复数域与实数域上多项式的因式分解
4.8 复数和实数域上的多项式讲解
一名统计学家遇到一位数学家， 统计学家调 侃数学家说道： 你们不是说若Ｘ＝Ｙ且Ｙ＝Ｚ，则Ｘ＝Ｚ 吗！那么想必你若是喜欢一个女孩，那么那个女 孩喜欢的男生你也会喜欢罗！？” 数学家来也没事吧！因为它 们平均不过是五十度而已！ ”
授课时数：2 学时 教学重点：实系数多项式的标准型，代数基本 定理和复数域上多项式的标准型，Vieta 定理及应用。
教学难点：代数基本定理和复数域上多项式的 标准型 ，Vieta定理。
教学过程:
思 考
问题 1 在解一元二次方程时， 有求根公式， 那么三次及以上方程也有吗？
问题 2 一元二次方程有 Vieta 定理，高次方程有吗？
4.8 复数和实数域上的多项式 授课题目： 4.8 复数和实数域上的多项式
教学目标：熟练实系数多项式的标准型，学习一些 解决实系数多项式问题的方法和技巧； 理解代 数基本定理和复数域上多项式的标准型， 熟练 掌握 Vieta 定理， 了解一元三次方程、 四次方 程的根式解法以及 Galois 在根式问题解的重 大贡献。
也是f ( x)的根。
设，的重数分别为 k , l , 且k l , h( x) C[ x], 使得
k l f ( x) （x ） （ x ） h( x), 其中x 不整除h( x), 且
x 也不整除h( x)，由于k l
k k l k f ( x) （x ） （ x ） （ x ） h( x )
思考 我们已解决了实数域、复数域上的多项式的可
约性问题 ，求根问题那么还有哪一个常见数域上的多 项式的可约性问题和求根问题没有解决呢？ 答 常见数域有复数域、实数域和有理数域。还有有理数域 上的多项式的可约性和求根问题尚未解决，同时有理数域
-多项式的因式分解定理
§1-5多项式的因式分解定理多项式44-x 在有理数域、实数域、复数域上的因式分解 ][)2)(2)(2)(2(4][)2)(2)(2(4][)2)(2(4424224x C i x i x x x x x R x x x x x Q x x x +-+-=-++-=-+-=-（不能再分）（不能再分） 在不同的系数域上，具有不同形式的分解式什么叫不能再分？平凡因式：零次多项式（不等于零的常数）、多项式自身、前两个的乘积Definition8：（不可约多项式）令][)(x P x f 是的一个次数大于零的多项式，如果][)(x P x f 在中只有平凡因式，就称f(x )为数域P 上（或在P[x]中）的不可约多项式.（p(x)在数域P 上不能表示成两个次数低的多项式的乘积） 若)(x f 除平凡因式外，在P[x]中还有其它因式，f(x )就说是在数域P 上（或在P[x]中）是可约的.如果不是平凡因式)(,)()()(x g x h x g x f =，的次数显然和则)()(x h x g 都小于)(x f 的次数.反之，若)(x f 能写成两个这样多项式的乘积，那么)(x f有非平凡因式；如果P[x]的一个n 次多项式能够分解成P[x]中两个次数都 小于n 的多项式 的乘积和)()(x h x g 即 )()()(x h x g x f 那么)(x f 在P 上可约.由不可约多项式的定义可知：任何一次多项式都是不可约多项式的.不可约多项式的重要性质：一个多项式是否不可约是依赖于系数域；1.如果多项式)(x f 不可约，那么P 中任意不为零的元素c 与)(x f 的乘积c )(x f 都不可约.2.设)(x f 是一个不可约多项式而P(x)是一个任意多项式，那么或者)(x f 与P(x)互素，或者)(x f 整除P(x).3.如果多项式)(x f 与)(x g 的乘积能被不可约多项式P(x)整除，那么至少有一个因式被P(x)整除.Theorem5.如果)(x p 是一个不可约多项式,P(x)整除一些多项式)(,),(),(21x f x f x f s 的乘积,那么)(x p 一定整除这些多项式之中的一个.证明:对被除多项式的个数s 用数学归纳法当s=1时,显然成立;假设s=n-1 时,结论成立;当s=n 时,令)()()()(),()(32211x f x f x f x g x f x g n ==, 如果)(|)(),(|)(11x f x p x g x p 则命题成立,如果1))(),((),(|)(11=/x g x p x g x p 则,从而)(|)(2x g x p ,即)(,),(),()(32x f x f x f x p n 整除 n-1 多项式的乘积,由归纳法假设)(x p 整除其中一个多项式,根据数学归纳法原理,命题得证. 