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  • 高等代数(二)预习——4、唯一因式分解定理

    4、唯一因式分解定理

      上一篇介绍到了公因式的问题,为探索多项式最重要的问题之一——因式分解问题,做了很好的准备。下面我们就来介绍这个问题。因式分解问题与整数的质因数分解问题很相似,我们先来介绍基本的不需要分解的多项式:

    一、不可约多项式

      不可约多项式的定义是类比质数做出的,实际上在因式分解问题里,它们也是基本的因式,因为它们不能被继续分解。

    定义:一个多项式$p in K[x]$是不可约多项式,当且仅当$deg p > 0$,且它在$K[x]$中的因式只有零次多项式或者它自身的相伴式。即若$q|p$,则$q sim 1$或$q sim p$。

    如同质数,不可约多项式有一些基本的性质:

    1、$K[x]$中,若$p$不可约,则对任意的$f in K[x]$,或者$(p,f)=1$,或者$p|f$。

    证明:由于$(p,f)|p$,则或者$(p,f)=1$,或者$(p,f) sim p$,从而由传递性,$p|(p,f)|f$。

    2、$K[x]$中,若$p$不可约,且$p|fg$,则或者$p|f$,或者$p|g$。

    证明:不妨设$p mid f$,那么由于不可约,$(p,f)=1$,又由于$p|fg$,可知$p|g$。

    性质2可以推广到多个多项式的情形,即若$p|f_1 f_2 ... f_s$,则至少存在$i=1,2...$或$s$,使$p|f_i$。

    3、多项式$p$不可约当且仅当$p$不可表示为两个次数更低(但是次数为正)的多项式之积。

    证明:必要性是显然的,充分性用反证法即可。

    性质3立刻告诉我们,每个1次多项式都是不可约的。

    有了这三条性质,我们就可以介绍此篇最重要的定理了。

    二、唯一因式分解定理

    定理:$K[x]$中的任意非零多项式$f$可以唯一地表示为若干个$K[x]$中不可约多项式的乘积:$f=p_1 p_2 ... p_s$。

    注意,定理中的唯一是指,若存在$f = p_1 p_2 ... p_s = q_1 q_2 ... q_t$,则$s=t$,且调整过顺序后,有$p_i sim q_i , i=1,2,...,s$。

    证明:先来证存在性。对$f$的次数做数学归纳法。

    1°  $n=1$时,显然存在分解式。

    2°  假设次数小于$n$时定理均成立,那么对次数为$n$的多项式$f$,若其是不可约多项式,分解式显然存在,否则,由性质3,我们可以找到次数更低但是为正的$f_1$、$f_2$,使得$f=f_1 f_2$,从而由归纳法,$f$的分解式也存在。

    下面来证唯一性。

    若$f = p_1 p_2 ... p_s = q_1 q_2 ... q_t$,对$s$做数学归纳法。

    1°  $s=1$时,从而知道$f=p_1$是不可约多项式,从$q_1|f$得出$q_1 sim f$,从而$t=1$和$p_1 sim q_1$成立。

    2°  假设$s-1$的情形时,定理均成立。现在由于$p_1 p_2 ... p_s = q_1 q_2 ... q_t$,则有$p_1 | q_1 q_2 ... q_t$,从而由性质2,存在$i$使$p_1 sim q_i$。调整顺序令$i=1$,左右两边消去得到

    $p_2 p_3 ... p_s = (c q_2) q_3 ... q_t$

    由归纳假设,$s-1=t-1$,从而$s=t$,且调整顺序后各式分别相伴。从而唯一性也得到证明。

      唯一因式分解定理十分重要,但至今没有一个统一的方法分解所有多项式。

      唯一因式分解定理中,令每个不可约多项式都是首1的,把相同的不可约多项式写成幂的形式,就得到标准分解式:

    $f = c p_{1}^{r_1} p_{2}^{r_2} ... p_{s}^{r_s}$

    从最大公因式的定义就可以证明:

    若存在两个多项式,它们的标准分解式分别为:

    $f = a p_{1}^{k_1} p_{2}^{k_2} ... p_{s}^{k_s} p_{s+1}^{k_{s+1}} ... p_{s+t}^{k_{s+t}}$

    $g = b p_{1}^{l_1} p_{2}^{l_2} ... p_{s}^{l_s} q_{1}^{l_{s+1}} ... q_{t}^{l_{s+t}}$

