1、1,2,定义1 若 F 是一个数域, f(x), g(x)Fx, 若 Fx 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.,定理1 若 F 是一个数域, f(x), g(x)Fx, 则 f(x), g(x) 的 最大公因式存在, 且存在 u(x), v(x)FX, 使得 ( f(x), g(x) = u(x)f(x)+v(x)g(x).,定理2 (f(x), g(x) = 1 存在 u(x), v(x)Fx, 使得 u
2、(x) f(x) + v(x)g(x) = 1.,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.,3,例3 x2-2 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
3、 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 Fx 中,的任意次数大于等于1的首项系数为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
4、, 则适当调整次序,4,可使 pi (x) = qi(x), 这里 1 i s.,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 1 i t, 使,ps(x)|qi(x), 不妨设 i = t. 因为 qt(x) 是
5、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,5,1799年高斯(Carl Friederich Gauss, 17771855)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,6,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
6、 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+i (sin(n-1)cos+sincos(n-1)= cosn+isinn 由归纳法可知对任意正整数 n 命题成立.,由书上P.5推论3可知,7,引理4 实系数多项式 f(x) 的复根总是成共轭对出现. 即若 ,是其根, 则,也是其根.,证明 设,引理5 实系数不可约多项式 f(x) 的次数等于1或2.,证明 由代数基本定理 f(x) 有复根 , 若 是实数, 则 x 为不可约多项式
7、f(x) 的因式, 此时 f(x) 为一次多项式. 若, 不是实数, 则由引理可知,也是其根, 且,由书上P.5推论3可知,为不可约多项式 f(x) 的因式, 此时 f(x) 为二次多项式.,8,定理5 任意一个非常数首1 (首项系数为1的) 实系数多项式 总可以唯一分解为一次和二次因式的乘积:,这里,例5 在实数域上因式分解 x4+x2+1. 解 命 x4+x2+1 = (x2+kx+1)(x2+lx+1), 则 k+l = 0, 2+kl = 1, 解得 k = 1, l = 1, 或 k = 1, l = 1.,x2+x+1 和 x2x+1在实数域上不可约。,9,多项式的根和系数的关系(
8、Vieta定理),定理6 设,则,10,例6 求一个二次多项式, 它的两个根为 x2+bx+c 的两个 根的立方. 解 记 x2+bx+c 的两个根为 k 和 l, 则 k+l = -b, kl = c, k3+l3 = (k+l)(k2kl+l2) = -b(b2-3c), (kl)3 = c3.,所求的二次多项式为 x2+b(b2-3c)x+c3.,11,定义1 设 a, bZ, 若存在整数 c 使得 a = bc, 则称 b 整除 a, 记为 b|a, 否则称 b 不能整除 a. 若 b 能整除 a, 则称 b 为 a 的因数(或因子), a 为 b 的倍数. 带余除法定理 设 a, b
9、Z, b 0, 则存在 q, rZ, 使 a = bq+r, 0 r |b|, 且 q 和 r 由 a, b 唯一决定, 分别称为商和余数. 证明 先证 q 和 r 的存在性. 记 S =abk|kZ, 显然 S 中包含非负整数, 设 r 是 S 中的 最小非负整数, 则 r |b|, 否则 r-|b| S, 与 r 的选择矛盾. 易证唯一性成立.,第三讲 因式分解与有理系数多项式,12,定义2 素数是大于1的整数, 除了1和本身外它没有其它正 的因子. 比1大的不是素数的整数称为合数. 埃拉托塞尼(Eratosthenes, 约公元前230年)筛法 若 p 是合 数 n 的最小素因子, 则
10、p2 n.,定义3 设 a, bZ, 若 Z 中存在元素 d 满足 (1) d|a, d|b, (2) 若 c|a 和 c|b, 则 c|d, 则称 d 为 a 和 b 的最大公因子.,显然如果两个不全为零的整数 a 和 b 的最大公因子存在, 则 a 和 b 的任意两个最大公因子可相互整除, 从而只差一个正 负号, a 和 b 正的最大公因子记为 (a, b).,13,引理1 若 a = bq + r, 则 r, b 的公因子集合与 a, b 的公因子集 合相等, 故 a, b 的最大公因子与 b, r 的最大公因子存在性相 同, 数值也相同. 最大公因子定理 对任意两个整数 a, b, 存
