第二学期第二十五次课 1223一元多项式的判别式的定义 给定K[x]内一个n次多项式 F(x)=ax"+a1x+…+an(a0≠0) 设a1,a2…,an是它的n个根,令 D(F)=a△(a1x…,.xn) 称其为F(x)的判别式。显然,F(x)有重根,其充分必要条件是D(F)=0 现在考察n元式 △(ax2…an)=∏(a-a1)2 :∈Qa,…,anl 对于任意a∈Sn,有 a() aa do2) an=/a, a2 a 故Δ是一个对称多项式。按照对称多项式的基本定理,存在φ(x1…,xn)∈Qx2…,xn],使 n)=9( 由Ⅴeta定理:a,(a1…,an)=(-1)a/a(=1,2,…,nm) 于是 D(F) ) §3结式 1231两个一元多项式的结式的定义 考虑域K上的多项式 f(x)=ax"+a1xm+…+an g(x)=bxm+bxm+…+b 由给定K上多项式
第二学期第二十五次课 12.2.3 一元多项式的判别式的定义 给定 K x[ ] 内一个 n 次多项式 1 0 1 0 ( ) ( 0). n n F x a x a x a a n − = + + + 设 1 2 , ,..., n 是它的 n 个根，令 2 2 0 1 ( ) ( ,..., ), n D F a n − = 称其为 F x( ) 的判别式。显然， F x( ) 有重根，其充分必要条件是 D F( ) 0 = 。 现在考察 n 元式 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 ( ,..., ) ( ) [ ,..., ]. Q n n i j n j i n n n n n − − − = − = 对于任意 n S ，有 2 2 (1) (2) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 1 (1) (2) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 1 ( ) . n n n n n n n n n n − − − − − − = = = 故 是一个对称多项式。按照对称多项式的基本定理，存在 1 1 ( ,..., ) [ ,..., ] x x x x n n Q ，使 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ). = n n 由 Viéta 定理： 1 0 ( ,..., ) ( 1) ( 1,2,..., ). i i n i = − = a a i n 于是 2 2 0 1 0 0 ( ) ( ,...,( 1) ). n n D F a a a a a n − = − − §3 结式 12.3.1 两个一元多项式的结式的定义 考虑域 K 上的多项式 1 0 1 1 0 1 ( ) , ( ) . n n n m m m f x a x a x a g x b x b x b − − = + + + = + + + 由给定 K 上多项式
91(x)=yx+y2x+…+yn q2(x)=x, ax 这里系数y,x是待定的。那么,f(x)q2(x)=8(x)q1(x)的充分必要条件是下面等式成立: ax,tac b,y,+b ax+ax+ b,y,+by2+boys (1) RO, g) hbb2…bn bbb2…bn n行 bbb2…bnl 称R(f,g)为多项式f,g的结式 命题两个一元多项式的结式等于0当且仅当此二多项式不互素或首相系数都为零 证明设两个一元多项式为 f(x)=a0x+a1x+…+an,(n≥1) g(x)=bor"+b bn(m≥1) 充分性若a=b=0,则显见有R(f,g)=0。今设a2b不全为零,不妨设an≠0, 且∫与g不互素,即有公因式d(x),degd(x)≥1。于是∫=如1g=c2。因∫≠0,故 q1≠0,且degq<n。若g≠0,则degq2<m;若g=0,则令q2=0xm-1+0xm2+…+0。 易知此时向2=8q,且q1≠0,故齐次线性方程组(1)有非零解,于是R(f,g)=0。 必要性若R(f,g)=0,而a,b不全为零,我们来证明∫与g不互素。因为此时齐次 线性方程组(1)有非零解。故存在不全为零的q1(x),q2(x)∈K[x],使间2=8q1,而且当 q(或q2)不为零时,其次数小于n(小于m)。不妨设a≠0,即∫≠0。若g=0,则
1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 ( ) , ( ) . n n n m m m q x y x y x y q x x x x x x − − − − = + + + = + + + 这里系数 , i i y x 是待定的。那么， 2 1 f x q x g x q x ( ) ( ) ( ) ( ) = 的充分必要条件是下面等式成立： 0 1 0 1 1 1 0 2 1 1 0 2 2 1 1 2 0 3 2 1 1 2 0 3 1 1 1 , , , = = = n m n m m n m a x b y a x a x b y b y a x a x a x b y b y b y a x a x b y b − − − − + + + + + + + = + 1 , . n n m m n y a x b y = （1） 令 R f g ( , ) = 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 n n n m m m a a a a a a a a m a a a a b b b b b b b b n b b b b 行 行 称 R f g ( , ) 为多项式 f g, 的结式。 命题 两个一元多项式的结式等于 0 当且仅当此二多项式不互素或首相系数都为零。 证明 设两个一元多项式为 1 0 1 1 0 1 ( ) , 1) ( ) 1). ( ( n n n m m m f x a x a x a n g x b x b x b m − − = + + + = + + + 充分性 若 0 0 a b = = 0 ，则显见有 R f g ( , ) 0 = 。今设 0 0 a b, 不全为零，不妨设 0 a 0， 且 f 与 g 不互素，即有公因式 d x( ) ，deg ( ) 1 d x 。于是 1 2 f dq g dq = = , 。因 f 0 ，故 1 q 0 ，且 1 deg q n 。若 g 0 ，则 2 deg q m ；若 g = 0 ，则令 1 2 2 0 0 0 m m q x x − − = + + + 。 易知此时 2 1 fq gq = ，且 1 q 0 ，故齐次线性方程组（1）有非零解，于是 R f g ( , ) =0。 必要性 若 R f g ( , ) =0，而 0 0 a b, 不全为零，我们来证明 f 与 g 不互素。因为此时齐次 线性方程组（1）有非零解。故存在不全为零的 1 2 q x q x K x ( ), ( ) [ ] ，使 2 1 fq gq = ，而且当 1 q （或 2 q ）不为零时，其次数小于 n （小于 m ）。不妨设 0 a 0 ，即 f 0 。若 g = 0 ，则
f,g显见不互素。今设g≠0。因∫8q,若(f,g)=1,则有∫|q,与degq1<n矛盾 证毕
f g, 显见不互素。今设 g 0 。因 1 f gq | ，若 ( , ) 1 f g = ，则有 1 f q| ，与 1 deg q n 矛盾。 证毕
