因式分解定理
- 在中学所学代数里我们学过一些方法,把一个多项式分解为不能再分的因式的乘积.
- 但那里并没有深入地讨论这个问题.那里所谓不能再分,常常只是我们自己看不出怎样再分下去的意思,并没有严格地论证它们确实不可再分
- 所谓不能再分的概念,其实不是绝对的,而是相对于系数所在的数域而言的.
- 例如,在有理数域上,把 x 4 − 4 x^4-4 x4−4分解为 x 4 − 4 = ( x 2 − 2 ) ( x 2 + 2 ) x^4-4= ( x^2-2)( x^2+2) x4−4=(x2−2)(x2+2)的形式就不能再分了.
- 但在实数域上,就可以进一步分解成 x 4 − 4 = ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x 2 + 2 ) . x^4-4=( x-\sqrt{2} ) ( x+\sqrt{2} ) ( x^2+2). x4−4=(x−2)(x+2)(x2+2).
- 而在复数域上,还可以更进一步分解成 x 4 − 4 = ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x − 2 i ) ( x + 2 i ) . x^4-4=(x-\sqrt{2} )( x+\sqrt{2} ) ( x-\sqrt{2} i) ( x+\sqrt{2} i ). x4−4=(x−2)(x+2)(x−2i)(x+2i).
- 可见,必须明确系数域后,所谓不能再分才有确切的含义.
- 在下面的讨论中,仍然选定一个数域Р作为系数域,考虑数域P上的多项式环 P [ x ] P[x] P[x]中多项式的因式分解.
数域和整除性关系
- 两个多项式之间的整除关系不会因为数域的扩大而发生改变
不可约多项式
- 数域Р上次数 s ⩾ 1 s\geqslant{1} s⩾1的多项式不能表成两个次数比 p ( x ) p(x) p(x)的次数低的多项式的乘积,则 p ( x ) p(x) p(x)称为域P上的不可约多项式
- 零次多项式(常数)不是不可约多项式,但是可以作为不可约多项式的因式
- 可见,一次多项式总是不可约多项式,因为比一次多项式要低的多项式是零次多项式(常数),而常数的乘积还是零次多项式,无法和一次多项式相等
- 一个多项式是否可约是依赖于系数域的
- 例如, x 2 + 2 x^2+2 x2+2在实数域上是不可约多项式,但是在复数域上是可以分解为两个一次多项式的乘积(可约的)
不可约多项式的因式
-
不可约多项式 p ( x ) p(x) p(x)的因式只有两种可能
- “非0常数c”
- “ p ( x ) p(x) p(x)自身的非0常数倍 c − 1 p ( x ) ( c ≠ 0 ) c^{-1}p(x)(c\neq{0}) c−1p(x)(c=0)”
-
如果因式只有上述两种的 k k k次多项式( k ⩾ 1 k\geqslant{1} k⩾1)一定是不可约多项式
-
因此,不可约多项式 p ( x ) p(x) p(x)与任一多项式 f ( x ) f(x) f(x)之间只可能有2种关系:
- p ( x ) ∣ f ( x ) p(x)|f(x) p(x)∣f(x)且 ( p ( x ) , f ( x ) ) = c p ( x ) , c ≠ 0 (p(x),f(x))=cp(x),c\neq{0} (p(x),f(x))=cp(x),c=0
- p ( x ) ∤ f ( x ) p(x)\nmid{f(x)} p(x)∤f(x)且 ( p ( x ) , f ( x ) ) = 1 (p(x),f(x))=1 (p(x),f(x))=1
- 两种情况可以进一步集中描述,设 ( p ( x ) , f ( x ) ) = d ( x ) (p(x),f(x))=d(x) (p(x),f(x))=d(x), d ( x ) d(x) d(x)可能是 1 1 1或 c p ( x ) , c ≠ 0 cp(x),c\neq{0} cp(x),c=0,后者对应的是 p ( x ) ∣ f ( x ) p(x)|f(x) p(x)∣f(x)
-
类比于整数中的"质数",可以理解为"质多项式"
定理
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若 p ( x ) p(x) p(x)是不可约多项式,那么任意 f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f(x),g(x),若 p ( x ) ∣ f ( x ) g ( x ) p(x)|f(x)g(x) p(x)∣f(x)g(x)则 p ( x ) ∣ f ( x ) p(x)|f(x) p(x)∣f(x)或 p ( x ) ∣ g ( x ) p(x)|g(x) p(x)∣g(x)
- 若 p ( x ) ∣ f ( x ) p(x)|f(x) p(x)∣f(x),显然结论成立
