高等代数自学总结,多项式

各数系数多项式唯一因式分解定理
次数Biblioteka Baidu于0的复系数多项式 f ( x)的标准分解式为
ls l1 l2 f ( x) a ( x c1） a ( x c2） ...a ( x cs）
次数大于0的实系数多项式 f ( x)的标准分解式为 f ( x) a ( x c1 ) r1 ...( x cs ) rs ( x 2 p1 x q1 ) k1 ...( x 2 pt x qt ) kt
例 1 把 f(x)与 g(x)的最大公因式 表示成 f(x)与 g(x)的倍式和 4 3 2 . f(x)=x +3x-2 g(x)=3x -x -7x+4 不可约多项式：只有非 0 数和相伴元的叫不可约多项式。 （唯一因式分解定理）K[x]中任一次数＞0 的多项式都能唯一的分解成数域 K 上有限多个 不可约多项式的乘积。 （算数基本定理）任一大于 1 的整数 a 都能唯一地分解成有限多个素数的乘积。 2 例 1 证明 x +1 在有理数域上不可约 4 2 分解 x +1 在复数域上不可约多项式的乘积。
高等代数自学总结 多项式环
引言：经过这段时间的自学学习。我对多项式理论有了更深的了解。我觉得难的是 sturm 定理的证明和牛顿公式的证明。让我印象最深的是带余除法在λ-矩阵相抵标准型中的应 用。 在当今信息时代，多项式在计算机科学，现代通信，编码和密码等领域都有应用。 ——李珍珍 2016.9.30 重点学习目标： 1，理解概念 2，掌握重要定理 3，会求多项式函数在各数域上的标准分解式 4.会判断根所在的范围 5.会做相应习题
各数域上的不可约多项式 （复系数多项式唯一因式分解定理） 每一个次数大于 0 的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解成一次因式的乘积。 （实数域多项式唯一因式分解定理） 每一个次数大于 0 的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成一次因式与二次因式乘积。 （△＜0）
中国剩余定理 设m1 , m2 ,..., ms是两两互素的正整数， b1 , b2 ,..., bs是任意给定的 s个整数。 则同余方程组 （ ） x b 1 mod m1 x b （ 2 mod m2） ....................... （ s mod ms） x b 在Z中必有解，如果 c和d是两个解，那么 c d（ mod m1m2 ...ms） 命题1，设f ( x), g ( x) K [ x]，则 deg( f g ) max ｛deg f , deg g｝ deg( fg ) deg f deg g （f与g和差的次数小于等于它 们的较大次数 f与g积的次数 f与g次数的和） 两个非零多项式 (乘积的首项)等于这两个多项式 (首项的乘积） .
*
定理 2
任给 a,b 属于 Z，b≠0，则存在唯一的一对整数 q,r，使得 .a=qb+r. 0≤r＜|b|
4 3 2
例：1 设 f(x)=x +2x -5x+7,g(x)=x -3x+1,用 g(x)去除 f(x)，求商式和余式。 2 设 f(x)=x -x +4x +a1x+a0，g(x)=x +2x-3，求 g(x)整除 f(x)的充要条件 3 用综合除法求 x+3 除 f(x)=2x -x +5x-3 的商式和余式 4.求下述λ-矩阵的一个相抵标准型
3 4 1 A( ) 4 7 8 6 7 7 3 4 1 0 0 1 解： 0 4 7 8 0 1 2 6 7 7 0 0 ( 3)( 1) d1 (） 1，d 2 ( ) 1，d 3 ( ) ( 3)( 1) 2
定理 ua+vb=最大公约数 任给两个整数 a,b，都存在它们的一个最大公约数 d，并且存在整数 u,v 使 .ua+vb=d 整数 m 是整数 a 与 b 的最小公倍数，若 1°a|m,b|m 2°从 a|l,b|l,→m|l 举例：6|18，9|18 6|54，9|54→18|54
[正的最小公倍数 ] ab [正的最大公因数 ]
整系数多项式有理根的判别方法 q 如果 是f ( x)的一个有理根，且( p, q) 1， p 那么存在一个整系数多项式g ( x), 使得f ( x) ( px q) g ( x)。 q f (1) f (-1) 当 1时， Z， Z p pq pq 若 f (1) f (-1) q Z， Z，则 不是f ( x)的根。 pq pq p
0 0 .. 解：令 H 0 0 0
这表明 A kI cH是可逆矩阵， 并且 A-1 1 c c2 c n 1 I - 2 H 3 H 2 ... (1) n 1 n H n 1 k k k k 感悟：求逆矩阵，不仅 可以用初等变换法，还 可以用一元多项式环的 通用性质。
习题，数域 K上n级矩阵 A为 1 0 A .. 0 0 b b2 ... bn 2 1 .. 0 0 b .. 0 0 ... ... bn 3 .. 1 0 bn 1 bn 2 .. b1 1
说明 A可逆，求 A-1
