多项式理论不仅对进一步研究线性代数是必要的，而且在数学的其他分支领域也有极其重要的应用.

Part 1 一元多项式代数

我们将暂时中止对线性空间、线性变换的讨论转而研究多项式.

定义1：

设 $\mathbb{K}$ 是数域，$x$ 为一个形式符号（称为未定元），若 $a_0, a_1, \cdots, a_n \in \mathbb{K}$（$a_n \neq 0$, $n \geq 0$），称形式表达式

$$a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$$

为数域 $\mathbb{K}$ 上关于未定元 $x$ 的一元 $n$ 次多项式. 域 $\mathbb{K}$ 上一元多项式全体记为 $\mathbb{K}[x]$. ‘

多项式通常记为 $f(x), g(x)$ 等等，其中 $a_i x^i$ 称为第 $i$ 次项，$a_i$ 称为第 $i$ 次项的系数.

如果多项式 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$ 中 $a_n \neq 0$，则称 $f(x)$ 是一个 $n$ 次多项式，$a_n x^n$ 为 $f(x)$ 的首项或最高次项，$a_0$ 为常数项. 若 $f(x) = a$，则称 $f(x)$ 为常数多项式，当 $a \neq 0$ 时称它为零次多项式；

当 $a = 0$ 时，称之为零多项式，规定其次数为 $-\infty$. 两个多项式称为相等当且仅当它们次数相同且各次项的系数相等，即若

$$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0,$$

$$g(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_1 x + b_0,$$

则 $f(x) = g(x)$ 当且仅当 $m = n$, $a_i = b_i$ ($i = 0, 1, \cdots, n$).

现在我们定义 $\mathbb{K}[x]$ 上的运算. 设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，适当增加几个系数为零的项，可设

$$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0,$$

$$g(x) = b_n x^n + b_{n-1} x^{n-1} + \cdots + b_1 x + b_0,$$

定义

$$f(x) + g(x) = (a_n + b_n) x^n + (a_{n-1} + b_{n-1}) x^{n-1} + \cdots + (a_1 + b_1) x + (a_0 + b_0),$$

若 $c \in \mathbb{K}$，定义

$$c f(x) = c a_n x^n + c a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + c a_1 x + c a_0,$$

则 $\mathbb{K}[x]$ 在上述定义下成为 $\mathbb{K}$ 上的线性空间，其中零向量为零多项式. 验证工作并不困难，只需逐条验证线性空间的公理即可，请读者自己完成.

再来定义两个多项式的积.

若 $f(x), g(x)$ 如上面所示且 $a_n \neq 0$, $b_m \neq 0$，定义 $f(x) \cdot g(x) = h(x)$，其中 $h(x)$ 是一个 $m+n$ 次多项式，若设

$$h(x) = c_{n+m} x^{n+m} + c_{n+m-1} x^{n+m-1} + \cdots + c_1 x + c_0,$$

则

$$c_{n+m} = a_n b_m,$$

$$c_{n+m-1} = a_{n-1} b_m + a_n b_{m-1},$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots$$

$$c_k = \sum_{i+j=k} a_i b_j = a_0 b_k + a_1 b_{k-1} + \cdots + a_k b_0,$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots$$

$$c_0 = a_0 b_0.$$

不难验证 $\mathbb{K}[x]$ 中元素的乘积适合下列法则：

(1) $f(x) g(x) = g(x) f(x)$;

(2) $(f(x) g(x)) h(x) = f(x) (g(x) h(x))$;

(3) $(f(x) + g(x)) h(x) = f(x) h(x) + g(x) h(x)$;

(4) $c (f(x) g(x)) = (c f(x)) g(x) = f(x) (c g(x))$.

(5) 若把 $c$ 看成是常数多项式，则 $c$ 与 $f(x)$ 的作为多项式的积与 $c$ 作为数乘以 $f(x)$ 的积相同.

由上述法则可知，$\mathbb{K}[x]$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的代数，通常称 $\mathbb{K}[x]$ 为数域 $\mathbb{K}$ 上的一元多项式代数. 由于 $\mathbb{K}[x]$ 中的加法及乘法适合环的条件，因此 $\mathbb{K}[x]$ 也称为 $\mathbb{K}$ 上的一元多项式环.

若 $f(x)$ 是 $n$ 次多项式，则记 $f(x)$ 的次数为

$$\deg f(x) = n.$$

显然有下列引理.