因式分解及唯一性定理：多项式环P[x]的每一个)0(>n n 次多项式)(x f 都可以唯一分解成P[x]的不可约多项式的乘积；)()()()(21x p x p x p x f s =所谓唯一性是说，如果有两个分解式)()()()()()()(2121x q x q x q x p x p x p x f t s ==那么，必有s=t ，并且适当地排列因式的顺序后有),2,1()()(s i x cq x p i i ==标准分解式（典型分解式）：)()()()(2121x p x p x cp x f s r s rr =其中c 是f(x)的首项系数，)(),(),(21x p x p x p s 是不同的、首项系数为1的不可约多项式，而s r r r ,,21正整数.例1：在有理数域上分解多项式， 22)(23--+=x x x x f . )2)(1)(1()2)(1(22)(223+-+=-++=--+=x x x x x x x x x x f例2：求 的典型分解式内在][122)(2345x Q x x x x x x f -++--=. 23242345)1()1()12)(1(122)(+-=+--=-++--=x x x x x x x x x x x f 例3.求 的典型内在][6141616102)(2345x R x x x x x x f -+-+-= 分解式. )3()1)(1(2)(22--+=x x x x f例4：分别在有理数域、实数域和复数域上分解多项式 15-x 和16-x 为不可约多项式的乘积.解:)1)(1()1(2345++++-=-x x x x x x Q[x]][)154cos 2)(152cos 2)(1()1)(1()1(222345x R x x x x x x x x x +-+--=++++-=-ππ][)52sin 52cos ()1()1)(1()1(412345x C k i k x x x x x x x x k ππ---=++++-=-=在Q[x]上)1)(1)(1)(1()1)(1()1(22336+-+++-=+-=-x x x x x x x x x ; 在R[x]上)1)(1)(1)(1()1)(1()1(22336+-+++-=+-=-x x x x x x x x x ; 在C[x]上)2321)(2321)(1)(2321)(2321)(1(16i x i x x i x i x x x -++++--+--=-。
爱森斯坦判法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判
爱森斯坦判别法是目前为止用来判断[]Z x 内一个多项式可约与否的最好结果。
爱森斯坦判别法 设给定n 次本原多项式01()[](1)Z n n f x a a x a x x n =+++∈≥L如果存在一个素数p ，使|(0,1,...,1)i p a i n =-，但20|,|n p a p a //，则()f x 在[]Z x 内不可约。
证明：用反证法。
设()f x 在[]Z x 内可约，即()()()f x g x h x =， 其中0101()[],()[].Z Z m m l l g x b b x b x x h x c c x c x x =+++∈=+++∈L L这里0deg ()deg ()g x f x <<。
为方便计，下面式子中多项式(),(),()f x g x h x 的系数,,i i i a b c 的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。
因为n m l a b c =，而|n p a /，故|,|m l p b p c //。
另一方面，0|p a ，而000a b c =，故0|p b 或0|p c ；不妨设0|p b ，此时因20|p a /，故0|p c /。
设|(0,...,1)i p b i r =-，但|(0)r p b r m <</。
此时|r p a ，而 011110()r r r r r a b c b c b c b c --=++++L括号中各项均含有因子p ，故0|r p b c 。
但0|,|r p b p c //，p 为素数，矛盾。
由此，()f x 在[]Z x 内不可约。
爱森斯坦判别法是目前为止用来判断Z[x]内一个多项式可约与否的最好结果。
艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。
由高斯定理，这判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。
艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式如果存在素数p ，使得p 不整除an ，但整除其他ai ； p^2 不整除a0 ， 那么f (x ) 是不可约的。
11. 因式分解技巧-实数集与复数集内的分解 -单墫
