第二学期第十八次课 9.1.7用形式微商判断多项式是否有重因式 定义9.10设f(x)=a0x"+a1x”+…+an1x+an∈K[x]定义 f(x)=max+(n-1)a1x+…+an1∈K[x] 称f(x)为f(x)的一阶形式微商 设f(x)的k-阶形式微商已定义,记作f(k(x)则定义它的k阶形式微商(x)为 fx(x)的一阶形式微商:f6(x)=(/=(x)。另外我们约定f0(x)=f(x)。 命题设f(x)∈K[x],如果K[x]内的不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式,则p 是f(x)的k-1重因式。 证明按假设有f(x)=p(x)q(x),且p(x)q(x),于是(p,q)=1。于是有 f'(x)=kp(x)-p'(x)q(x)+(x)9'(x) p(x)-(kp(x)q(x)+p(x)q(x)) 故p(x)2f(x)。如果有p(x)|f(x),即f(x)=p(x)q1(x),带入上式,消去p(x), kp'()q(x)+p(x)q(x)=p(x)q,(x) 从上式推出p(x)|(kp(x)q(x),而(P,q)=1,则p(x)|(kp(x),但 deg kp(x)<degp(x) 矛盾。故p(x)f(x),这表明p(x)是f(x)的k-1重因式 由这个命题,我们可以得到下面两个有用的推论: 推论1 不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式的充分必要条件是 p(x)|f(x)(=0,1…,k-1),但p(x)|f(x) 推论2在f(x)∈K[x](f(x)≠O)的素因式标准分解式中仅出现不可约多项式的一次方 幂的充分必要条件是 (f(x),f(x))=1 918模多项式m(x)同余的定义 定义911设是K[x]的一个理想,如果f(x),g(x)∈K[x],且g(x)-f(x)∈l, 则称g(x)与∫(x)模I同余,并记作g(x)≡f(x)modD)。 现设/为非平凡理想,则I=(m(x),其中m(x)∈K[x]且满足degm(x)≥1,这时 m(x)|(g(x)-f(x),写作g(x)≡f(x)modm(x),称g(x)与f(x)模m(x)同余,易知 这是一个等价关系。 我们易证明以下性质:
第二学期第十八次课 9.1.7 用形式微商判断多项式是否有重因式 定义 9.10 设 1 0 1 1 ( ) [ ], n n n n f x a x a x a x a K x − = + + + + − 定义 1 2 0 1 1 ( ) ( 1) [ ], n n n f x na x n a x a K x − − − = + − + + 称 f x ( ) 为 f x( ) 的一阶形式微商。 设 f x( ) 的 k −1 阶形式微商已定义，记作 ( 1) ( ) k f x − 则定义它的 k 阶形式微商 ( ) ( ) k f x 为 ( 1) ( ) k f x − 的一阶形式微商： ( ) ( 1) ( ) ( ( )) k k f x f x − = 。另外我们约定 (0) f x f x ( ) ( ) = 。 命题 设 f x K x ( ) [ ] ，如果 K x[ ] 内的不可约多项式 p x( ) 是 f x( ) 的 k 重因式，则 p x( ) 是 f x ( ) 的 k −1 重因式。 证明 按假设有 ( ) ( ) ( ) k f x p x q x = ，且 p x q x ( ) | ( ) ，于是 ( , ) 1 p q = 。于是有 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( )) k k k f x kp x p x q x p x q x p x kp x q x p x q x − − = + = + 故 1 ( ) | ( ) k p x f x − 。如果有 ( ) | ( ) k p x f x ，即 1 ( ) ( ) ( ) k f x p x q x = ，带入上式，消去 1 ( )k p x − ， 得 1 kp x q x p x q x p x q x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + = 从上式推出 p x kp x q x ( ) | ( ( )) ( ) ，而 ( , ) 1 p q = ，则 p x kp x ( ) | ( ( )) ，但 deg ( ) deg ( ) kp x p x 矛盾。故 ( ) | ( ) k p x f x ，这表明 p x( ) 是 f x ( ) 的 k −1 重因式。 由这个命题，我们可以得到下面两个有用的推论： 推 论 1 不可约多项式 p x( ) 是 f x( ) 的 k 重因式的充分必要条件是 ( ) ( ) | ( )( 0,1,..., 1) i p x f x i k = − ，但 ( ) ( ) | ( ) k p x f x 。 推论 2 在 f x K x f x ( ) [ ]( ( ) 0) 的素因式标准分解式中仅出现不可约多项式的一次方 幂的充分必要条件是 ( ( ), ( )) 1 f x f x = 9.1.8 模多项式 m(x) 同余的定义 定义 9.11 设 I 是 K x[ ] 的一个理想，如果 f x g x K x ( ), ( ) [ ] ，且 g x f x I ( ) ( ) − ， 则称 g x( ) 与 f x( ) 模 I 同余，并记作 g x f x I ( ) ( )(mod ) 。 现设 I 为非平凡理想，则 I m x = ( ( )) ，其中 m x K x ( ) [ ] 且满足 deg ( ) 1 m x ，这时 m x g x f x ( ) | ( ( ) ( )) − ，写作 g x f x m x ( ) ( )(mod ( )) ，称 g x( ) 与 f x( ) 模 m(x) 同余，易知 这是一个等价关系。 我们易证明以下性质：