11、在两个整数 u, v, 使得 a, b 的最大公因子 (a, b) = ua+ bv. 证明 不妨设, a b 0, 由带余除法定理有a = bq1 + r1, 0 r1 b,b = r1q2 + r2, 0 r2 r1,r1= r2q3 + r3, 0 r3 r2,r2 = r3q4 + r4, 0 r4 r3,rs-2 = rs-1 qs + rs，0 rs rs-1, 因为 0 rs rs-1 r2 r1 b, 所以存在非负整数 n 使得 0 = rn+1 rn. rn-1 = qn+1 rn,14,由引理1, (a, b) = (b, r1) = = (rn-1, rn) = rn,由
12、 rn-2= rn-1qn +rn, 可知 (a, b) = rn-2 rn-1qn, (1) , 由 r1 = q3r2+ r3, 可知 r3 = r1 r2q3, (s2),由 b = q2r1 + r2, 可知 r2 = b r1q2, (s 1),由 a = bq1 + r1 可知 r1 = a bq1, (s) 把(s)式代入(s-1)式, 把(s-1)式代入(s-2)式, 可知存在整数 u 和 v，使得 (a, b) = ua+ bv. ,例1 a = 42, b = 24, 求两个整数 u, v, 使得 a, b 的最大公因子 (a, b) = ua + bv.,a =,b =,
13、42,24,q1=1,24,r1 = 18,18,0,q2=1,18,r2 = 6,q3=3,a = b + r1, b = r1 + r2, r1 = 3r2, (a, b) = (b, r1) = (r1, r2) = r2, r3 = 0. r2 = b r1, r1 = a b, (a, b) = r2 = b r1 = b (a b) = 2b a, u = 1，v = 2.,15,定义4 设 a, bZ, 且 (a, b) = 1, 则称 a 和 b 是互素.,定理1 (a, b) = 1 u, vZ, 使得 ua+vb = 1.,证明 由最大公因子定理可得必要性.,充分性：因为
14、(a, b)|1, 所以 (a, b) = 1.,推论 设 d 为 a 和 b 的最大公因子, 则 (a/d, b/d) = 1.,定理2 若 a|bc, 且 (a, b) = 1, 则 a|c.,证明 由定理1存在整数 u, v 使得 ua+vb = 1,所以 c = uac+vbc 可被 a 整除.,推论 若 p|ab, 且 p 是素数, 则 p|a, 或 p|b.,16,算术基本定理 每个大于1的自然数均可写为素数的积, 而 且这些素因子按大小排列之后, 写法仅有一种方式.,证明 不妨设 n 是合数, 则 n = n1n2, 这里 n1 和 n2 为大于1 的整数, 由第二数学归纳法可设
15、 n1 和 n2 可分解为素数的 乘积, 故 n 可分解为素数的乘积.,若 n = p1p2ps = q1q2qt 为 n 分解为素数的乘积的两个表,达式,由定理2推论存在 i, 这里 1 i t, 使得,不妨设 i = t. 因为 qt 是一个素数, 其正因子只能是1,或 qt, 故 ps = qt, 所以,由归纳假设可知 s = t, 且适当排序有,17,定理3 设 f(x)Zx,若,其中 r, sZ, 且 (r, s) = 1, 则,证明,又因为 (r, s) = 1, 由最大公因子定理存在整数 u, v 使得 ur+vs = 1,在这个等式两边取 n 次方可知存在整数 w 使得 unr
16、n+ws = 1,把等式两边同乘上 an 可得 unanrn+wsan = an, 所以,同理可证,例2 在 Qx 中多项式 f(x) = x3+x2+1 是否可约? 解 由定理3该多项式有理根只可能是正负1, 这两个数均不 是该多项式的根, 所以该多项式不可约.,18,定义5 定义 n 个整数的最大公因子为这 n 个整数的公因 子中可被所有公因子整除的公因子. 整系数非零多项式的所有系数的正最大公因子称为该多 项式的容度. 容度为1的多项式称为本原多项式.,定理4 对任意三个整数 a, b, c, 有 d = (a, (b, c) = (a, b), c) = e = (a, b, c) =
17、 f.,证明 d|a, d|(b, c) d|a, d|b, d|c d|(a, b), d|c d|e, 同 理可证 e|d, 所以 d = e. 同理可证 e = f .,19,Gauss引理 设 f(x), g(x)Zx 为两个本原多项式, 则 f(x)g(x)也是本原多项式. 证明 用反证法: 若不然, 存在素数 p 能整除 f(x)g(x) 的所,有系数, 记,则 b0c0 = a0, brcs = an, n = r+s, 因为 p|a0, 由定理2推论可知 p|b0 或 p|c0, 所以不妨设 p|b0, 由于f(x) 是本原多项式, 故,p 不能整除 f(x) 的所有系数, 所