11.实数集与复数集内的分解．因式分解应当分解到“底”，也就是应当把多项式分解为既约（不可约）多项式的乘积．什么是既约多项式呢？这要看在什么数集内分解．例如，2x 3-没有有理根，因而不能分解为两个有理系数的一次因式的乘积．换句话说，在有理数集内32-x 是既约多项式，但是在实数集内，因为),3)(3(32-+=-x x x 所以32-x 不是实数集内的既约多项式，到目前为止，我们的讨论都是在有理数集内进行的，本单元介绍一元多项式在实数集与复数集内的分解．11.1 求 根 公 式一次多项式永远是既约的.x 的二次三项式c bx ax ++2在复数集内的因式分解非常简单，可以用求根公式求得,242aac b b x -±-= )1( 从而 C bx ax ++2 ⋅-----+--=)24)(24(22aac b b x a ac b b x a )2( 在实数集内，当042≥-ac b 时，c bx ax ++2也可以用(2)式分解．如果,042<-ac b 那么 c bx ax ++2是实数集内的既约多项式．如果ac b 42-不是有理数的平方，那么C bx ax ++2就是有理数集内的既约多项式．如果ac b 42-是有理数的平方，那么c bx ax ++2可以用(2)分解，其实，用十字相乘更为方便：例1 分解因式：.7322--x x解 由于 ,7,3,2-=-==c b a ,065)7(24)3(422>=-⨯⨯--=-ac b65不是有理数的平方，所以在有理数集内7322--x x 是既约多项式．在实数集与复数集内可得 7322--x x⋅--+-=)4653)(4653(2x x 例2 分解因式：.7322+-x x解 由于 ,7,3,2=-==c b a,047724)3(422<-=⨯⨯--=-ac b所以在实数集内7322+-x x 是既约多项式（当然也是有理数集内的既约多项式）．在复数集内可得7322--x x),4473)(4473(2i x i x --+-= 其中i 称为虚数单位，满足等式 .12-=i例3 分解因式：⋅+-89322x x 解 由于 ,89,3,2=-==c b a ,08924)3(422=⨯⨯--=-ac b 所以在有理数集内可得.)43(2893222-=+-x x x 这也是89322+-x x 在实数集与复数集内的分解式， 例4 分解因式：.2322--x x解 由于 ,2,3,2-=-==c b a,525)2(24)3(4222==-⨯⨯--=-ac b所以2322--x x 在有理数集内可以分解．事实上，由十字相乘可得 ).2)(12(2322-+=--x x x x当然，这式子也可以用(2)来分解．11.2 代 数 基 本 定 理在复数集内，每一个x 的（不是常数的）多项式至少有一个根．即对于多项式0111)(a x a x a x a x f n n n ++++=-- （n 是正整数）．一定有复数c 使得.0)(=c f这个结论称为代数基本定理．根据代数基本定理，每个x 的次数大于1的多项式f (x)都有一次因式x-c ，因此在复数集内，只有一次多项式是既约多项式．由代数基本定理容易推出：n 次多项式f(x)恰好有n 个根，如果n x x x ,,,21 是0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=-- 的n 个根，那么)3).(())(()(21n n x x x x x x a x f ---=每一个复数都可以写成a+bi 的形式，其中a 、b 为实数，i 是上面已经说过的虚数单位，在b≠0时，a+bi 称为虚数．虚数a+bi 与a- bi 称为共轭复数，它们的和为,2)()(a bi a bi a =-++它们的积为22222))((b a i b a bi a bi a +=-=-+（因为)12-=i即共轭复数的和与积都是实数．如果bi a x +=1与bi a x -=2是一对共轭复数，那么两个共轭的一次因式1x x -与2x x -的积为))((21x x x x --)]()][([bi a x bi a x --+-=),(2222b a ax x ++-=是实系数的多项式，对于实系数多项式f(x)，我们可以用(3)式把它分解为复数集内的一次因式的积．有一条定理告诉我们：实系数多项式的虚数根是两两共轭的．于是，对每一对共轭的复数根（例如上面所说的21x x 、)，我们把相应的两个共轭的一次因式（例如 1x x -与2x x -)乘起来，产生一个实系数的二次因式，这样就得到了f(x)在实数集内的分解．因此，在实数集内，每个多项式可以分解为一次因式与二次因式的积．换句话说，在实数集内，既约多项式一定是一次多项式或二次多项式．从理论上说，在实数集或复数集内，只要求出f(x)的根，就可以把f(x)分解，三次多项式与四次多项式虽然有求根公式，但是，公式的形状比二次多项式复杂得多．