    $(f,g) = p_{1}^{ min {k_1,l_1}} ... p_{s}^{ min { k_s,l_s } }$

    证明是不难的。首先上面给出的式子必然是一个公因式。现在取任意的公因式$c$,并取$c$的任意一个不可约因式$u$,可知$u|f$且$u|g$,从而$u=p_i,i=1,2,...,s$,且$u$在$c$中的幂的指数小于等于$min { k_i,l_i }$,从而得出了$c|d$。

    有了唯一因式分解定理,我们可以证明一些重要的命题:

    1、(性质2的逆命题)若$p in K[x]$,且对任意的$f$、$g in K[x]$,从$p|fg$可以推出$p|f$或$p|g$,则$p$不可约。

    证明:用反证法,假设$p$可约,则利用性质3,将$p$分解为$qh$,其中$q$不可约,$deg h > 0$。现在令$f=q$、$g=h$,从而前提不成立。

    2、$K[x]$上的$f$与某个不可约多项式的正整数次幂相伴的充分必要条件是对任意的$g$,或者$(f,g)=1$,或者$f|g^m$,其中$m$是某个正整数。

    证明:必要性利用$g$的分解式就很好证明。充分性则利用反证法,将$f$写成$p^n h$,其中$(p,h)=1$,则令$g=h$即与条件矛盾。

      标准分解式中的指数是一个比较麻烦的问题,能不能消去它们呢?我们现在来考察这个问题。

    三、重因式

    定义:若$p^k | f$且$p^{k+1} mid f$,就称$p$是$f$的$k$重因式,$k$称为重数。特别地,$p$是$f$的$0$重因式代表$p mid f$。

    可见,若$f=c p_{1}^{r_1} p_{2}^{r_2} ... p_{s}^{r_s}$,则$p_i$是$f$的$r_i$重因式。我们特别地把$r_i=1$的情况叫做单因式,否则称为重因式。由于没有一个分解因式的统一方法,判断$f$的重因式情况是困难的,但是我们能够判断$f$有没有重因式。为此还要借鉴导数的概念(思想的来源是类似的例子:$f=(x+1)^3$,则$f' = 3(x+1)^2$)。由于没有极限的定义,我们还需要先定义出导数:

    定义:$K[x]$中,若

    $f = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0$

    则记$f$的导数

    $f' = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + ... + a_1$

    另外定义$0' = 0$。

    同样的可以定义高阶导数。通过直接验证,求导的规则都是满足的:

    $(alpha f + eta g)' = alpha f' + eta g'$

    $(fg)' = f' g + f g'$

    $(f^m)' = m f^{m-1} f'$

    然后我们就有了以下定理:

    定理:若不可约多项式$p$是$f$的$k$重因式,则$p$是$f'$的$k-1$重因式,若$p$是$f$的单因式,则$p$不是$f'$的因式。

    证明:记$f=p^k h$,其中$(p,h)=1$。则

    $f' = p^{k-1} (k p' h + ph' )$

    由于$(p,p')=1$、$(p,h)=1$,则$p mid p' h$,然而$p | p h' $,由于$(p,g+rp) = (p,g)$,从而$p mid (k p' h + ph' )$,进而$p$是$f'$的$k-1$重因式。

    从定理我们有一个重要推论:$p$是$f$的重因式的充分必要条件是$p$是$f$和$f'$的公因式。从而,我们有重因式存在判定:

    定理:$f$不存在重因式的充分必要条件是$(f,f')=1$。

    从而,用辗转相除法就可以判断$f$是否有重因式,而且,这种性质不随数域的扩大而改变。

    上面还告诉我们另一个事实:

    $f = c p_{1}^{r_1} ... p_{s}^{r_s}$

    $f' = d p_{1}^{r_1 -1} ... p_{s}^{r_s -1} h$

    $(f,f') = p_{1}^{r_1-1} ... p_{s}^{r_s -1}$

    进而

    $frac{f}{(f,f')} = c p_1 ... p_s$

    也就是说,我们可以用辗转相除法以及带余除法,把$f$的标准分解式中因式的重数都去掉。

    这是非常有效的,由于只含有单因式的多项式相对比较容易求根,如果我们求出了$frac{f}{(f,f')}$的一个根,那么反过来就可以分解出$f$的一个因式以及重数。这对因式分解大有帮助。

      本篇的定理和性质,都可以与质因数类比(比如唯一质因数分解定理(算术基本定理))。

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