1)若f(x)≡81(x)modm(x),f2(x)=g2(x)modm(x),则 f(x)±f2(x)=(g1(x)±g2(x)modm(x) f(x,(x)=g,(x)g,(x)(mod m(x)) 2)若f(x)h(x)≡g(x)h(x)modm(x) 又(h(x),m(x))=1 f(x)≡g(x)modm(x)) 919中国剩余定理 引理设q1(x)…,q,(x)是K[x]内一组两两互素且次数≥1的多项式,则对任 i(1≤i≤r),存在多项式h(x)∈K[x],使 h(x)=1(modq(x),h(x)≡O(modq,(x)(≠1) 证明对任一j≠i,有(41(x)q,(x)=1,于是存在u1(x),"(x)∈K[x],使 l4(x)q(x)+(x)(x)=1,令 h(x)=∏v"q 我们有(x)≡0modq,(x)≠1),而且 为(y (1-4)=1+qa≡l(modg) 其中u为展开式中提出公因式q1(除第一项1之外)后所剩的多项式。 定理(中国剩余定理)设q1(x)…,q(x)是K[x]内一组两两互素且次数≥1的多项 式,任给f1(x)…f(x)∈K[x],必存在f(x)∈K[x],使 f(x)=f(x)(mod, (x)) (i=1, 2,,r) 证明根据引理,每个(1≤i≤r),存在多项式h(x)∈K[x],满足 h(x)≡1(modq(x),h(x)≡0(modq,(x)(≠) 令f(x)=∑f(x)h(x)则对每个≤i≤r),有 (x)(x)≡f(xmod 而当k≠i时f(x)(x)=0modq1(x),故∫(x)=(x)modq(x)(=1,2,…,r)。 9110 Lagrange插值公式 这是中国剩余定理的一个简单应用:设a,a12…,a是K内一组两两不相等的元素,令 q(x)=x-a1,这是K[x]内一组互不相同的不可约多项式,显然两两互素。在K内任给r 个数b1…,b,令∫(x)=b。按照中国剩余定理,存在f(x)∈K[x],使 f(x)=b(mod(x-a)),即f(an)=b(=1,2,…,r)。从中国剩余定理的证明过程,我们
1）若 1 1 2 2 f x g x m x f x g x m x ( ) ( )(mod ( )), ( ) ( )(mod ( )), 则 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ( ) ( ))(mod ( )), ( ) ( ) ( ) ( )(mod ( )). f x f x g x g x m x f x f x g x g x m x 2 ） 若 f x h x g x h x m x ( ) ( ) ( ) ( )(mod ( )) ， 又 ( ( ), ( )) 1 h x m x = ， 则 f x g x m x ( ) ( )(mod ( )) 。 9.1.9 中国剩余定理 引理 设 1 ( ),..., ( ) r q x q x 是 K x[ ] 内一组两两互素且次数 1 的多项式，则对任一 i i r (1 ) ，存在多项式 ( ) [ ] i h x K x ，使 ( ) 1(mod ( )), ( ) 0(mod ( )) ) ( i i i j h x q x h x q x j i 证 明 对任一 j i ， 有 ( ( ), ( )) 1 i j q x q x = ，于是存在 ( ), ( ) [ ] j j u x v x K x ， 使 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 j i j j u x q x v x q x + = ，令 1 ( ) r i j j j j i h x v q = = 我们有 ( ) 0(mod ( ))( ) i j h x q x j i ，而且 ( ) (1 ) 1 1(mod ) i j i i i j i h x u q q u q = − = + ， 其中 u 为展开式中提出公因式 i q （除第一项 1 之外）后所剩的多项式。 