厦门大学高等代数教案网站IP地址:59.77.1.116;域名: gdjpkc. xmu. edu.cn §55多项式函数 教学目的与要求理解多项式可作为函数的根的性质,理解两个多项式相等←→ 作为函数相等.了解多项式的性质与数域扩大的关系.能应用多项式的函数性质解 决相关问题 多项式函数 设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+ao∈k,定义∫(x):K→K, b→f(b):=anb+an-1b-1+…+a1b+a,则f(x)是K上一个函数 设∫(x),9(x)∈K[,则f(x)=9(x)作为多项式相等的定义是它们的次数相 同并且对应系数相同.∫(x)=9(x)作为多项式函数相等的定义是对于任意b∈K, 有f(b)=9(b).显然,f(x)=9(x)作为多项式相等,则f(x)与9(x)作为函数必 定相等.反之如何? 多项式的根 定义设f(x)∈K{],b∈K,满足f(b)=0,称b是f(x)的一个根 余数定理设f(x)∈K,b∈K,则存在g(x)∈Kl],使得 f(a)=(a-b)g(r)+ f(b) 证明由带余除法,有∫(x)=(x-b)g(x)+r.令x=b,得到r=f(b).口 定理设f(x)∈K{x],degf(x)=n>0,则∫(x)在K内至多有n个不同的根 证明设b1,b2,…,b是f(x)在K上r个不同根,令 (x)=(x-b)(x-b2)…(x-b) 因为b是f(x)的根,由余数定理知(x-b)f(x)因为b两两不同,故(x-b)两 两互素,这样g(x川f(x).所以r=deg(x)<degf(x)=n.口 推论1设f(x),g(x)∈Kl],degf(x),deg(x)≤m,存在K上n+1个不同数 b1,b2,…,bn+1,使∫(b2)=9(b2),1≤i≤n+1,则f(x)与g(x)多项式相等
xL) h; p IP 59.77.1.116; P gdjpkc.xmu.edu.cn §5.5 #{d1g .94+=:5 C2 %Æ f(x) = (x − b)g(x) + r. G x = b, r = f(b). 2 ,/ ` f(x) ∈ K[x], degf(x) = n > 0, f(x) K T #Æ n * o, >2 ` b1, b2, · · · , br f f(x) K _ r * o,G g(x) = (x − b1)(x − b2)...(x − br), r bi f f(x) , g C (x − bi)|f(x). r bi EE o/ (x − bi) E E4j g(x)|f(x). k r = degg(x) < degf(x) = n. 2 81 1 ` f(x), g(x) ∈ K[x], degf(x), degg(x) ≤ n, K _ n + 1 * og b1, b2, ..., bn+1, f(bi) = g(bi), 1 ≤ i ≤ n + 1, f(x) g(x) #{dz 1
证明令h(x)=f(x)-9(x),degh(x)≤n但h(x)有n+1个不同根,故h(x)=0, 即∫(x)=9(x).口 推论2设f(x),g(x)∈K[],则f(x)与g(x)作为多项式相等的充分必要条件 是f(x)与g(x)作为函数相等 注多项式的根与数域有关.例:f(x)=x2+1在R以没有根,在C有根 例1sinx不是R]上多项式 证明sinx在R[x]上有无穷多个根.口 重根 设f(x)∈K],b∈K,若(x-b)f(x),但(x-b+十f(x),则称b是f(x)的 k重根.当k=1时,称b为f(x)的单根 z注有重根必有重因式,反之未必例如∫(x)=x(x2+x+1)2,(x2+x+1)2|f(x) 但在R中考虑,∫(x)无重根 命题设f(x)∈K,degf(x)=n,则f(x)在K中至多n个根,其中将k重 根看作k个根 例2设b是f(x)的k重根(k>1),则b是∫(x)的k-1重根.反之不然.例 f(x)=(x-1)(x-2),f(x)=2x-3,是是f(x)的k单根,但不是f(x)的2重根 例3设b是(f(x),f(x)的k-1重根,则b是f(x)的k重根 证明:依题意,可设d(x)=(f(x),f(x)=(x-b)-h1(x)则f(x)=d(x)f1(x 因此x-bf1(x).设f1(x)=(x-b)h2(x),故f(x)=(x-b)h1(x)h2(x).x-b ha1(x)h2(x).命题得证 四.多项式的性质和数域扩大的关系 多项式的整除,带余除法,最大公因式,互素与数域扩大无关 例4设K,F是两个数域且K≌F,设f(x),9(x)∈F[],自然f(x),9(x)∈F{] (1)在K上g(x川f(x)的充分必要条件是在F[X]上9(x)f(x) (2)在K[]上f(x)=9(x)q(x)+r(x)的充分必要条件是在F{x]上f(x)