18、以存在 k r 使得 p 能整除 b0, b1, bk1, 但 p 不能整除 bk, 此时分两种情况: (1) p 不,不能整除 c0, 则 p 不能整除 b0ck+b1ck1+bk1c1+bkc0 = ak, 矛盾. (2) p|c0, 由于 g(x) 也是本原多项式, 所以存在 l s,使得 p 能整除 c0, c1, cl1, 但 p 不能整除 cl, 此时 p 不能,b0ck+l+bk1cl+1+bkcl+bk+1cl-1+bk+lc0 = ak+l, 矛盾.,20,定理5 整系数多项式,在 Qx 中可约 f(x) 可分解为 Zx 中两个次数较低的 多项式的乘积. (P.16定理8.1
19、2改错),证明 充分性是显然的. 下证必要性: 设 f(x) 可分解为两,个非常数的有理系数多项式的乘积, 分别把这两个有理,系数多项式的系数通分, 不妨设,这里 g(x) 和 h(x) 均为本原多项式, 而 a 和 b 是两个互素 的整数, 由Gauss引理 g(x)h(x) 仍是本原多项式, 故 a/b 为整系数多项式 f(x) 的容度, 故 b = 1, 所以 f(x) = ag(x)h(x).,21,例3 Qx 中多项式 f(x) = x4+1 是否可约? 解 显然该多项式无有理根(没有实根), 用待定系数法和 定理5可以证明该多项式也不能分解为 Qx 中两个二次 多项式的乘积, 所以
20、该多项式在 Qx不可约.,注 证明 Qx 中多项式 f(x) = x4+1 不可约, 还可用下面 的Einsenstein判别法以及 f(x)可约 f(x+1) 可约(?).,22,Eisenstein判别法 设,且若存在素数 p 不能整除,能整除,但 p2,不能整除,则 f(x) 在 Qx 不可约.,证明,用反证法, 若 f(x) 在 Qx 可约, 则由定理5, f(x) 可,分解为两个次数较低的整系数多项式 g(x) 和 h(x) 的乘积,记,则 b0c0 = a0, bsct = an, 且 s 0, t 0, n = s+t, 因为 p|a0, 但 p2 不能整除 a0, 所以不妨设
21、p|b0, 但不能整除 c0, 又因为 p,不能整除 an, 故 p 不能整除 bs, 设 p 能整除 b0, b1, bk1,但 p 不能整除 bk, 所以 p 不能整除 ak = b0ck+b1ck1+bk1c1+bkc0, 这里 k s n, 与题设矛盾.,23,定义6 设 f(x), g(x)Zx, 若存在 q(x)Zx, 使得f(x) = g(x)q(x), 则称在 Zx 中 g(x) 能整除 f(x), g(x) 称为 f(x) 在 Zx 中的因式, f(x) 称为 g(x) 在 Zx 中的倍式, 否 则称 g(x) 在 Zx 中不能整除 f(x). 在 Zx 中 2 不能整除 x
22、. 在 Zx 中带余除法定理不成立, 例如不存在整系数多项式 q(x) 和次数小于 deg 2 = 0 的整 系数多项式(只能是零多项式), 使得 x = 2q(x) + 0.,若整系数多项式 f(x) 可表为两个整系数多项式 g(x) 和 h(x) 的乘积, 且 f(x), g(x) 和 h(x) 均不等于零或正负1, 则 称整系数 f(x) 在 Zx 中可约, 否则称 f(x) 在 Zx 中是不 可约的.,0和正负1在 Zx 中既不是可约的, 也不是不可约的.P.17倒数第79行改错.,24,例4 判断下面的结论是否正确, 并说明理由: (1) 2x 是 Zx 中不可约多项式. (2) 2
23、 是 Zx 中不可约多项式. (3) 2 是 Qx 中不可约多项式.,解(1) 2x 是 Zx 中可约多项式, 因为 2 和x是 Zx 中不 可约多项式. (2) 2是 Zx 中不可约多项式 (3) 2 既不是 Qx 中不可约多项式, 也不是Qx 中可约 多项式.,25,例5 设 p 是一个素数, 则 f(x) = xp-1+xp-2+x+1 在 Q 上 不可约.,证明 由于 f(x)可约 f(x+1) 可约.,由算术基本定理可知 f(x+1) 满足 Eisenstein 判别法, 故 f(x) 在 Q 上不可约. f(x) 称为 p 次分园多项式.,26,例6 由P.12例8.8可知,为5次
24、分园多项式,x4+x3+x2+x+1 = 0 的根,为 y2+y-1 = 0的根,由此可用尺规作正五边形.,1796年高斯(Carl Friedrich Gauss, 17771855) 给出正十七边形的作法. 高斯在19岁时就发现了正十七边形的尺规作法, 对他本人可以说是刻骨铭心的事件. 因此, 在他的墓碑上刻上了正十七边形, 作为永久的纪念.,27,第三讲习题,习题八(PP.18-19): 25,补充题：1. 设 f(x) = x4+x2+ax+b, g(x) = x2-x+2, 求 a 和 b 使得 ( f(x), g(x) = g(x). 2. 设 f(x), g(x)Fx, p(x) 在 F 上不可约, 若 p(x)|( f(x) + g(x), p(x)| f(x) g(x), 证明: p(x)| f(x), p(x)|g(x). 3. 分别在复数域和实数域因式分解 x4+1. 4. 求一个满足下列条件的首项系数为1的 三次多项式 f(x): (1) (x-1)| f(x), (2) x+1 除 f(x) 的余式为6, (3) x+2 除 f(x) 的余式等于 x-2 除 f(x) 的余式.,