引理1.

若 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，则

$$\deg(f(x) g(x)) = \deg f(x) + \deg g(x).$$

注意上述等式对零多项式也适用. 由这个引理我们可证明下面的命题.

命题1

若 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$ 且 $f(x) \neq 0$, $g(x) \neq 0$，则

$$f(x) g(x) \neq 0.$$

/proof/

由于

$$\deg(f(x) g(x)) = \deg f(x) + \deg g(x) \geq 0 + 0 = 0,$$

因此

$$f(x) g(x) \neq 0.$$

推论1

若 $f(x) \neq 0$ 且 $f(x) g(x) = f(x) h(x)$，则

$$g(x) = h(x).$$

/proof/

由于

$$f(x) (g(x) - h(x)) = 0,$$

但 $f(x) \neq 0$，故必须有 $g(x) - h(x) = 0$.

下列命题也是显然的.

命题2

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，则

(1) $\deg(c f(x)) = \deg f(x)$, $0 \neq c \in \mathbb{K}$;

(2) $\deg(f(x) + g(x)) \leq \max\{\deg f(x), \deg g(x)\}$.

Part 2 因式分解

· 整除

定义1

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，若存在 $h(x) \in \mathbb{K}[x]$，使

$$f(x) = g(x) h(x),$$

则称 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的因式，或 $g(x)$ 可以整除 $f(x)$，或 $f(x)$ 可以被 $g(x)$ 整除，记为 $g(x) \mid f(x)$. 否则称 $g(x)$ 不能整除 $f(x)$ 或 $f(x)$ 不能被 $g(x)$ 整除.

从整除的定义知道，零多项式的因式可以是任一多项式. 但零多项式不能是任一非零多项式的因式. 整除有下列简单性质.

命题1

设 $f(x), g(x), h(x) \in \mathbb{K}[x]$，$0 \neq c \in \mathbb{K}$，则

(1) 若 $f(x) \mid g(x)$，则 $c f(x) \mid g(x)$，因此非零常数多项式 $c$ 是任一非零多项式的因子；

(2) $f(x) \mid f(x)$；

(3) 若 $f(x) \mid g(x)$，$g(x) \mid h(x)$，则 $f(x) \mid h(x)$；

(4) 若 $f(x) \mid g(x)$，$f(x) \mid h(x)$，则对任意的多项式 $u(x), v(x)$，有

$$f(x) \mid g(x) u(x) + h(x) v(x);$$

(5) 设 $f(x) \mid g(x)$，$g(x) \mid f(x)$ 且 $f(x), g(x)$ 都是非零多项式，则存在 $\mathbb{K}$ 中非零元 $c$，使

$$f(x) = c g(x).$$

/proof/

(1) 若 $g(x) = f(x) p(x)$，则

$$g(x) = (c f(x)) (c^{-1} p(x)).$$

此即 $c f(x) \mid g(x)$.

(2) 显然.

(3) 若 $g(x) = f(x) p(x)$，$h(x) = g(x) q(x)$，则

$$h(x) = (f(x) p(x)) q(x) = f(x) (p(x) q(x)).$$

(4) 若 $g(x) = f(x) p(x)$，$h(x) = f(x) q(x)$，则

$$g(x) u(x) + h(x) v(x) = f(x) (p(x) u(x) + q(x) v(x)).$$

(5) 设 $g(x) = f(x) p(x)$，$f(x) = g(x) q(x)$，则

$$f(x) = f(x) (p(x) q(x)).$$

但

$$\deg f(x) = \deg f(x) + \deg(p(x) q(x)).$$

因此

$$\deg(p(x) q(x)) = 0,$$

也就是说

$$\deg p(x) = \deg q(x) = 0.$$

故 $p(x)$ 及 $q(x)$ 均为非零常数多项式，即 $f(x)$ 和 $g(x)$ 相差一个非零常数.

重要

适合命题中条件 (5) 的两个多项式（即可以互相整除的两个多项式）称为相伴多项式，记为 $f(x) \sim g(x)$.

任意给定两个非零多项式 $f(x)$ 及 $g(x)$，未必有 $f(x) \mid g(x)$ 或 $g(x) \mid f(x)$，但我们仍可做带余式的除法.

定理1

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，$g(x) \neq 0$，则必存在唯一的 $q(x), r(x) \in \mathbb{K}[x]$，使得

$$f(x) = g(x) q(x) + r(x), \tag{1}$$

且 $\deg r(x) < \deg g(x)$.