次数大于4的多项式没有求根公式，往往只能求出根的近似值．因此，对于具体问题，仍然需要用一些特殊的方法来分解．例5 分解因式：.124+-x x解 由第9单元例3，我们知道124+-x x 不能分解为两个有理系数的二次因式的积，它没有有理根（易验证±1都不是它的根），因而也没有有理系数的一次因式，所以，在有理数集内，124+-x x 是既约多项式．在实数集内，可以用拆项后配方的方法，得到 124+-x x2243)12(x x x -++=2223)1(x x -+=).13)(13(22+-++=x x x x在复数集内，还可以利用求根公式，进一步得到124+-x x)13)(13(22+-++=x x x x⋅--+--+++=)23)(23)(23)(23(i x i x i x i x 11.3 单 位 根．多项式1-n x 的根称为n 次单位根．一次单位根只有1．二次单位根有两个，即±1．由于 14-x )1)(1(22+-=x x),)()(1)(1(i x i x x x -+-+=所以四次单位根有4个，即±1，±i，前两个是实数，后两个是虚数，例6 分解因式：.13-x 解 在有理数集内，熟知),1)(1(123++-=-x x x x这也是13-x 在实数集内的分解式． 在复数集内，13++x x 还可用(2)进一步分解为),231)(231(12i x i x x x ---+--=++ 所以 ⋅+--+---=-)231)(231)(1(13i x i x x x 231i +-与231i --是两个三次（虚）单位根（1是实三次单位根），我们把231i +-记为w ，容易看出,2312i --=ω 并且 .1,1,1223ωωωωω-=+-=+= (4)一般地，在复数集内有n 个n 次单位根，它们是),,,2,1(2sin 2cosn k nk i n k =+ππ (5) 其中 .12sin 2cos =+n n i n n ππ例7 分解因式：.15-x 解 在复数集中，15-x 的根为,54sin 54cos ,52sin 52cosππππi i ++ ,1,58sin 58cos ,56sin 56cos ππππi i ++ 由(3)，得 15-x ⋅-----=)54sin 54cos )(52sin 52cos)(1(ππππi x i x x ⋅----)58sin 58cos )(56sin 56cos (ππππi x i x 因为 ,52sin 52cos 58sin 58cos ππππi i -=+ 与52sin 52cos ππi +共轭，又 ,54sin 54cos 56sin 56cos ππππi i -=+ 与54sin 54cos ππi +共轭，并且 ,1cos sin 22=+αα 所以 )52sin 52cos )(52sin 52cos (ππππi x i x +--- 22)52(sin )52cos (ππ+-=x ,1)52cos 2(2+-=x x π )54sin 54cos )(54sin 54cos (ππππi x i x +--- .1)54cos 2(2+-=x x π 所以在实数集内，可得15-x⋅+-+--=]1)54cos 2(][1)52cos 2()[1(22x x x x x ππ 在有理数集内，由第2单元例13，得),1)(1(12345++++-=-x x x x x x1234++++x x x x 在有理数集内是既约多项式，这将在第12单元中证明．在(5)中，如果k 与n 互质（最大公约数为1），那么nk i n k ππ2sin 2cos +称为本原单位根．例如，对于n-15，与15互质的是1，2，4，7，8，11，13，14，共有8个，也就是说有8个15次本原单位根，可以证明，与n 饮本原单位根对应的一次因式的积是一个整系数的多项式．它称为分圆多项式，例如34x x +12+++x x 就是一个分圆多项式．11.4 攻 玉 之 石“他山之石，可以攻玉”，三次虚单位根w 可以帮助我们在有理数集内分解因式，例8 分解因式：.2245++++x x x x解 w 是多项式2245++++x x x x 的一个根．事实上，利用(4)，可知 2245++++ωωωω222++++=ωωωω)122++=ωω（,0=于是ω-x 是2245++++x x x x 在复数集内的因式，它的共轭因式2ω-x 也是2245++++x x x x 的因式，又 ,1))((22++=--x x x x ωω从而12++x x 是2245++++x x x x 的因式．所以 2245++++x x x x)222()()(223345+++++-++=x x x x x x x x).2)(1(32+-++=x x x x这里，23+-x x 没有有理根，因此是有理数集内的既约多项式．