定理（中国剩余定理） 设 1 ( ),..., ( ) r q x q x 是 K x[ ] 内一组两两互素且次数 1 的多项 式，任给 1 ( ), ( ) [ ] r f x f x K x ，必存在 f x K x ( ) [ ] ，使 ( ) ( )(mod ( )) ( 1,2,..., ) i i f x f x q x i r = 证明 根据引理，每个 i i r (1 ) ，存在多项式 ( ) [ ] i h x K x ，满足 ( ) 1(mod ( )), ( ) 0(mod ( )) ) ( i i i j h x q x h x q x j i 令 1 ( ) ( ) ( ), r k k k f x f x h x = = 则对每个 i i r (1 ) ，有 ( ) ( ) ( )(mod ( )) i i i i f x h x f x q x ， 而当 k i 时 ( ) ( ) 0(mod ( )) k k i f x h x q x ，故 ( ) ( )(mod ( )) ( 1,2,..., ) i i f x f x q x i r = 。 9.1.10 Lagrenge 插值公式 这是中国剩余定理的一个简单应用：设 1 2 , , , r a a a 是 K 内一组两两不相等的元素，令 ( ) i i q x x a = − ，这是 K x[ ] 内一组互不相同的不可约多项式，显然两两互素。在 K 内任给 r 个 数 1 ,..., r b b ， 令 ( ) i i f x b = 。 按 照 中 国 剩 余 定 理 ， 存 在 f x K x ( ) [ ] ， 使 ( ) (mod( )) i i f x b x a − ，即 ( ) 1,2,..., ) ( i i f a b i r = = 。从中国剩余定理的证明过程，我们
可以把f(x)的具体表达式找出来: 1)求h(x),按引理的证明,因为有 x-a,)+ 故应取 1(x-a1)…(x-a1-1 ma-a,(an-a)…(a1-a-1)(a1-a1)…(a-a,) )令 f(x)=∑b(x) 多项式f(x)称为拉格朗日( Lagrange)插值多项式 9.11 Jordan-Chevally分解定理 (这是中国剩余定理的另一个重要应用) 引理设V是数域K上的n维线性空间,A是V内一个线性变换,设A的特征多 项式f(4)在K[x]内有分解式 f(4)=(1-4)(2-12)2…(-)(4≠) 令M1=Ker(A-AE)(=1,2,…,s),则V分解为A的不变子空间的直和 =M1由M,由…由M 且A一λE限制在M内为幂零线性变换。(证明略) 定理( Jordan-Chevally分解定理)设V是数域K上的n维线性空间,A是V内一个 线性变换,且A的特征多项式的根全属于K。那么 (i)存在V内唯一的半单线性变换S,幂零线性变换N,使得A=S+N, 而且SN=N (i)存在g(x),h(x)∈K[x,g(0)=h(0)=0,使得 S=g(A), Nf(A) 证明现在A的特征多项式f(4)有分解式 f(4)=(-41)°(-12)2…(-)(4≠,) 按照引理,V=M1④M2④…M,,其中M1=ker(A-AE)°(=1,2,…,s) 现令m1()=(4-1),m(A)=元(当A1,2,…,3中有0的时候,不要m()),则 m(A)m2(A)…,m,(m()两两互素,按照中国剩余定理,有g(1)∈K[x],使 g(a)=n(mod, (a)),g()=0(mod m(a))
可以把 f x( ) 的具体表达式找出来： 1）求 ( ) i h x ，按引理的证明，因为有 1 1 ( ) ( ) 1 i j j i i j x a x a a a a a − + − = − − 故应取 1 1 1 1 1 1 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) j i i r i j i i j i i i i i i r x a x a x a x a x a h x a a a a a a a a a a − + − + − − − − − = = − − − − − 。 2）令 1 ( ) ( ) r k k k f x b h x = = 。 多项式 f x( ) 称为拉格朗日（Lagrenge）插值多项式。 9.1.11 Jordan-Chevally 分解定理 （这是中国剩余定理的另一个重要应用） 引理 设 V 是数域 K 上的 n 维线性空间, A 是 V 内一个线性变换,设 A 的特征多 项式 f ( ) 在 K x[ ] 内有分解式 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) s e e e s i j f = − − − 令 ( ) ( 1,2,..., ) A E i e M Ker i s i i = − = ，则 V 分解为 A 的不变子空间的直和： V M M M = 1 2 s 且 A E −i 限制在 Mi 内为幂零线性变换。（证明略） 定理（Jordan-Chevally 分解定理）设 V 是数域 K 上的 n 维线性空间， A 是 V 内一个 线性变换，且 A 的特征多项式的根全属于 K 。那么 （i） 存在 V 内唯一的半单线性变换 S ，幂零线性变换 N ，使得 A=S+N ， 而且 SN=NS ； （ii） 存在 g x h x K x ( ), ( ) [ ] ， g h (0) (0) 0 = = ，使得 S= A),N= A g f ( ( ) 证明 现在 A 的特征多项式 f ( ) 有分解式 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) s e e e s i j f = − − − 按照引理， V M M M = 1 2 s ，其中 ( ) ( 1,2,..., ) A E i e M Ker i s i i = − = 。 现令 ( ) ( ) , ( ) i e m m i i = − = （当 1 2 , ,..., s 中有 0 的时候，不要 m( ) ），则 1 2 ( ), ( ),..., ( ), ( ) m m m m s 两两互素，按照中国剩余定理，有 g K x ( ) [ ] ，使 ( ) (mod ( )), ( ) 0(mod ( )) i i g m g m