/proof/

若 $f(x) = 0$ 或 $\deg f(x) < \deg g(x)$，只需令 $q(x) = 0$, $r(x) = f(x)$ 即可.

现设 $\deg f(x) \geq \deg g(x)$，对 $f(x)$ 的次数用数学归纳法. 若 $\deg f(x) = 0$，则 $\deg g(x) = 0$. 因此可设 $f(x) = a$, $g(x) = b$ ($a \neq 0$, $b \neq 0$). 这时令 $q(x) = a b^{-1}$, $r(x) = 0$ 即可. 作为归纳假设，我们设结论对小于 $n$ 次的多项式均成立. 设

$$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0,\quad a_n \neq 0,$$

$$g(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_1 x + b_0,\quad b_m \neq 0,$$

由于 $n \geq m$，可令

$$f_1(x) = f(x) - a_n b_m^{-1} x^{n-m} g(x),$$

则 $\deg f_1(x) < n$. 由归纳假设，有

$$f_1(x) = g(x) q_1(x) + r(x),$$

且 $\deg r(x) < \deg g(x)$，于是

$$f(x) - a_n b_m^{-1} x^{n-m} g(x) = g(x) q_1(x) + r(x).$$

因此

$$f(x) = g(x) (a_n b_m^{-1} x^{n-m} + q_1(x)) + r(x).$$

令

$$q(x) = a_n b_m^{-1} x^{n-m} + q_1(x),$$

即得 (1) 式.

再证明唯一性. 设另有 $p(x), t(x)$，使

$$f(x) = g(x) p(x) + t(x),$$

且 $\deg t(x) < \deg g(x)$，则

$$g(x) (q(x) - p(x)) = t(x) - r(x). \tag{2}$$

注意 (2) 式左边若 $q(x) - p(x) \neq 0$，便有

$$\deg g(x) (q(x) - p(x)) \geq \deg g(x) > \deg(t(x) - r(x)),$$

引出矛盾. 因此只可能 $p(x) = q(x)$, $t(x) = r(x)$.

推论1

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，$g(x) \neq 0$，则 $g(x) \mid f(x)$ 的充分必要条件是 $g(x)$ 除 $f(x)$ 后的余式为零.

· 最大公因式

设 $f(x), g(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的多项式. 若 $h(x) \in \mathbb{K}[x]$ 适合：$h(x) \mid f(x)$, $h(x) \mid g(x)$，则称 $h(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公因式（或公因子）；

若 $l(x) \in \mathbb{K}[x]$ 适合：$f(x) \mid l(x)$, $g(x) \mid l(x)$，则称 $l(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公倍式.

定义1

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，若 $d(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公因式，且对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的任一公因式 $h(x)$ 均有 $h(x) \mid d(x)$，则称 $d(x)$ 为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最大公因式（或称 $d(x)$ 为 $f(x), g(x)$ 的 g.c.d.），记为 $d(x) = (f(x), g(x))$.

同理，若 $m(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公倍式，且对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的任一公倍式 $l(x)$ 均有 $m(x) \mid l(x)$，则称 $m(x)$ 为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最小公倍式（或称 $m(x)$ 为 $f(x), g(x)$ 的 l.c.m.），记为 $m(x) = [f(x), g(x)]$.

如何求两个多项式 $f(x), g(x)$ 的最大公因子 $d(x)$？不妨假设 $\deg f(x) \geq \deg g(x)$，由带余除法，有

$$f(x) = g(x) q(x) + r(x),$$

其中 $\deg r(x) < \deg g(x)$. 若 $r(x) \neq 0$，因为 $d(x) \mid f(x)$, $d(x) \mid g(x)$，故 $d(x) \mid r(x)$，这表明 $d(x)$ 是 $g(x)$ 和 $r(x)$ 的公因子. 注意到 $r(x)$ 的次数比 $f(x), g(x)$ 都小.

如果我们再将 $g(x)$ 除以 $r(x)$，得到的余式次数更小（如果不为零的话），而 $d(x)$ 是 $r(x)$ 和这个余式的公因子. 不断这样做下去，肯定会得到余式为零的除式，其中的一个因子便是最大公因子.

这个方法称为 Euclid（欧几里得）辗转相除法.