从例1可以知道：如果实系数多项式f(x)有虚根w(即f(w ) =O ），那么f(x)就有因式.12++x x 例9 证明：在m 、n 为自然数时，多项式11323++++n m x x有因式+2x .1+x 证明 因为 11323++++n m ωω12++=ωω,0=所以，12++x x 是11323++++n n x x 的因式．例10 分解因式：.1510++x x解 12++x x 是1510++x x 的因式，所以把1510++x x 分组分解，得1510++x x)()()()(4565677898910x x x x x x x x x x x x ++-+++++-++=-+++)(345x x x)1()(223+++++x x x x x).1)(1(345782+-+-+-++=x x x x x x x x134578+-+-+-x x x x x x 是有理数集内的既约多项式，这一点将在12单元予以证明． 例11 分解因式：.115-x解 115-x1)(35-=x)1)(1(5105++-=x x x+-+-++++++-=45782234)(1)(1)(1x x x x x x x x x x x （).13+-x x )6((最后一步利用了例7及例10).如果沿另一途径分解：115-x1)(53-=x]1)()()())[(1(32333433++++-=x x x x x [根据例7]).1)(1)(1(369122++++++-=x x x x x x x )7(比较(6)、(7)，我们知道136912++++x x x x 不是有理数集内的既约多项式，它可分解为136912++++x x x x).1)(1(34578234+-+-+-++++=x x x x x x x x x x例12 分解因式：.)(444y x y x +++ 解 w 是多项式44)1(1++⋅+x x 的根．事实上，利用(4)，可得44)1(1+++ωω42)(1ωω++=21ωω++=,0=因此，12++x x 是44)1(1+++x x 的因式，22y xy x ++是x y x （++444)y +的因式（这个判断对解444)(y x y x +++)464(43223444y xy y x y x x y x ++++++=)232(2432234y xy y x y x x ++++=)]()()[(2432232232234y xy y x xy y x y x y x y x x ++++++++=.)(2222y xy x ++=小 结在复数集内，)1(≥n n 次多项式。
因式分解定理
即 d ( x ) a 或 d ( x ) cp( x ) p( x ) f ( x ) ( p( x ), f ( x )) 1
定理5.7 设 p( x ) 不可约. f ( x ), g( x ) P[ x ] ，若
③ 多项式 p( x ) ( p( x )) 1 不可约.
p( x ) 的因式只有非零常数及其自身的非零常数倍.
引理 多项式 p( x )不可约，对 f ( x ) P[ x ] 有
p( x ) f ( x ) 或 p( x ), f ( x ) 1.
证：设 ( p( x ), f ( x )) d ( x ), 则 d ( x ) p( x )
注:
f ( x) f ( x ) 与 ( f ( x ), f ( x ))有完全相同的不可约因式，
f ( x) 且 的因式皆为单因式. ( f ( x ), f ( x ))
推论4
f ( x ) P[x ] ，若 ( f ( x ), f ( x )) p1r1 ( x ) ps rs ( x ) ,
f ( x ) ap1r1 ( x ) p2 r2 ( x ) g( x ) bp1l1 ( x ) p2 l2 ( x ) ps rs ( x ), ri 0 ps ls ( x ), l i 0
则有
f ( x ), g( x ) p11 ( x ) p22 ( x )
f ( x ), g( x ) P[ x ], 且 f ( x ) , g ( x ) n,
f ( x ) 总可表成
f ( x ) cp1r1 ( x ) p2 r2 ( x )
高等代数实系数和复系数多项式的因式分解
−
n−2
(ε 2
+
ε
n+2 2
)x
+
1].
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
例题选讲
例 设 f(x), g(x) 是两多项式，且 f(x3) + xg(x3) 可被 x2 + x + 1 整除， 则 f(1) = g(1) = 0.
两边取共轭数，有
f(α¯) = anα¯n + an−1α¯n−1 + · · · + a0 = 0,
这就是说，f(α¯) = 0，α¯ 也是 f(x) 的根.