- 若 p ( x ) ∤ f ( x ) p(x)\nmid{f(x)} p(x)∤f(x),则 ( p ( x ) , f ( x ) ) = 1 (p(x),f(x))=1 (p(x),f(x))=1又因为 p ( x ) ∣ f ( x ) g ( x ) p(x)|f(x)g(x) p(x)∣f(x)g(x),则 p ( x ) ∣ g ( x ) p(x)|g(x) p(x)∣g(x)
-
推广:如果不可约多项式 p ( x ) p(x) p(x)整除s个多项式 f 1 ( x ) , f 2 ( x ) , ⋯ , f s ( x ) f_1(x),f_2(x),\cdots,f_s(x) f1(x),f2(x),⋯,fs(x)的乘积 ∑ i = 1 s f i ( x ) \sum_{i=1}^{s}f_i(x) ∑i=1sfi(x),则存在 k ∈ { 1 , 2 , ⋯ , s } k\in\{1,2,\cdots,s\} k∈{ 1,2,⋯,s},使得 p ( x ) ∣ f k ( x ) p(x)|f_k(x) p(x)∣fk(x)
因式分解及唯一性定理
- 分解式存在性:数域P上每个次数 ⩾ 1 \geqslant{1} ⩾1的多项式 f ( x ) f(x) f(x)都可以唯一地分解为数域P上不可约多项式的乘积 f ( x ) = ∑ i = 1 s p i ( x ) f(x)=\sum_{i=1}^{s}p_i(x) f(x)=∑i=1spi(x)
- 唯一性:若两个分解式 f ( x ) = ∑ i = 1 s p i ( x ) f(x)=\sum_{i=1}^{s}p_i(x) f(x)=∑i=1spi(x), f ( x ) = ∑ i = 1 s q i ( x ) f(x)=\sum_{i=1}^{s}q_i(x) f(x)=∑i=1sqi(x),则必有 s = t s=t s=t,且通过适当排列因式的次序后有 p i ( x ) = c i q i ( x ) p_i(x)=c_iq_i(x) pi(x)=ciqi(x), i = 1 , 2 , ⋯ , s i=1,2,\cdots,s i=1,2,⋯,s, c i c_{i} ci是非0常数
- 如果 f ( x ) f(x) f(x)的所有分解式的因式的最高项系数设置为1,将常系数提出作为0次项
- ∑ i = 1 s p i ′ ( x ) = ∑ i = 1 t q i ′ ( x ) \sum_{i=1}^{s}p_i'(x)=\sum_{i=1}^{t}q_i'(x) ∑i=1spi′(x)=∑i=1tqi′(x)
- 再通过适当的排列因式,则 p i ′ ( x ) = q i ′ ( x ) p_{i}'(x)=q_{i}'(x) pi′(x)=qi′(x)
证明
- 对 f ( x ) f(x) f(x)的次数 ∂ ( f ( x ) ) = n \partial{(f(x))}=n ∂(f(x))=n以及分解 f ( x ) f(x) f(x)后的项数 s s s作数学归纳法证明
- 证明分为2部分:分解式的存在性和唯一性
分解式存在性
-
明确不可约多项式的定义可知,不可约多项式显然满足该结论
-
n = 1 n=1 n=1
- 因为一次多项式是不可约,所以 n = 1 n=1 n=1时结论成立
-
设 n < k n<k n<k时结论成立,即 ∂ ( f ( x ) ) < k \partial(f(x))<k ∂(f(x))<k时结论成立,更具体的说法是, n = 1 , ⋯ , k − 1 n=1,\cdots,k-1 n=1,⋯,k−1时结论都成立
- 若 f ( x ) f(x) f(x)是不可约多项式,结论显然成立
- 若 f ( x ) f(x) f(x)是可约(非不可约)的,即 f ( x ) = f 1 ( x ) f 2 ( x ) f(x)=f_1(x)f_2(x) f(x)=f1(x)f2(x),并设 n = k n=k n=k
- 可约多项式展开为若干不可约多项式,为了条论方便,将这些不可约因式以任意一种随意划分为两部分,记为 f 1 ( x ) , f 2 ( x ) f_1(x),f_2(x) f1(x),f2(x)
- 若 f i ( x ) f_i(x) fi(x)可以被分解为不可约多项式,则可以表示为: f i ( x ) = ∑ j = 1 s p j [ i ] ( x ) f_i(x)=\sum_{j=1}^{s}p^{[i]}_j(x) fi(x)=∑j=1spj[i](x)
- 其中 ∂ ( f 1 ( x ) ) , ∂ ( f 2 ( x ) ) < k \partial(f_1(x)),\partial(f_2(x))<k ∂(f1(x)),∂(f2(x))<k
- 由归纳假设 f 1 ( x ) , f 2 ( x ) f_1(x),f_2(x) f1(x),f2(x)都可以分解为数域P上一些(设分别为 s 1 , s 2 s_1,s_2 s1,s2个)不可约多项式的乘积
- f 1 ( x ) = ∏ i = 1 s 1 p i [ 1 ] ( x ) f_1(x)=\prod_{i=1}^{s_1}p^{[1]}_{i}(x) f1(x)=∏i=1s1pi[1](x)