定理1

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，则存在 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最大公因式 $d(x)$，且有 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$，使得

$$f(x) u(x) + g(x) v(x) = d(x). \tag{1}$$

/proof/

若 $f(x) = 0$，则显然 $(f(x), g(x)) = g(x)$；若 $g(x) = 0$，则 $(f(x), g(x)) = f(x)$. 故不妨设 $f(x) \neq 0$, $g(x) \neq 0$. 由带余除法，我们有下列等式：

$$f(x) = g(x) q_1(x) + r_1(x),$$

$$g(x) = r_1(x) q_2(x) + r_2(x),$$

$$r_1(x) = r_2(x) q_3(x) + r_3(x),$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots$$

$$r_{s-2}(x) = r_{s-1}(x) q_s(x) + r_s(x),$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots$$

余式的次数是严格递减的，因此经过有限步后，必有一个等式其余式为零. 不妨设 $r_{s+1}(x) = 0$，于是

$$r_{s-1}(x) = r_s(x) q_{s+1}(x).$$

现在要证明 $r_s(x)$ 即为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最大公因式. 由上式知 $r_s(x) \mid r_{s-1}(x)$，但

$$r_{s-2}(x) = r_{s-1}(x) q_s(x) + r_s(x), \tag{2}$$

因此 $r_s(x) \mid r_{s-2}(x)$. 这样可一直推下去，得 $r_s(x) \mid g(x)$, $r_s(x) \mid f(x)$. 这表明 $r_s(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公因式. 又设 $h(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公因式，则 $h(x) \mid r_1(x)$，于是 $h(x) \mid r_2(x)$，不断往下推，容易看出有 $h(x) \mid r_s(x)$. 因此 $r_s(x)$ 是最大公因式.

再证明 (1) 式. 从 (2) 式得

$$r_s(x) = r_{s-2}(x) - r_{s-1}(x) q_s(x), \tag{3}$$

但我们有

$$r_{s-3}(x) = r_{s-2}(x) q_{s-1}(x) + r_{s-1}(x), \tag{4}$$

从 (4) 式中解出 $r_{s-1}(x)$ 代入 (3) 式，得

$$r_s(x) = r_{s-2}(x)(1 + q_{s-1}(x) q_s(x)) - r_{s-3}(x) q_s(x).$$

用类似的方法逐步将 $r_i(x)$ 用 $r_{i-1}(x), r_{i-2}(x)$ 代入，从而得到

$$r_s(x) = f(x) u(x) + g(x) v(x).$$

显然 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$.

若 $d_1(x)$ 与 $d_2(x)$ 都是 $f(x), g(x)$ 的最大公因式，则 $d_1(x) \mid d_2(x)$, $d_2(x) \mid d_1(x)$，因此必存在 $c \in \mathbb{K}$，使 $d_2(x) = c d_1(x)$，即 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的两个最大公因式最多相差一个非零常数.

若规定 $f(x), g(x)$ 的最大公因式首项系数为 1（首项系数等于 1 的多项式称为首一多项式），则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最大公因式就唯一确定了. 今后我们规定，凡最大公因式均指首一多项式.

对 $m$ 个多项式，我们也可以定义最大公因式的概念. 设 $f_i(x)$ ($i = 1, 2, \cdots, m$) 是 $\mathbb{K}[x]$ 中元素，若 $d(x) \mid f_i(x)$ ($i = 1, 2, \cdots, m$)，则称 $d(x)$ 是 $\{f_i(x)\}$ 的公因式.

如果对 $\{f_i(x)\}$ 的任一公因式 $h(x)$，$h(x) \mid d(x)$，则称 $d(x)$ 为 $\{f_i(x)\}$ 的最大公因式，记为 $d(x) = (f_1(x), f_2(x), \cdots, f_m(x))$.

引理1

若 $f(x), g(x), h(x) \in \mathbb{K}[x]$，则

$$((f(x), g(x)), h(x)) = (f(x), (g(x), h(x))) = (f(x), g(x), h(x)).$$

/proof/

设 $d_1(x) = (f(x), g(x))$, $d_2(x) = (g(x), h(x))$, $d(x) = (f(x), g(x), h(x))$. 则 $d(x) \mid d_1(x)$, $d(x) \mid h(x)$. 另一方面，若 $u(x) \mid d_1(x)$, $u(x) \mid h(x)$，则 $u(x) \mid f(x)$, $u(x) \mid g(x)$，从而 $u(x) \mid d(x)$. 这说明

$$d(x) = (d_1(x), h(x)) = ((f(x), g(x)), h(x)).$$

同理，$d(x) = (f(x), (g(x), h(x)))$.