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
实系数多项式因式分解定理
. .. . . ..
高斯与代数基本定理
代数基本定理在代数乃至整个数学中起着基础作用. 据说，关于 代数学基本定理的证明，现有 200 多种证法. 迄今为止，该定理 尚无纯代数方法的证明. 大数学家 J.P. 塞尔曾经指出：代数基本 定理的所有证明本质上都是拓扑的. 美国数学家 John Willard Milnor 在数学名著《从微分观点看拓扑》一书中给了一个几何直 观的证明，但是其中用到了和临界点测度有关的 sard 定理. 复变 函数论中，对代数基本定理的证明是相当优美的，其中用到了很 多经典的复变函数的理论结果.
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
高斯与代数基本定理
该定理的第一个证明是法国数学家达朗贝尔给出的，但证明不完 整. 接着，欧拉也给出了一个证明，但也有缺陷，拉格朗日于 1772 年又重新证明了该定理，后经高斯分析，证明仍然很不严 格的. 代数基本定理的第一个严格证明通常认为是高斯给出的 (1799 年在哥廷根大学的博士论文)，高斯后来又给出了另外三个 证法，其中第四个证法是他 71 岁公布的，并且在这个证明中他 允许多项式的系数是复数.
因式分解定理
பைடு நூலகம்：
① 若已知两个多项式 f ( x), g( x) 的标准分解式,
则可直接写出 f ( x), g( x). f ( x), g( x) 就是那些同时在 f ( x), g( x) 的标准
分解式中出现的不可约多项式方幂的乘积，所带 方幂指数等于它在 f ( x), g( x) 中所带的方幂指数 中较小的一个．
即 d( x) a 或 d( x) cp( x)
( p( x), f ( x)) 1 p( x) f ( x)
定理5.7 设 p( x) 不可约. f ( x), g( x) P[x] ，若 p( x) f ( x)g( x), 则 p( x) f ( x) 或 p( x) g( x). 证：若 p( x) f ( x), 结论成立 .
f ( x) g( x) ri li , i 1,2, , s
② 虽然因式分解定理在理论有其基本重要性， 但并未给出一个具体的分解多项式的方法．
实际上，对于一般的情形，普通可行的分解多 项式的方法是不存在的．而且在有理数域上，多 项式的可约性的判定都是非常复杂的．
例5.5 设多项式 f ( x) 3x4 12,分别求 f (x)在
p( x) 的因式只有非零常数及其自身的非零常数倍.
引理 多项式 p( x)不可约，对 f ( x) P[x] 有
p( x) f ( x) 或 p( x), f ( x) 1.
证：设 ( p( x), f ( x)) d( x), 则 d( x) p( x)
d( x) a 0 或 d( x) cp( x), c 0
2、重因式的判别和求法
方法一： 若 f ( x)的标准分解式为： f ( x) cpr11( x) pr21( x) prs s ( x)
多项式的因式分解定理
§1-5多项式的因式分解定理多项式44-x 在有理数域、实数域、复数域上的因式分解 ][)2)(2)(2)(2(4][)2)(2)(2(4][)2)(2(4424224x C i x i x x x x x R x x x x x Q x x x +-+-=-++-=-+-=-（不能再分）（不能再分） 在不同的系数域上，具有不同形式的分解式什么叫不能再分平凡因式：零次多项式（不等于零的常数）、多项式自身、前两个的乘积Definition8：（不可约多项式）令][)(x P x f 是的一个次数大于零的多项式，如果][)(x P x f 在中只有平凡因式，就称f(x )为数域P 上（或在P[x]中）的不可约多项式.（p(x)在数域P 上不能表示成两个次数低的多项式的乘积） 若)(x f 除平凡因式外，在P[x]中还有其它因式，f(x )就说是在数域P 上（或在P[x]中）是可约的.如果不是平凡因式)(,)()()(x g x h x g x f =，的次数显然和则)()(x h x g 都小于)(x f 的次数.反之，若)(x f 能写成两个这样多项式的乘积，那么)(x f有非平凡因式；如果P[x]的一个n 次多项式能够分解成P[x]中两个次数都 小于n 的多项式 的乘积和)()(x h x g 即 )()()(x h x g x f 那么)(x f 在P 上可约.由不可约多项式的定义可知：任何一次多项式都是不可约多项式的.不可约多项式的重要性质：一个多项式是否不可约是依赖于系数域；1.如果多项式)(x f 不可约，那么P 中任意不为零的元素c 与)(x f 的乘积c )(x f 都不可约.2.