高等代数（二）预习——4、唯一因式分解定理

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∈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∼1或q∼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∈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)∼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∤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|f1f2...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=p1p2...p s。

注意，定理中的唯⼀是指，若存在f=p1p2...p s=q1q2...q t，则s=t，且调整过顺序后，有p i∼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f1、f2，使得f=f1f2，从⽽由归纳法，f的分解式也存在。

下⾯来证唯⼀性。

若f=p1p2...p s=q1q2...q t，对s做数学归纳法。

1° s=1时，从⽽知道f=p1是不可约多项式，从q1|f得出q1∼f，从⽽t=1和p1∼q1成⽴。

2° 假设s−1的情形时，定理均成⽴。

现在由于p1p2...p s=q1q2...q t，则有p1|q1q2...q t，从⽽由性质2，存在i使p1∼q i。

调整顺序令i=1，左右两边消去得到
p2p3...p s=(cq2)q3...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=cp r11p r22...p r s 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=ap k11p k22...p k s s p k s+1
s+1...p k s+t
s+t
g=bp l11p l22...p l s s q l s+1
1
...q l s+t t
则
(f,g)=p1min
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} \nmid 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 \nmid 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的导数为
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 + \beta g)' = \alpha f' + \beta 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 \nmid p' h，然⽽p | p h' ，由于(p,g+rp) = (p,g)，从⽽p \nmid (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：
若
f = c p_{1}^{r_1} ... p_{s}^{r_s}
f' = d p_{1}^{r_1 -1} ... p_{s}^{r_s -1} h
则
(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））。

Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/BasicLatin.js。