引理1告诉我们，求 $m$ 个多项式的最大公因式时可以先求其中任意两个的最大公因式，再用同样的方法不断求下去，不必顾忌先后次序，最后的结果总是一样的.

利用最大公因式，我们可以定义互素的概念.

定义2

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，若 $(f(x), g(x)) = 1$，则称 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互素.

定理2

设 $f(x), g(x) \in \mathbb{K}[x]$，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互素的充分必要条件是存在 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$，使

$$f(x) u(x) + g(x) v(x) = 1.$$

/proof/

若 $(f(x), g(x)) = 1$，由定理1 知道，存在 $u(x), v(x)$，使定理2式成立.

反之，若定理2成立，假定 $(f(x), g(x)) = d(x)$，由 (5.3.5) 式可知 $d(x) \mid 1$，于是 $d(x) = 1$.

推论1

若 $f_1(x) \mid g(x)$, $f_2(x) \mid g(x)$，且 $(f_1(x), f_2(x)) = 1$，则

$$f_1(x) f_2(x) \mid g(x).$$

/proof/

不妨设 $g(x) = f_1(x) s(x) = f_2(x) t(x)$，则

$$g(x) = f_1(x) s(x) (f_1(x) u(x) + f_2(x) v(x)),$$

其中 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$，且使 $f_1(x) u(x) + f_2(x) v(x) = 1$. 于是

$$\begin{aligned} g(x) &= f_1(x) s(x) f_1(x) u(x) + f_1(x) f_2(x) s(x) v(x)\\\\ &= f_2(x) t(x) f_1(x) u(x) + f_1(x) f_2(x) s(x) v(x)\\\\ &= f_1(x) f_2(x) (t(x) u(x) + s(x) v(x)), \end{aligned}$$

即 $f_1(x) f_2(x) \mid g(x)$.

推论2

若 $(f(x), g(x)) = 1$，且 $f(x) \mid g(x) h(x)$，则

$$f(x) \mid h(x).$$

/proof/

设 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$，且使

$$f(x) u(x) + g(x) v(x) = 1,$$

则

$$f(x) u(x) h(x) + g(x) v(x) h(x) = h(x).$$

因上式左边可被 $f(x)$ 整除，故 $f(x) \mid h(x)$.

推论3

设 $(f(x), g(x)) = d(x)$, $f(x) = f_1(x) d(x)$, $g(x) = g_1(x) d(x)$，则

$$(f_1(x), g_1(x)) = 1.$$

/proof/

设 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$，且使

$$f(x) u(x) + g(x) v(x) = d(x),$$

即

$$f_1(x) d(x) u(x) + g_1(x) d(x) v(x) = d(x),$$

两边消去 $d(x)$ 即得

$$f_1(x) u(x) + g_1(x) v(x) = 1,$$

因此 $f_1(x), g_1(x)$ 互素.

推论4

设 $(f(x), g(x)) = d(x)$，则

$$(t(x) f(x), t(x) g(x)) = t(x) d(x).$$

/proof/

设 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$，且使

$$f(x) u(x) + g(x) v(x) = d(x),$$

则

$$t(x) f(x) u(x) + t(x) g(x) v(x) = t(x) d(x).$$

因此，若 $h(x) \mid t(x) f(x)$, $h(x) \mid t(x) g(x)$，则必有 $h(x) \mid t(x) d(x)$.

又 $t(x) d(x)$ 是 $t(x) f(x)$, $t(x) g(x)$ 的公因子，因此 $t(x) d(x)$ 是 $t(x) f(x)$ 与 $t(x) g(x)$ 的最大公因式.

推论5

若 $(f_1(x), g(x)) = 1$, $(f_2(x), g(x)) = 1$，则

$$(f_1(x) f_2(x), g(x)) = 1.$$

/proof/

设

$$f_1(x) u_1(x) + g(x) v_1(x) = 1,$$

$$f_2(x) u_2(x) + g(x) v_2(x) = 1,$$

将上两式两边分别相乘得

$$(f_1(x) f_2(x)) u_1(x) u_2(x) + g(x) (v_1(x) f_2(x) u_2(x) + g(x) v_1(x) v_2(x) + v_2(x) f_1(x) u_1(x)) = 1.$$

这就是说 $f_1(x) f_2(x)$ 和 $g(x)$ 互素.