设)(x f 是一个不可约多项式而P(x)是一个任意多项式，那么或者)(x f 与P(x)互素，或者)(x f 整除P(x).3.如果多项式)(x f 与)(x g 的乘积能被不可约多项式P(x)整除，那么至少有一个因式被P(x)整除.Theorem5.如果)(x p 是一个不可约多项式,P(x)整除一些多项式)(,),(),(21x f x f x f s 的乘积,那么)(x p 一定整除这些多项式之中的一个.证明:对被除多项式的个数s 用数学归纳法当s=1时,显然成立;假设s=n-1 时,结论成立;当s=n 时,令)()()()(),()(32211x f x f x f x g x f x g n ==, 如果)(|)(),(|)(11x f x p x g x p 则命题成立,如果1))(),((),(|)(11=/x g x p x g x p 则,从而)(|)(2x g x p ,即)(,),(),()(32x f x f x f x p n 整除 n-1 多项式的乘积,由归纳法假设)(x p 整除其中一个多项式,根据数学归纳法原理,命题得证. 因式分解及唯一性定理：多项式环P[x]的每一个)0(>n n 次多项式)(x f 都可以唯一分解成P[x]的不可约多项式的乘积；)()()()(21x p x p x p x f s =所谓唯一性是说，如果有两个分解式)()()()()()()(2121x q x q x q x p x p x p x f t s ==那么，必有s=t ，并且适当地排列因式的顺序后有),2,1()()(s i x cq x p i i ==标准分解式（典型分解式）：)()()()(2121x p x p x cp x f s r s r r = 其中c 是f(x)的首项系数，)(),(),(21x p x p x p s 是不同的、首项系数为1的不可约多项式，而s r r r ,,21正整数.例1：在有理数域上分解多项式， 22)(23--+=x x x x f . )2)(1)(1()2)(1(22)(223+-+=-++=--+=x x x x x x x x x x f例2：求 的典型分解式内在][122)(2345x Q x x x x x x f -++--=. 23242345)1()1()12)(1(122)(+-=+--=-++--=x x x x x x x x x x x f 例3.求 的典型内在][6141616102)(2345x R x x x x x x f -+-+-= 分解式. )3()1)(1(2)(22--+=x x x x f例4：分别在有理数域、实数域和复数域上分解多项式 15-x 和16-x 为不可约多项式的乘积.解:)1)(1()1(2345++++-=-x x x x x x Q[x]][)154cos 2)(152cos 2)(1()1)(1()1(222345x R x x x x x x x x x +-+--=++++-=-ππ][)52sin 52cos ()1()1)(1()1(412345x C k i k x x x x x x x x k ππ---=++++-=-=在Q[x]上)1)(1)(1)(1()1)(1()1(22336+-+++-=+-=-x x x x x x x x x ; 在R[x]上)1)(1)(1)(1()1)(1()1(22336+-+++-=+-=-x x x x x x x x x ; 在C[x]上)2321)(2321)(1)(2321)(2321)(1(16i x i x x i x i x x x -++++--+--=-。
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设 f ( x) C[x], 并且( f ( x)) 1, 则存在 C, 使得f ( x) ( x ) f1( x),其中( f1( x)) 0.
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推论1 设 p( x) C[x], 则p( x)是C上的不可约多 项式 ( p( x)) 1.
即:在复数域C上所有次数大于1的多项式全是 可约的.
an n
a n1 n1
a1 a0 0
即 f ( ) 0, 所以也是 f ( x)的根.
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因此 f ( x)能被
g( x) ( x )( x ) x2 -( )x
整除.
因 和 都是实数,所以g( x)是实系数多
项式, 故有
f ( x) g( x)h(x),
证 对f ( x)的次数用数学归纳法. 因一次多项式本身不可约,定理成立. 假设定理对次数 n的多项式来说成立.
设f ( x)是n次多项式,由代数基本定理, f ( x)有一复根.