>2 G h(x) = f(x)−g(x), degh(x) ≤ n h(x) Æ n+1 * o,/ h(x) = 0, 6 f(x) = g(x). 2 81 2 ` f(x), g(x) ∈ K[x], f(x) g(x) *r#{dz (n9 f f(x) g(x) *r1gz ? #{d,gÆ0D f(x) = x 2 + 1 R[x] KÆ, C[x] Æ, ±i. 0 1 sin x f R[x] _#{d >2 sin x R[x] _ÆuX#*, 2 ^#, ` f(x) ∈ K[x], b ∈ K, ℄ (x − b) k |f(x), (x − b) k+1 ∤ f(x), b f f(x) k #, k = 1 a b r f(x) , z ? Æ#,Æ# d& sD\ f(x) = x(x 2+x+1)2 ,(x 2+x+1)2 |f(x), R[x] "?H f(x) u#, 37 ` f(x) ∈ K[x], degf(x) = n, f(x) K " # n *,V": k # ,>* k *, 0 2 ` b f f(x) k #, (k > 1), b f f ′ (x) k − 1 #,& ZD f(x) = (x −1)(x −2), f′ (x) = 2x −3, 3 2 f f(x) k , f f(x) 2 #, 0 3 ` b f (f(x), f′ (x)) k − 1 #, b f f(x) k #, Om` d(x) = (f(x), f′ (x)) = (x−b) k−1h1(x). f(x) = d(x)f1(x), Æ x − b|f1(x). ` f1(x) = (x − b)h2(x), / f(x) = (x − b) kh1(x)h2(x). x − b ∤ h1(x)h2(x). Qm 2 i#{d}!2gA0v #{d %(- d4jgAu0 0 4 ` K, F fE*gW K ⊆ F, ` f(x), g(x) ∈ F[x], &Z f(x), g(x) ∈ F[x]. (1) K[x] _ g(x)|f(x) (n9f F[X] _ g(x)|f(x); (2) K[x] _ f(x) = g(x)q(x) + r(x) (n9f F[x] _ f(x) = 2
9(x)q(x)+r(x) (3)在F]上(f(x),9(x)=d(x)的充分必要条件是在F上(f(x),g(x) d(x); (4)在F]上(f(x),g(x)=1的充分必要条件是在Fx]上(f(x),9(x)=1 的明:(2)必要性是反然的.充分性除q(x)大r(x)的唯案性可得.事实上, 设在F]上,∫(x)=9(x)q(x)+r(x),q(x),r(x)∈F[,在F]上,f(x)= 9(x)q(x)+n1(x),q(x),r1(x)∈K]sF],在F[上看,除于唯案性,得到 q(x)=q1(x),r(x)=m(x) (1)称为g(x)f(x)←→r(x)=0除(2)即得 (3)称最大公称式是除得除性对定不. (4)除(3)即得 多项式的根,多根,不可代性对,标二形大数大扩大有关 关5f(x)=x2+1∈R],无根,不可代,在C回]上,∫(x)=(x+)(x-i) 关6设f(x),p(x)∈K[],且p(x)不可代多项式.若p(x),f(x)在C上有公共 根a,则p(x)f(x) 证明称为p(x)是不可代多项式,所以或(f(x),p(x)=1或p(x)f(x)假设 (p(x),f(x)=1,则存在u(x),t(x),使得u(x)∫(x)+v(x)p(x)=1.令r=a,则 0=u(a)f(a)+(a)g(a)=1,矛盾.所以p(x川f(x).明 注得除性对大数大扩大无关,根的性对大数大扩大有关.此题目给出从数大 扩大有关的根的性对,来,的大数大扩大无关的得除性对.下面例法可见此题多要 性 关7设f(x)=xm+r3n+1+x3+2,其中m,n,p为反然数,次9(x)=x2+x+1, 求的:g(x)f(x) 证法1对k>0,x3-1|-3-1,所以f(x)=(x3m-1)+x(x3n-1)+x2(x3P 1)+(x2+x+1).称为g(x)x3-1,x3-1(x3m-1)+x(x3n-1)+x2(x3-1).所 以g(x)川Jf(x) 证法2g(x)=(x-1)(x-42,=,=1,f()=4m+m+1+