推论6

设 $f(x), g(x)$ 是非零多项式，则

$$f(x) g(x) \sim (f(x), g(x)) [f(x), g(x)].$$

/proof/

设 $d(x) = (f(x), g(x))$ 且 $f(x) = f_0(x) d(x)$, $g(x) = g_0(x) d(x)$，则 $f_0(x), g_0(x)$ 互素.

假定 $l(x)$ 是 $f(x), g(x)$ 的公倍式且

$$l(x) = f(x) u(x) = g(x) v(x).$$

故 $f_0(x) d(x) u(x) = g_0(x) d(x) v(x)$. 消去 $d(x)$ 得

$$f_0(x) u(x) = g_0(x) v(x).$$

因为 $f_0(x), g_0(x)$ 互素，所以 $f_0(x) \mid v(x)$, $g_0(x) \mid u(x)$，不妨设 $u(x) = g_0(x) p(x)$. 于是

$$l(x) = f_0(x) d(x) g_0(x) p(x),$$

即 $f_0(x) d(x) g_0(x) \mid l(x)$，而

$$f_0(x) d(x) g_0(x) = \frac{f(x) g(x)}{d(x)}.$$

这就是要证明的结论.

下面的定理是多项式形式的“中国剩余定理”，是一个在数论、代数学等领域有广泛应用的定理.

定理3（中国剩余定理）

设 $\{f_i(x) \mid i = 1, \cdots, n\}$ 是两两互素的多项式，$a_1(x), \cdots, a_n(x)$ 是 $n$ 个多项式，则存在多项式 $g(x), q_i(x)$ ($i = 1, \cdots, n$)，使得

$$g(x) = f_i(x) q_i(x) + a_i(x)$$

对一切 $i$ 成立.

/proof/

先证明存在多项式 $g_i(x)$，使得对任意的 $i$，有

$$g_i(x) = f_i(x) q_i(x) + 1,\quad f_j(x) \mid g_i(x)\ (j \neq i).$$

一旦得证，只需令 $g(x) = a_1(x) g_1(x) + \cdots + a_n(x) g_n(x)$ 即可. 现构造 $g_1(x)$ 如下. 因为 $f_1(x)$ 和 $f_j(x)$ ($j \neq 1$) 互素，故存在 $u_j(x), v_j(x)$，使

$$f_1(x) u_j(x) + f_j(x) v_j(x) = 1.$$

令

$$g_1(x) = f_2(x) v_2(x) \cdots f_n(x) v_n(x) = (1 - f_1(x) u_2(x)) \cdots (1 - f_1(x) u_n(x)),$$

显然 $g_1(x)$ 符合要求. 同理可构造 $g_i(x)$.

· 因式分解

中学里已经学习过因式分解. 但是由于当时没有数域的概念，因此对什么叫“不可再分”缺乏严格的定义. 现在我们可以来严格地建立多项式的因式分解理论.

定义1

设 $f(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的非常数多项式，若 $f(x)$ 可以分解为两个次数小于 $f(x)$ 次数的 $\mathbb{K}$ 上多项式之积，则称 $f(x)$ 是 $\mathbb{K}$ 上的可约多项式. 否则，称之为 $\mathbb{K}$ 上的不可约多项式.

从这个定义看出，多项式的可约或不可约与数域密切相关：比如 $x^2 - 2$ 在有理数域上是不可约多项式，但在实数域上是可约多项式. 然而无论在哪个域上，一次多项式总是不可约的. 另外我们还要注意，因为 $\mathbb{K}$ 是一个域，对 $\mathbb{K}$ 中任一非零数 $c$，都有 $f(x) = c(c^{-1}f(x))$. 但是这种分解没有多大意义. 我们谈的因式分解，都是指将一个多项式分解为两个次数较小的多项式之积.

引理1

设 $f(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的不可约多项式，则对 $\mathbb{K}$ 上任一多项式 $g(x)$，或者 $f(x) \mid g(x)$，或者 $(f(x), g(x)) = 1$.

/proof/

设 $d(x) = (f(x), g(x))$. 因为 $f(x)$ 不可约，故 $f(x)$ 的因子只能是非零常数多项式或 $cf(x)$ ($c \neq 0$)，从而或者 $d(x) = 1$ 或者 $d(x) = cf(x)$（首一多项式），故得结论.

不可约多项式还有“素性”，如以下定理所述.

