存在,则它们均为f(x)与g(x)的首一最大公因式(记为)(f(x),g(x))的非零常数倍.由定义3,多项式的最大公因式的存在性并不是显然的,我们下面要证明之(证明的过程是:首先我们来证明带余除法保持最大公因式不变,再应用任意一个多项式是其与零多项式的最大公因式.)8引理1若F是一个数域,f(x),g(x),q(x),r(x)F[x],f(x)=g(x)q(x)+r(x),且r(x),g(x)

的最大公因式存在,则f(x),g(x)

的最大公因式存在,且(f(x),g(x))

=(r(x),g(x)).证明记d(x)

=(r(x),g(x)),则d(x)|g(x),d(x)|r(x),且若c(x)|r(x)

和c(x)|g(x),则c(x)|d(x),

由

f(x)

=g(x)q(x)+r(x),有d(x)|f(x),(已知)d(x)|g(x),又若c(x)|f(x),c(x)|g(x),

由r(x)=f(x)–q(x)g(x),有

c(x)|r(x),

故

c(x)|d(x),

所以(f(x),g(x))存在,且即为d(x).定理1若F是一个数域,f(x),g(x)F[x],则f(x),g(x)

的最大公因式存在,且存在u(x),v(x)F[X],使得(f(x),g(x))

=u(x)f(x)+v(x)g(x).证明不妨设g(x)

0,则由带余除法定理存在

F[x]中多项式q1(x),r1(x),使得f(x)

=g(x)q1(x)+r1(x),其中r1(x)=0,或(r1(x))<(g(x)),且存在q2(x),r2(x)F[x],使得9g(x)=q2(x)r1(x)+r2(x),

其中r2(x)=0或(r2(x))<(r1(x)),且存在q3(x),r3(x)F[x],使得r1(x)=q3(x)r2(x)+r3(x),其中r3(x)=0或(r3(x))<(r2(x)),,rs-2(x)=rs-1(x)qs(x)+rs(x),rs(x)

=0或(rs(x))<(rs-1(x)),不妨记(0)=0,因为0

(rs(x))<<(r2(x))<(r1(x))<(g(x)),所以存在非负整数n使得0

=rn+1(x),rn(x)0.因为(0,rn(x))存在,由引理1,(f(x),g(x))存在,且(f(x),g(x))=(g(x),r1(x))==(rn-1(x),rn(x))=(0,rn(x)),由rn-2(x)=qn(x)rn-1(x)+rn(x),可知rn(x)=rn-2(x)-qn(x)rn-1(x)(1),由g(x)

=r1(x)q2(x)+r2(x),可知r2(x)=g(x)−r1(x)q2(x)(s−1)由f(x)

=r1(x)q1(x)+g(x),可知g(x)=f(x)−r1(x)q1(x)(s)10把(s)式代入(s-1)式,…,把(2)式代入(1)式,可知存在u(x),v(x)F[x],使得(f(x),g(x))

=u(x)f(x)+v(x)g(x).□例1f(x)=x4+x3–x2–2x+1,g(x)=x3+2x2–3.x4+x3–x2–2x+1x3+2x2–3q1(x)=xx4+2x3–3x–x3–x2+x+1–x3–2x2+3r1(x)=x2+x–2q2(x)=x

x3+x2–2x

x2+2x–3x2+x–2r2(x)=x–1+1–1q3(x)=xx2–x

2x–2

+22x–2

011定理1中的u(x)和v(x)是不唯一的,在例1中,对F[x]中任一多项式h(x),有例2

设多项式与的最大公因式是一个一次多项式,求k.解解得

k=1或3.12定义2

设f(x),g(x)F[x],且

(f(x),g(x))=1,则称f(x)和g(x)

是互素.定理2

(f(x),g(x))=1

存在u(x),v(x)F[x],

使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.证明由定理1可得必要性.充分性：因为(f(x),g(x))|1,所以(f(x),g(x))=1.推论

设d(x)为f(x)

和g(x)的最大公因式,则(f(x)/d(x),g(x)/d(x))=1.引理2

若

f(x)|g(x)h(x),

且(f(x),g(x))=1,则f(x)|h(x).证明由定理1存在多项式u(x),v(x)使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,所以h(x)=u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)能被f(x)整除.13定理3

若

f(x)|h(x),

g(x)|h(x),且(f(x),g(x))=1,则f(x)g(x)|h(x).证明由定理1存在多项式u(x),v(x)使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,所以h(x)=u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)能被f(x)g(x)整除.同学们在中学中已学过因式分解的概念和方法.但当时没有数域的概念,因此对什么叫“不可再分”没有严格的定义.现在我们可以严格地建立多项式的因式分解的理论.定义3

若数域F上的非常数多项式f(x)可表为两个非常数多项式

g(x)和h(x)的乘积,则称f(x)在F上是可约,否则称f(x)是不可约.常数既不是可约的,也不是不可约的,一次多项式显然是不可约的.F上的二、三次多项式在F上是不可约的其在F中无根.14例3x2-2在Q上不可约,在R上可约.x2+1在R上不可约,在C上可约.引理3

设p(x)是一个不可约多项式,若p(x)|f(x)g(x),则

p(x)|f(x)

或p(x)|g(x).证明不妨设p(x)不能整除f(x),因为p(x)是一个不可约多项式,所以p(x)的因式只能是非零常数或非零常数乘以p(x),而非零常数乘以p(x)

不能整除f(x),故(p(x),f(x))=1,由引理2可知p(x)|g(x).定理4若F是一个数域,则F上的一元多项式环F[x]中的任意首项系数为1的多项式(称为首1多项式)f(x)

可分解为有限个首1不可约多项式的乘积.且若f(x)=p1(x)p2(x)ps(x)

=q1(x)q2(x)qt(x)为f(x)

分解为首1不可约多项式的乘积的两个分解式,则适当调整次序15可使pi(x)

=qi(x),这里1is.证明不妨设f(x)

可约,则f(x)=f1(x)

f2(x),这里f1(x)

和

f2(x)为首1非常数多项式,由第二数学归纳法可设f1(x)和

f2(x)可分解为首1不可约多项式的乘积,故f(x)可分解为首1不可约多项式的乘积.若f(x)=p1(x)p2(x)ps(x)

=q1(x)q2(x)qt(x)为f(x)分解为首1不可约多项式的乘积的两个表达式,由引理3存在i,

这里1it,使ps(x)|qi(x),不妨设i=t.因为qt(x)是一个不可约多项式,其因式只能是非零常数或非零常数乘以qt(x),故ps(x)

=qt(x),所以由归纳假设可知s=t,且适当排序有161799年高斯(CarlFriederichGauss,1777~1855)在他的博

士论文中证明了的代数学基本定理:“一个非常数复系数代数方程在复数域上至少有一个根”.

由此可知复系数不可约多项式均为一次的.

由此可证:任意一个非常数首1(首项系数为1的)复系数多项式总可以唯一分解为一次因式的乘积:其中17例4(棣美弗定理)(cos+isin)n=cosn+isinn证明当n=1时命题成立,设n-1时命题成立,则(cos+isin)n=(cos+isin)n-1(cos+isin)=(cos(n-1)+isin(n-1))(cos+isin)=cos(n-1)cos-sin(n-1)sin