整除 注意：整除关系不具有对称性 如果两个多项式能互相被整除，说明这两个多项式相伴。 命题 1 在 K[x]中，f(x)与 g(x)相伴↔存在 c 属于 K ，使 f(x)=cg(x) 证明：f(x)=cg(x)，则 g(x)|f(x)（这是根据整除的定义） 由于 g(x)=f(x)/c=1/cf(x)，所以 f(x)|g(x)，从而 f(x)与 g(x)相伴 必要性：设 f(x)与 g(x)相伴，则存在 h1(x),h2(x)属于 K[x]， 使得 g(x)=h1(x)f(x)，f(x)=h2(x)g(x) (∵g(x)=h1(x)f(x)) 于是 f(x)=h2(x)h1(x)f(x) 等量代换 如果 f(x)=0,那么 g(x)=0，从而 f(x)与 g(x）相伴， 设 f(x)≠0，运用消去律。 从 f(x)=h2(x)h1(x)f(x) 得：1=h2(x)h1(x)。 .degh1(x)=degh2(x)=0，从而 h2(x)=c,c 属于 K*，于是 f(x)=cg(x) 命题 2 在 K[x]中，如果 g(x)|fi(x),那么对任意的 ki 属于 K[x]， 都有 g(x)|∑kifi(x) 证明：根据已知，存在 hi 属于 K[x]，使 .fi(x)=kig(x),i=1,2,...,s 从而 k1f1(x)+...+ksfs(x)=k1h1g(x)+...kshsg(x) 提取公因式=[k1h1+...+kshs]g(x)。 因此 g(x)|[k1f1(x)+...+ksfs(x)] （带余除法）在 K[x]中存在唯一的一对多项式 h(x),r(x),使得 , f(x)=h(x)g(x)+r(x).deg r(x)＜deg g(x)。 这叫除法算式 证明：可根据数学归纳法证明。可将 g(x)的次数等于 0。 分类讨论，1°m=0。2° m＞0 且 deg f(x)＜m，3°m＞0 且 deg f(x)≥m。 推论：设 f(x),g(x)属于 K[x]，且 g(x)≠0，则 g(x)|f(x)↔g(x)除 f(x)的余式为 0. 命题 3 子域能整除，域中也能整除。 整除性不随数域的扩大而改变。
4 3 4 3 2 2
最大公因式 任意两个最大公因式相伴 d1(x)|d2(x)↔d2(x)}d2(x)
（下面的 f(x)与 g(x)字省略） 公因=公因↔最大公因=最大公因 最大公因=ki 最大公因 最大公因式=k1f(x)+k2g(x)，k1,k2 属于 K[x]，f(x),g(x)是两个多项式。 求两个多项式的最大公因式，可用辗转相除法。 K1f(x)+k2f(x)=1↔互素，k1,k2 属于 K[x]， ★f(x)与 g(x)的首一最大公因式不随数域的扩大而改变。 ★互素性不随数域的扩大而改变。 互素的三条性质： ①如果 f(x)|g(x)h(x)，且(f(x),g(x))=1，那么 f(x)|h(x) ②如果 f(x)|h(x),g(x)|h(x),且(f(x),g(x))=1，那么 f(x)|g(x)h(x) ③(f(x),g(x))=1，(g(x),h(x))=1，那么(f(x)g(x)，h(x))=1 和单个多项式类似，多个多项式互素也有 K1f1(x)+...+ksfs(x)=1↔互素
例如：(3x2+5x3)(2x4+3x2)=6x6+9x4+10x7+15x5 (3x2+5x3)(2x4+3x2) 首项 5x3·2x4=10x7
满足加，乘两种代数运算和 6 条运算法则叫环。 满足交换率的环叫交换环。 有单位元 e 的环叫整环。 命题 2 环 R 的一个非空子集 R1 为一个子环的充要条件是 R1 对于 R 的减法与乘法都封闭。 证明:必要性：因为 R1 是 R 的子环 a,b 属于 R1→a+b=a-(-b)属于 R1,ab=-a(-b)属于 R1 充分性。由于 R1 非空，所以存在 c 属于 R1。 因为 c-c 属于 R，所以 0 属于 R1。 任给 a,b 属于 R1，则-b 属于 R1， 因为 a+b=a-(-b)属于 R1,ab 属于 R1。 所以 R 的加法和乘法可看成是 R1 的加法和乘法，显然 R1 的加法满足交换率，结合率， 因为 0 属于 R1，对于任意 b 属于 R1，有-b 属于 R1。 显然 R1 的乘法满足结合率，和对加法的左右分配率。 所以 R1 成为一个环，所以 R1 是 R 的一个子环。
k c 0 0 ... 0 0 0 k c 0 ... 0 0 A .. .. .. .. .. .. 0 0 0 0 ... k c 0 0 0 0 ... 0 k * -1 k , c K ，说明 A可逆，求 A 1 0 ... 0 0 0 0 1 ... 0 0 0 .. .. .. .. .. 0 0 ... 0 1 0 0 0 ... 0 0 1 0 0 ... 0 0 0 则A kI cH。H n 0 可得(1 x)(1 x ... x n 1 ) 1 x n . c H代入， k c c c c n 1 n [I （ - H） ][ I （ - H） ... （ - H） ] I （ - H） k k k k n 由于 H 0， K [ H ]可看成 K的一个扩环。于是 x用 n 1 c c n 1 c 所以(1 H )( I H ... (1) H n 1 ) I n 1 k k k 2 1 c c c n 1 从而(kI cH )( I - 2 H 3 H 2 ... (1) n 1 n H n 1 ) I k k k k （这一步我看出来，是 乘以k再除以k。）
设 R 是有单位元 e 的交换环，如果 R 有一个子环 R1 满足下述条件： 1°e 属于 R1 2°数域 K 到 R1 有一个双射τ，且τ保持加法与乘法运算； 那么 R 可看成是 K 的一个扩环。 （单位元属于子环，K 到子环有双射，满足加乘） Τ(1)是交换环 R1 的单位元。因为 R 的单位元 e 属于 R1，所以τ(1)=e 定理 1 如果在 K[x]中，有 f(x)+g(x)=h(x)，f(x)g(x)=p(x)。 那么在 R 中，有 f(t)+g(t)=h(t), f(t)g(t)=p(t) 还有σt(x)=t.映射σt 称为 x 用 t 代入。证明略 例 1 设数域 K 上的 n 级矩阵 A 为