定理1

若 $p(x)$ 是 $\mathbb{K}$ 上的不可约多项式，$f(x), g(x)$ 是 $\mathbb{K}$ 上的多项式且 $p(x) \mid f(x)g(x)$，则或者 $p(x) \mid f(x)$，或者 $p(x) \mid g(x)$.

推论1

设 $p(x)$ 为不可约多项式且

$$p(x) \mid f_1(x)f_2(x)\cdots f_m(x),$$

则 $p(x)$ 必可整除其中某个 $f_i(x)$.

对 $\mathbb{K}[x]$ 中任意一个非常数多项式，是否一定可以分解为不可约因子的积？这种分解是否唯一？下面的因式分解定理回答了这个问题.

定理2

设 $f(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的多项式且 $\deg f(x) \geq 1$，则

(1) $f(x)$ 可分解为 $\mathbb{K}$ 上的有限个不可约多项式之积；

(2) 若

$$f(x) = p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x) = q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x) \tag{1}$$

是 $f(x)$ 的两个不可约分解，即 $p_i(x), q_j(x)$ 都是 $\mathbb{K}$ 上的次数大于零的不可约多项式，则 $s = t$，且经过适当调换因式的次序以后，有

$$q_i(x) \sim p_i(x)\ (i = 1,2,\cdots,s).$$

/proof/

(1) 对多项式 $f(x)$ 的次数用数学归纳法. 若 $\deg f(x) = 1$，结论显然成立. 设次数小于 $n$ 的多项式都可以分解为 $\mathbb{K}$ 上的不可约多项式之积而 $\deg f(x) = n$. 若 $f(x)$ 不可约，结论自然成立. 若 $f(x)$ 可约，则

$$f(x) = f_1(x)f_2(x),$$

其中 $f_1(x), f_2(x)$ 的次数小于 $n$，由归纳假设它们可以分解为 $\mathbb{K}$ 上的有限个不可约多项式之积. 所有这些多项式之积就是 $f(x)$.

(2) 对 (1) 式中的 $s$ 用数学归纳法. 若 $s = 1$，则 $f(x) = p_1(x)$，因此 $f(x)$ 是不可约多项式，于是 $t = 1$, $q_1(x) = p_1(x)$. 现假设对不可约因式个数小于 $s$ 的多项式结论正确. 由式 (1)，有

$$p_1(x) \mid q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x),$$

由推论1知，必存在某个 $i$，不妨设 $i = 1$，使

$$p_1(x) \mid q_1(x).$$

但是 $p_1(x), q_1(x)$ 都是不可约多项式，因此存在 $c_1 \in \mathbb{K}$，使

$$q_1(x) = c_1 p_1(x).$$

此即 $p_1(x) \sim q_1(x)$. 将上式代入 (1) 式并消去 $p_1(x)$，得到

$$p_2(x)\cdots p_s(x) = c_1 q_2(x)\cdots q_t(x).$$

这时左边为 $s-1$ 个不可约多项式之积，由归纳假设，$s-1 = t-1$，即 $s = t$. 另一方面，存在 $c_i \in \mathbb{K}$, $c_i \neq 0$, $q_i(x) = c_i p_i(x)$.

定理表明，任一多项式可唯一地被分解为若干个不可约多项式之积. 这里唯一是在相伴意义下的唯一，即相应的多项式可以差一个常数因子. 如果把分解式中相同或仅差一个常数的因式合并在一起，我们就得到了一个“标准分解”式：

$$f(x) = c p_1(x)^{e_1} p_2(x)^{e_2} \cdots p_m(x)^{e_m}, \tag{2}$$

其中 $p_i(x)$ 是互异的首一不可约多项式，$e_i \geq 1$ ($i = 1,2,\cdots,m$).

若 $e_i > 1$，我们称 (2) 式中的因式 $p_i(x)$ 为 $f(x)$ 的 $e_i$ 重因式. 显然这时 $p_i(x)^{e_i} \mid f(x)$，但 $p_i(x)^{e_i+1}$ 不能整除 $f(x)$.

一个多项式何时有重因式？首先我们回忆一下数学分析中导数的概念.

若 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$，则 $f(x)$ 的导数或微商为下列多项式：

$$f'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \cdots + a_1. \tag{3}$$

事实上，我们也可以直接定义 (3) 式为多项式 $f(x)$ 的形式导数而不借用数学分析中的定义. 按此定义不难验证下列公式：

(1) $(f(x) + g(x))' = f'(x) + g'(x)$;

(2) $(c f(x))' = c f'(x)$;

(3) $(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$;

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

定理3

数域 $\mathbb{K}$ 上的多项式 $f(x)$ 没有重因式的充分必要条件是 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 互素.

