北京大学：《高等代数》第九章 一元多项式环 9.2 C,R,Q 上多项式的因式分解 9.2.1 复数域、实数域上多项式的因式分解

第二学期第二十次课 §2C,R,Q上多项式的因式分解 921复数域、实数域上多项式的因式分解 定理(高等代数基本定理)复数域C上任意一个次数≥1的多项式在C内必有一个根。 这个定理的证明是放在复变函数课程中完成的。 由高等代数基本定理,我们得到C[x]内多项式的因式分解的重要结论: 命题C[x]内一个次数≥1的多项式p(x)是不可约多项式的充分必要条件为它是一次 多项式。 证明在任一数域K上的一次多项式f(x)都是K[x]内的不可约多项式(因为 (f(x),f(x))=1)。现在假设p(x)是C[x]内的一个不可约多项式,如果degp(x)≥2,则 根据高等代数基本定理,它必有一个复根a,于是(x-a)|p(x)。设p(x)=(x-a)q(x), 其中degq(x)≥1,这与p(x)是不可约多项式矛盾。故必定有degp(x)=1 由这个命题,我们得到下面的重要定理: 定理([x]内任一非零多项式f(x)可唯一的分解成 f(x)=a0(x-a1)(x-a2)2…(x-an 其中a为f(x)的首项系数,a2a2…,a1为f(x)在C内两两不同的根,它们的重数分别是 k1,k2…,k,显然k+k+…+k=degf(x)。 下面我们来研究R[x]内多项式的因式分解 命题R[x]内的首一不可约多项式仅有以下两类 (i)一次多项式x-a(a∈R); (ⅱ)二次多项式x2+px+q(p,q∈R,p2-4q<0)。 证明首先说明:上述两类多项式在R[x]内都不可约 x-a(a∈R)的不可约性是显然的。现设∫(x)=x2+px+q(p,q∈R,p2-4q<0)。 如果f(x)在R[x]内可约,它在R[x]内应有一个一次因子x-a(a∈R),于是∫(x)又一个 实根a,这与它的判别式p2-4q<0矛盾。故f(x)在R[x内不可约 现设f(x)是R[x]内任一首一不可约多项式。如果degf(x)=1,则 ∫(x)=x-a(a∈R)。 下面设deg∫(x)≥2,此时f(x)没有实根。设a∈C是它的一个复根。于是,在C[x 内有f(x)=(x-a)f(x),f(x)∈CLx],于是有 f(a=(a-af(a) 但a∈R,故a-a≠0,从而由上式推出f(a)=0,于是有

第二学期第二十次课 §2 C,R,Q 上多项式的因式分解 9.2.1 复数域、实数域上多项式的因式分解 定理（高等代数基本定理） 复数域 C 上任意一个次数  1 的多项式在 C 内必有一个根。 这个定理的证明是放在复变函数课程中完成的。 由高等代数基本定理，我们得到 C[ ] x 内多项式的因式分解的重要结论： 命题 C[ ] x 内一个次数  1 的多项式 p x( ) 是不可约多项式的充分必要条件为它是一次 多项式。 证明 在任一数域 K 上的一次多项式 f x( ) 都是 K x[ ] 内的不可约多项式（因为 ( ( ), ( )) 1 f x f x  = ）。现在假设 p x( ) 是 C[ ] x 内的一个不可约多项式，如果 deg ( ) 2 p x  ，则 根据高等代数基本定理，它必有一个复根 a ，于是 ( ) | ( ) x a p x − 。设 p x x a q x ( ) ( ) ( ) = − ， 其中 deg ( ) 1 q x  ，这与 p x( ) 是不可约多项式矛盾。故必定有 deg ( ) 1 p x = 。 由这个命题，我们得到下面的重要定理： 定理 C[ ] x 内任一非零多项式 f x( ) 可唯一的分解成 1 2 0 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) r k k k r f x a x a x a x a = − − − 其中 0 a 为 f x( ) 的首项系数， 1 2 , ,..., r a a a 为 f x( ) 在 C 内两两不同的根，它们的重数分别是 1 2 , ,..., r k k k ，显然 1 2 deg ( ) r k k k f x + + + = 。 下面我们来研究 R[ ] x 内多项式的因式分解 命题 R[ ] x 内的首一不可约多项式仅有以下两类： （i） 一次多项式 x a a −  ( ) R ； （ii） 二次多项式 2 2 x px q p q p q + +  −  ( , , 4 0) R 。 证明 首先说明：上述两类多项式在 R[ ] x 内都不可约。 x a a −  ( ) R 的不可约性是显然的。现设 2 2 f x x px q p q p q ( ) ( , , 4 0) = + +  −  R 。 如果 f x( ) 在 R[ ] x 内可约，它在 R[ ] x 内应有一个一次因子 x a a −  ( ) R ，于是 f x( ) 又一个 实根 a ，这与它的判别式 2 p q −  4 0 矛盾。故 f x( ) 在 R[ ] x 内不可约。 现 设 f x( ) 是 R[ ] x 内 任 一 首 一 不 可 约 多 项 式 。 如 果 deg ( ) 1 f x = ， 则 f x x a a ( ) ( ) = − R 。 下面设 deg ( ) 2 f x  ，此时 f x( ) 没有实根。设 aC 是它的一个复根。于是，在 C[ ] x 内有 1 1 f x x a f x f x x ( ) ( ) ( ), ( ) [ ] = − C ，于是有 1 f a a a f a ( ) ( ) ( ) 0 = − = 但 aR ，故 a a −  0 ，从而由上式推出 1 f a( ) 0 = ，于是有

f(x=(x-a(x)Bpf(x)=(x-a(x-a(x) 而因(x-a)(x-a)=x2-(a+a)x+a∈Rx],由此,f2(x)∈R[x]但另一方面,f(x) 是R[x]内任一首一不可约多项式,故f(x)=1。于是 f(x=(x-a(x-a)=x+px+q (p, Er) 因f(x)无实根,故p2-4q<0。这就证明了原命题。 由这个命题,我们得到下面的重要定理 定理R[x]内一个非零多项式f(x)可唯一的分解成 f(x)=a2(x-a1)(x-a2)2…(x-an)4x2+p1x+q)4…(x2+px+qy 其中a12…,a∈R,为f(x)的互不相同的全部实根,重数分别为k,…,k;而 P,q∈R,p2-4qn<0(=1…,s)

1 2 2 f x x a f x f x x a x a f x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) = − = − − 即 而因 2 ( )( ) ( ) [ ] x a x a x a a x aa x − − = − + + R ，由此， 2 f x x ( ) [ ] R 。但另一方面， f x( ) 是 R[ ] x 内任一首一不可约多项式，故 2 f x( ) 1 = 。于是 2 f x x a x a x px q p q ( ) ( )( ) ( , ) = − − = + +  R 因 f x( ) 无实根，故 2 p q −  4 0 。这就证明了原命题。 由这个命题，我们得到下面的重要定理： 定理 R[ ] x 内一个非零多项式 f x( ) 可唯一的分解成 1 2 1 2 2 0 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) r s k k k l l r s s f x a x a x a x a x p x q x p x q = − − − + + + + 其 中 1 a a ,..., r R ， 为 f x( ) 的 互 不 相 同 的 全 部 实 根 ， 重 数 分 别 为 1 ,..., r k k ； 而 2 p q p q i s i i i i , , 4 0( 1,..., )  −  = R