- f 2 ( x ) = ∏ i = 1 s 2 p i [ 2 ] ( x ) f_2(x)=\prod_{i=1}^{s_2}p^{[2]}_{i}(x) f2(x)=∏i=1s2pi[2](x)
- 把 f 1 ( x ) , f 2 ( x ) f_1(x),f_2(x) f1(x),f2(x)的分解式合起来得到 f ( x ) f(x) f(x)的一个分解式: f ( x ) = ∏ i = 1 s 1 p i [ 1 ] ( x ) ∏ i = 1 s 2 p i [ 2 ] ( x ) f(x)=\prod_{i=1}^{s_1}p^{[1]}_{i}(x)\prod_{i=1}^{s_2}p^{[2]}_{i}(x) f(x)=∏i=1s1pi[1](x)∏i=1s2pi[2](x)
- 即对于 n = k n=k n=k时,结论仍然成立
- 而 n = 1 , 2 , 3 , ⋯ n=1,2,3,\cdots n=1,2,3,⋯
- k=2时, n < k n<k n<k的可能取值有 n = 1 n=1 n=1,而该取值时的结论成立,所以n=2时结论成立
- k=3时, n < k n<k n<k的可能取值有 n = 1 , 2 n=1,2 n=1,2,这些取值下的结论都成立,所以 n = 3 n=3 n=3时结论成立
- k=4时, n < k n<k n<k的可能取值有 n = 1 , 2 , 3 n=1,2,3 n=1,2,3,这些取值下的结论都成立,所以 n = 4 n=4 n=4时结论成立
- …
- 前 n − 1 n-1 n−1个结果的成立可以推出第n个结果成立,由归纳法原理,n取任意值时结论都成立
唯一性
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为了便于判断多项式 f ( x ) f(x) f(x)的不可约多项式分解式唯一,可将分解后的乘式链按项的次数高低排列不可约因式的位置,然后比较同次因式是否相等即可
-
设 f ( x ) f(x) f(x)可以分解为不可约多项式的乘积 f ( x ) = ∑ i = 1 s p i ( x ) f(x)=\sum_{i=1}^{s}p_i(x) f(x)=∑i=1spi(x),
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并且假设 f ( x ) f(x) f(x)还有另一个分解式记为 f ( x ) = ∑ i = 1 t q i ( x ) f(x)=\sum_{i=1}^{t}q_i(x) f(x)=∑i=1tqi(x),
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其中 q i ( x ) , i = 1 , 2 , ⋯ , t q_{i}(x),i=1,2,\cdots,t qi(x),i=1,2,⋯,t是不可约多项式,无论 f ( x ) f(x) f(x)的两个分解式形式是否唯一,它们的结果相等,即
- ∑ i = 1 s p i ( x ) = ∑ i = 1 t q i ( x ) ((1)) \sum_{i=1}^{s}p_i(x)=\sum_{i=1}^{t}q_i(x) \tag{(1)} i=1∑spi(x)=i=1∑tqi(x)((1))
-
对 s s s作归纳法
- 当 s = 1 s=1 s=1时, f ( x ) f(x) f(x)是不可约多项式,有定义: s = t = 1 s=t=1 s=t=1且 f ( x ) = p 1 ( x ) = q 1 ( x ) f(x)=p_1(x)=q_1(x) f(x)=p1(x)=q1(x)
- 假设 f ( x ) f(x) f(x)的分解式中不可约因式的个数 r = s − 1 r=s-1 r=s−1时分解式形式唯一性成立
- 显然有 p 1 ( x ) ∣ f ( x ) p_1(x)|f(x) p1(x)∣f(x),由 ( 1 ) (1) (1), p 1 ( x ) ∣ ∑ i = 1 t q i ( x ) ( 2 ) p_1(x)|\sum_{i=1}^{t}q_i(x)\;(2) p1(x)∣∑i=1tqi(x)(2)
- 其中 p 1 ( x ) , q i ( x ) p_1(x),q_i(x) p1(x),qi(x)均是不可约多项式,一定存在 r ∈ { 1 , 2 , ⋯ , t } r\in\{1,2,\cdots,t\} r∈{ 1,2,⋯,t},使得: p 1 ( x ) ∣ q r ( x ) p_1(x)|q_r(x) p1(x)∣qr(x),否则与 ( 2 ) (2) (2)矛盾
- 由于乘法运算满足交换律,因此总是可以将 q 1 ( x ) , q r ( x ) q_1(x),q_r(x) q1(x),qr(x)交换位置,使得 q r ( x ) q_r(x) qr(x)作为G的第一个不可约因式,便于讨论
- 因此可以将 p 1 ( x ) ∣ q r ( x ) p_1(x)|q_r(x) p1(x)∣qr(x)表示为 p 1 ( x ) ∣ q 1 ( x ) p_1(x)|q_1(x) p1(x)∣q1(x)