g(x)q(x) + r(x); (3) F[x] _ (f(x), g(x)) = d(x) (n9f F[x] _ (f(x), g(x)) = d(x); (4) F[x] _ (f(x), g(x)) = 1 (n9f F[x] _ (f(x), g(x)) = 1. O (2) }f&Z (} q(x) r(x) q}eb_ ` F[x] _ f(x) = g(x)q(x) + r(x),q(x), r(x) ∈ F[x], F[x] _ f(x) = g(x)q1(x) + r1(x), q1(x), r1(x) ∈ K[x] ⊆ F[x], F[x] _> q} q(x) = q1(x), r(x) = r1(x). (1) r g(x)|f(x) ⇐⇒ r(x) = 0 (2) 6 (3) (- df }! (4) (3) 6 #{d,#, }!$|gAÆ0 0 5 f(x) = x 2 + 1 ∈ R[x], u, C[x] _ f(x) = (x + i)(x − i). 0 6 ` f(x), p(x) ∈ K[x], W p(x) #{d℄ p(x), f(x) C _Æ-. , α, p(x)|f(x). >2 r p(x) f #{dk5 (f(x), p(x)) = 1 5 p(x)|f(x). 7` (p(x), f(x)) = 1, u(x), v(x), u(x)f(x) + v(x)p(x) = 1. G x = α, 0 = u(α)f(α) + v(α)g(α) = 1, J"k p(x)|f(x). 2 ? }!gAu0,}!gAÆ0ÆmS+ g AÆ0,}!BgAu0 }!wND%8Æm# } 0 7 ` f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3p+2 , V" m, n, p r&Zg g(x) = x 2 +x+1, Y g(x)|f(x). >- 1 ! k > 0, x3 − 1|x 3k − 1, k f(x) = (x 3m − 1) + x(x 3n − 1) + x 2 (x 3p − 1) + (x 2 + x + 1). r g(x)|x 3 − 1, x3 − 1|(x 3m − 1) + x(x 3n − 1) + x 2 (x 3p − 1). k g(x)|f(x). >- 2 g(x) = (x − ω1)(x − ω2), ωj = −1± √ 3i 2 , ω3 j = 1, f(ωj ) = ω 3m j + ω 3n+1 j + 3
u3+2=1+4+4=9(-)=0,所以山是f(x),9(x)的公共根故有(x-)f(x) 因为(x-u1),(x-u2)=1,所以g(x)f(x).口 例8设f(x)∈Q],若a+b,a,b∈Q,b≠0,是f(x)的根,则a-b也是f(x) 的根 证明设p(x)=(x-(a+b)(x-(a-b)=x2-2ax+(a2+b2)∈Qap(x)在 Qx]上不可约,因为p(x)与∫(x)在c上有公共根a+b,由上例题知p(x)f(x) 所以(x-(a-b)川f(x),即a-b2是f(x)的根.口 例9设0≠∫(x)且f(x川f(xm),求证:f(x)的根只能是0或1的某个方根 证明在C回]上考虑∫(x).设α是∫(x)的根,即f(a)=0.因为f(x)|f(xm) 所以f(am)=0,即am也是f(x)的根,同理可知am,amn3,.都是f(x)的根.这 样,必有am=an.若a≠0,则am=k=1,即a是1的某个方根.口 作业:P2011,2,3;5;P2.11 选做:P201.6;P7.8
ω 3p+2 j = 1+ωj +ω 2 j = g(ωj) = 0, k ωj f f(x), g(x) -.,/Æ (x−ωj )|f(x). r ((x − ω1),(x − ω2)) = 1, k g(x)|f(x). 2 0 8 ` f(x) ∈ Q[x], ℄ a+bi, a, b ∈ Q, b 6= 0, f f(x) , a−bi f f(x) , >2 ` p(x) = (x−(a+bi))(x−(a−bi)) = x 2 −2ax+(a 2 +b 2 ) ∈ Q[x], p(x) Q[x] _ r p(x) f(x) C[x] _Æ-., a+bi, _Dm p(x)|f(x). k (x − (a − bi))|f(x), 6 a − bi f f(x) , 2 0 9 ` 0 6= f(x) W f(x)|f(x m), Y f(x) , Uf 0 5 1 R*', >2 C[x] _?H f(x). ` α f f(x) ,6 f(α) = 0. r f(x)|f(x m), k f(α m) = 0, 6 α m f f(x) ,oC α m2 , αm3 , ... f f(x) , Æ α ml = α mk . ℄ α 6= 0, α ml−k = 1, 6 α f 1 R*', 2 * P201.1, 2, 3; 5; P227.11 ~) P201.6; P227.8 4