如果是实数, 那么
f ( x) ( x ) f1( x)
其中f1 ( x)是n 1次实系数多项式.
如果不是实数, 那么也是f ( x)的根,于是
次式与二次不可约多项式的乘积. 故f ( x)也可以分解成实系数的一次式与二次不
可约多项式的乘积.
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例 分别在实数域和复数域上对x4 1因式分解. 解 在实数域上,
x4 1 ( x4 2 x2 1) 2 x2 ( x 1)2 ( 2 x)2
( x2 2 x 1)( x2 2 x 1)
的二次多项式.
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2. 实系数多项式因式分解定理 实数域上多项式因式分解定理 每个次数 1
的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成 一次因式和二次不可约因式的乘积.其标准分解式 为:
f ( x) an ( x c1 )l1 ( x cs )ls ( x2 p1 x q1 )k1 ( x2 pr x qr )kr
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an1 an
(1
2
n ),
an2 an
12
13
1n
n1 n ,
ans (1)s
an
1 j1 js n
j1
j2
js ,
a0 an
(1)n 12
n .
这组公式也叫韦达公式.
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二、实数域上多项式的根和因式分解
1. 复根成对定理
定理 (复根成对定理) 如果是实系数多项式
f ( x)的一个复根, 那么的共轭数也是 f ( x)的根,并
且与有同一重数.换句话说, 实系数多项式的虚
数根两两成对.
证 令 f ( x) an xn an1 xn1 a1 x a0
由假设
f
( )
an n
a n1 n1
a1 a0 0
Байду номын сангаас
两边取共轭,并注意到an , an1 , , a0是实数,所以有
其中h( x)也是实系数多项式.
若是 f ( x)的重根,则一定是h( x)的根, 根据前
面所证,也是 h( x)的根,这样也是 f ( x)的重根.
重复应用这个推理方法,可知和的重数相同.
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推论1 (1) 实系数多项式的实根个数与它的次 数具有相同的奇偶性,并且奇数次实系数多项式至 少有一实根.
§8 复数域与实数域上多项式 的因式分解
主要内容
复数域上多项式的根和因式分解 实数域上多项式的根和因式分解
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一、复数域上多项式的根和因式分解
1. 代数基本定理及其推论 代数基本定理 每个次数 1的复系数多项式
在复数域中至少有一个根 . 代数基本定理可以等价地叙述为：
每个次数 1的复系数多项式,在复数域上至少 有一个一次因式. 即有
(2) 实数域上次数大于2的多项式必是可约的.
推论2 设 f ( x) R[ x],并且( f ( x)) 1,则 f ( x) 是R上不可约多项式 ( f ( x)) 1,或( f ( x)) 2 且 f ( x)没有实根.
因此,实数域上的不可约多项式只有两类 :
一类是一次多项式; 另一类是其判别式小于零
下面讨论n次多项式根与系数的关系. 令 f ( x) an xn an1 xn1 a1 x a0
是一个n次多项式(n 0, an 0), 那么 f ( x)在复数域
C上有n个根1 ,2 , ,n ,于是有 f ( x) an ( x 1 )( x 2 ) ( x n )
把右端展开, 合并同次项, 然后与 f (x)比较同次项系 数, 得到根与系数的关系:
推论2 每个n次复系数多项式在复数域中恰有 n个根(重根按重数计算).
即:在复数域上C,多项式的根的个数等于多项 式的次数.
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2. 复数域上多项式的因式分解定理 复数域上多项式因式分解定理 每个次数 1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,其标准分解式为 :
在复数域上,
x4 1 ( x 1 i )( x 1 i )( x 1 i )( x 1 i )
2
2
2
2
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f ( x) an ( x 1 )l1 ( x 2 )l2 ( x s )ls 其中1 ,2 , ,s是互异的复数, an为f ( x)的首项系数,
l1 , l2 , , ls是正整数,且l1 l2 ls n ( f ( x)). 即: 复数域上多项式的因式分解与求根是一致的.
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f ( x) ( x )( x ) f2 ( x)
[ x2 ( )x ] f2 ( x)
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其中x2 ( )x 是实系数二次不可约多项式.
从而f2 ( x)是n 2次实系数多项式. 由归纳假设,f1 ( x)或f2 ( x)可以分解成实系数的一