- 设 p 1 ( x ) = c 1 q 1 ( x ) p_1(x)=c_1q_1(x) p1(x)=c1q1(x),代入 ( 1 ) (1) (1), p 1 ( x ) ∑ i = 2 s p i ( x ) = q 1 ( x ) ∑ i = 2 t q i ( x ) p_1(x)\sum_{i=2}^{s}p_i(x)=q_1(x)\sum_{i=2}^{t}q_i(x) p1(x)∑i=2spi(x)=q1(x)∑i=2tqi(x)
- c 1 q 1 ( x ) ∑ i = 2 s p i ( x ) = q 1 ( x ) ∑ i = 2 t q i ( x ) c_1q_1(x)\sum_{i=2}^{s}p_i(x)=q_1(x)\sum_{i=2}^{t}q_i(x) c1q1(x)∑i=2spi(x)=q1(x)∑i=2tqi(x)
- ∑ i = 2 s p i ( x ) = c 1 − 1 ∑ i = 2 t q i ( x ) \sum_{i=2}^{s}p_i(x)=c_1^{-1}\sum_{i=2}^{t}q_i(x) ∑i=2spi(x)=c1−1∑i=2tqi(x)
- 记 U ( x ) = ∑ i = 2 s p i ( x ) U(x)=\sum_{i=2}^{s}p_i(x) U(x)=∑i=2spi(x), V ( x ) = ∑ i = 2 t q i ( x ) V(x)=\sum_{i=2}^{t}q_i(x) V(x)=∑i=2tqi(x),
- U ( x ) U(x) U(x)有 s − 1 s-1 s−1项,由归纳假设可知, U ( x ) U(x) U(x)的分解式唯一,因此 U ( x ) , V ( x ) U(x),V(x) U(x),V(x)包含的不可约因式数目相等,即 s − 1 = t − 1 s-1=t-1 s−1=t−1,即有 s = t s=t s=t
- 类似地
- 适当排列次序后, p 2 ( x ) = c 2 ′ c 1 − 1 q 2 ( x ) p_2(x)=c_2'c_1^{-1}q_2(x) p2(x)=c2′c1−1q2(x),记 c 2 = c 2 ′ c 1 − 1 c_2=c_2'c_1^{-1} c2=c2′c1−1,即有 p 2 ( x ) = c 2 q 2 ( x ) p_2(x)=c_2q_2(x) p2(x)=c2q2(x)
- p i ( x ) = c i q i ( x ) p_i(x)=c_iq_i(x) pi(x)=ciqi(x), i = 3 , ⋯ , s ( 4 ) i=3,\cdots,s\;(4) i=3,⋯,s(4)
- 由 ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) (2),(3),(4) (2),(3),(4)可知 p i ( x ) = c i q i ( x ) p_i(x)=c_iq_{i}(x) pi(x)=ciqi(x), i = 1 , 2 , ⋯ , s i=1,2,\cdots,s i=1,2,⋯,s且 s = t s=t s=t,唯一性得证
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Note:例
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( 2 x + 3 ) ( 3 x − 3 ) = [ 1 ( 2 x + 3 ) ] [ 3 ( x − 1 ) ] (2x+3)(3x-3)=[1(2x+3)][3(x-1)] (2x+3)(3x−3)=[1(2x+3)][3(x−1)],其中 p 1 ( x ) = 2 x + 3 p_1(x)=2x+3 p1(x)=2x+3, p 2 ( x ) = 3 x − 3 = 3 ( x − 1 ) p_2(x)=3x-3=3(x-1) p2(x)=3x−3=3(x−1), p 1 ( x ) , p 2 ( x ) p_1(x),p_2(x) p1(x),p2(x)均为不可约的(提取常数系数不能算作可约的,它们仍然符合不可约的定义)
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( x 2 + 3 ) ( x 2 + 4 ) (x^2+3)(x^2+4) (x2+3)(x2+4)的两个因式在实数范围内不可约,且次数都是2,因此仅仅按照次数排列是不可以确定唯一分解式,还需要强调其他条件,比如两个不等因式的(最高)次数相等情况下,比较次高项直至最低项
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因式分解定理在理论上有其基本重要性
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但是对于一般情形,没有普遍可行的分解多项式的方法
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