令(4)=2-g(1),现在g(4)=k(),故g(O)=h(O)=0 现在取S=g(A),N=h(A),显然有SN=NS。由于 g()=λ1+k(m()=+k(O-,)°, 故 S-hE=g(A)-nEk (A)(A-nE) 因为(A-E)限制在M1内变为0,故S-λE限制在M1内变为0,亦即有 Mx.=El,而V=M1M2④…M,于是S的矩阵可对角化,即S为内的半单 线性变换。另一方面 N=h(a)=a-g(A)=A-nE-k(AXa-le 因为(A-入E)限制在M1内变为0,故NM=(A-E)为M内的幂零线性变换,而 V=M1⊕M2…M,,由此可知N为V内的幂零线性变换 下面来证唯一性 假如又有V内的半单线性变换S1,幂零线性变换N,,满足条件。那么: (a)S1与N1显然与A可交换,而S=g(A),N=h(A),故它们也可与S,N交换 对于任意α∈M,有 (A-λ,E)S=S1(A-E)α=0, (A-入E)=N=N1(A-E)°a=0 故M1=Ker(A-AE)(=1,2,,s)为A,N,S1,N1的公共不变子空间。令L=N-N1, 则M也是L的不变子空间,N,N均幂零且可交换,故L也幂零,而M内S=A,E,故 在M,内有 S1=S+(N-N1)=E+L 根据第七章关于 Jordan标准型的讨论我们有:在M内存在一组基,在该组基下S1l的矩 阵成 Jordan形,其主对角线上的元素全为入,把各M中的基合并为的基,则在此基下S1 的矩阵成 Jordan形,主对角线元素为A122,∈K,即S1的特征多项式的根全属于K。 (b)这样S1的矩阵可对角化,从而S1L的矩阵也可对角化(见第四章)。但S1lM仅 有一个特征值λ,于是 S,M=ME=SIA 由于V=M1M④…⊕M,,所以又上式知S,=S,从而N=N,。唯一性得证
令 h g ( ) ( ) = − ，现在 g k ( ) ( ) = ，故 g h (0) (0) 0 = = 。 现在取 S A N A = = g h ( ), ( ) ，显然有 SN=NS 。由于 ( ) ( ) ( ) ( )( ) i e i i i i i i g k m k = + = + − ， 故 S E= A E= A A E ( ) ( )( ) i e i i i i − − − g k 因 为 ( ) A E i e − i 限制在 Mi 内变为 0 ， 故 S E −i 限制在 Mi 内变为 0 ，亦即有 S E | | M i M i i = ，而 V M M M = 1 2 s ，于是 S 的矩阵可对角化，即 S 为 V 内的半单 线性变换。另一方面， N A A A A E A A E ( ) ( ) ( )( ) i e i i i = = − = − − − h g k 因为 ( ) A E i e − i 限制在 Mi 内变为 0 ，故 N A E | ( ) | M i M i i = − 为 Mi 内的幂零线性变换，而 V M M M = 1 2 s ，由此可知 N 为 V 内的幂零线性变换。 下面来证唯一性。 假如又有 V 内的半单线性变换 S1 ，幂零线性变换 N1 ，满足条件。那么： （a） S1 与 N1 显然与 A 可交换，而 S A N A = = g h ( ), ( ) ，故它们也可与 S ，N 交换。 对于任意 Mi 有 ( ) ( ) 0, ( ) ( ) 0. 1 1 1 1 A E S S A E A E N N A E i i i i e e i i e e i i − = − = − = − = 故 ( ) ( 1,2,..., ) A E i e M Ker i s i i = − = 为 A,S,N,S ,N1 1 的公共不变子空间。令 L=N N− 1 ， 则 Mi 也是 L 的不变子空间， N ， N1 均幂零且可交换，故 L 也幂零，而 Mi 内 S= Ei ，故 在 Mi 内有 ( ) S S N N E L 1 1 = + − = + i 根据第七章关于 Jordan 标准型的讨论我们有：在 Mi 内存在一组基，在该组基下 | S1 Mi 的矩 阵成 Jordan 形，其主对角线上的元素全为 i ，把各 Mi 中的基合并为 V 的基，则在此基下 S1 的矩阵成 Jordan 形，主对角线元素为 1 2 , ,..., s K ，即 S1 的特征多项式的根全属于 K 。 （b）这样 S1 的矩阵可对角化，从而 | S1 Mi 的矩阵也可对角化（见第四章）。但 | S1 Mi 仅 有一个特征值 i ，于是 | | S E=S 1 M i M i i = 由于 V M M M = 1 2 s ，所以又上式知 S S 1 = ，从而 N N= 1 。唯一性得证