/proof/

设多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $m$ ($m > 1$) 重因式，则 $f(x) = p(x)^m g(x)$，故

$$f'(x) = m p(x)^{m-1} p'(x) g(x) + p(x)^m g'(x).$$

于是 $p(x)^{m-1} \mid f'(x)$. 这表明 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 有公因式 $p(x)^{m-1}$.

反之，若不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的单因式，可设 $f(x) = p(x) g(x)$，$p(x)$ 不能整除 $g(x)$. 于是

$$f'(x) = p'(x) g(x) + p(x) g'(x).$$

若 $p(x)$ 是 $f'(x)$ 的因子，则 $p(x) \mid p'(x) g(x)$. 但 $p(x)$ 不能整除 $g(x)$ 且 $p(x)$ 不可约，故 $p(x) \mid p'(x)$. 而 $p(x) \neq 0$ 且 $\deg p'(x) < \deg p(x)$，这是不可能的.

若 $f(x)$ 无重因式，则在 $f(x)$ 的标准分解式 (2) 中，$e_i = 1$ 对一切 $i = 1,2,\cdots,m$ 成立，于是 $p_i(x)$ 都不能整除 $f'(x)$. 由于 $p_i(x)$ 为不可约多项式，故 $(p_i(x), f'(x)) = 1$，所以

$$(p_1(x)p_2(x)\cdots p_m(x), f'(x)) = 1,$$

即 $(f(x), f'(x)) = 1$.

定理3 提供了判断多项式 $f(x)$ 是否有重因式的方法：求出 $f(x)$ 的导数并求 $f(x)$ 及 $f'(x)$ 的最大公因式（用 Euclid 辗转相除法）. 若 $(f(x), f'(x)) = 1$，则 $f(x)$ 无重因式，否则必有重因式.

这个方法的好处在于它不必求出 $f(x)$ 的标准分解式，也不必求根即可作出判断（事实上，求标准分解式或求根往往非常困难）.

当 $f(x)$ 有重因式时，我们可借助 $(f(x), f'(x))$ 将 $f(x)$ 的重因式消去. 即有下列命题.

命题1

设 $d(x) = (f(x), f'(x))$，则 $f(x)/d(x)$ 是一个没有重因式的多项式，且这个多项式的不可约因式与 $f(x)$ 的不可约因式相同（不计重数）.

/proof/

设 $f(x)$ 有如 (2) 式的标准分解式，则

$$\begin{aligned} f'(x) &= c e_1 p_1(x)^{e_1-1} p_2(x)^{e_2} \cdots p_s(x)^{e_s} p_1'(x)\\\\ &+ c e_2 p_1(x)^{e_1} p_2(x)^{e_2-1} \cdots p_s(x)^{e_s} p_2'(x)\\\\ &+ \cdots\\\\ &+ c e_s p_1(x)^{e_1} p_2(x)^{e_2} \cdots p_s(x)^{e_s-1} p_s'(x). \end{aligned} \tag{4}$$

因此 $p_1(x)^{e_1-1} p_2(x)^{e_2-1} \cdots p_s(x)^{e_s-1}$ 是 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 的公因式. 注意到 $f(x)$ 的因式一定具有 $c_1 p_1(x)^{k_1} p_2(x)^{k_2} \cdots p_s(x)^{k_s}$ 的形状. 不妨设 $h(x)$ 是 $f(x), f'(x)$ 的公因子.

注意到 $p_1(x)^{e_1}$ 可以整除 (4) 式中右边除第一项外的所有项，但不能整除第一项，因此 $p_1(x)^{e_1}$ 不能整除 $f'(x)$. 同理，$p_i(x)^{e_i}$ 不能整除 $f'(x)$. 由此我们不难看出

$$h(x) \mid p_1(x)^{e_1-1} p_2(x)^{e_2-1} \cdots p_s(x)^{e_s-1},$$

即 $p_1(x)^{e_1-1} p_2(x)^{e_2-1} \cdots p_s(x)^{e_s-1} = d(x)$. 显然 $f(x)/d(x)$ 没有重因式且与 $f(x)$ 含有相同的不可约因式.

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