大砖数学（一）多项式入门

Amidst · 2025-12-08 19:47:35 · 算法·理论

前言

大专数学都学不会是不是没救了。

数学书难道不是一堆砖头吗。

数学没学会，但是学会了拿数学书砸大货车。

多项式入门章节为幼儿园小班难度，如果您已经上过幼儿园小班，建议跳过。

数域

定义

设 P 是由一些复数组成的集合，其中包括 0 与 1。如果 P 中任意两个数（可以相同）的和、差、积、商（除数不为 0）仍然是 P 中的数，那么称 P 为一个数域。

显然，全体有理数组成的集合 \mathbb Q、全体实数组成的集合 \mathbb R、全体复数组成的集合 \mathbb C，都是数域，全体整数组成的集合 \mathbb Z 就不是。

所有形如 a+b\sqrt 2 的数是一个数域（其中 a,b \in \mathbb Q），我们通常使用 \mathbb Q(\sqrt 2) 来表示这个数域，证明不难，留给读者。利用通项公式求斐波那契数列时便可以利用这个性质扩域来做，只不过数域为 \mathbb Q(\sqrt 5)。

一元多项式

在对多项式的讨论中，我们以一个给定数域 P 为基础。

一元多项式的定义

令 n 为非负整数，形式表达式

称为系数在数域 P 中的一个一元多项式，简称数域 P 上的一元多项式，其中 a_1,a_2,\dots,a_n 全部属于数域 P。

我们称 a_nx^n 为该多项式的首项，a_n 称为首项系数，a_kx^k 称为该多项式的 k 次项，a_k 称为 k 次项系数，n 称为多项式的次数，记为 \partial (f(x))。

多项式相等和零多项式的定义

如果多项式 f(x) 与 g(x) 中，除去系数为 0 的项外，同次项系数全相等，那么 f(x) 与 g(x) 相等，记为 f(x)=g(x)。

系数全为 0 的多项式称为零多项式，记为 0。

零多项式是唯一不定义次数的多项式，所以我们在使用 \partial(f(x)) 时假定 f(x) \ne 0。

多项式的加、减、乘运算

对于多项式 f(x)=\sum\limits_{i=0}^n a_i x^i,g(x)=\sum\limits_{i=0}^m b_ix^i，

我们定义其加法为

为了方便起见，一般我们令 f(x) 的 n+1 次项系数及更高次项系数为 0，g(x) 同理。

同样地，我们定义其减法为

乘法略微复杂，考虑竖式乘法的过程，发现对第 i 位产生贡献的充要条件是相乘的两位位数之和恰好为 i（当然，是 0-\text{index} 的）。

于是我们推广到多项式上，可以定义其乘法为

一元多项式的性质

1. 数域 P 上的两个多项式经过加、减、乘等运算后所得结果仍然是 P 上的多项式。

2. 多项式的运算满足运算律：加法交换律、加法结合律、乘法交换律、乘法结合律、乘法对加法的分配律，都很好证，在此不作赘述。

一元多项式环和系数域

所有系数在数域 P 中的一元多项式的全体，称为数域 P 上的一元多项式环，P 称为 P[x] 的系数域。

多项式除法

作为形式表达式，多项式可以做除法，例如，令

我们用 g(x) 去除 f(x)，可以按照如下格式做除法，可以称之为“大除法”：

由于格式限制无法做到完全对齐，见谅。

这个求法实际上具有一般性。

带余除法

对于 P[x] 中任意两个多项式 f(x) 与 g(x)，其中 g(x) \ne 0，一定有 P[x] 中的多项式 q(x),r(x) 存在，使得

成立，其中 \partial(r(x))<\partial(g(x)) \lor r(x) = 0，并且这样的 q(x),r(x) 是唯一决定的。

证明

如果 f(x)=0，取 q(x)=r(x)=0 即可。

以下设 f(x) \ne 0，令 \partial(f(x))=n,\partial(g(x))=m。我们对 f(x) 的次数 n 作（第二）数学归纳法。

假设当任何 f(x) 的次数小于 n 时，q(x),r(x) 的存在已证。现在来看次数为 n 的情形。

当 n<m 时，显然取 q(x)=0,r(x)=f(x)。

当 n \ge m 时，令 f(x) 首项为 ax^n，g(x) 首项为 bx^m，显然 ab^{-1}x^{n-m}g(x) 与 f(x) 具有相同首项，我们令

则 f_1(x) 的次数小于 n 或为零多项式。对于后者，取 q(x)=b^{-1}ax^{n-m},r(x)=0，对于前者，由归纳法假设可得 \exists q_1(x),r_1(x) 使得

故 q(x)=q_1(x)+ab^{-1}x^{n-m},r(x)=r_1(x)。

由归纳法原理，q(x) 和 r(x) 存在性得证。

接下来证唯一性。设另有多项式 q'(x),r'(x) 使得

其中 \partial(r'(x))<\partial(g(x)) \lor r'(x)=0。联立 f(x)=q(x)g(x)+r(x) 得

故

若 q(x) \ne q'(x)，根据假设，g(x)\ne 0，那么 r'(x)-r(x)\ne 0，且

但我们有

由于次数必定非负，上面的等式不可能成立。

于是 q(x)=q'(x),r(x)=r'(x)，唯一性得证。

以上过程中所得的 q(x) 我们称为 g(x) 除 f(x) 的商式，所得的 r(x) 我们称为 g(x) 除 f(x) 的余式。

整除

称数域 P 上的多项式 g(x) 整除 f(x)，如果有数域 P 上的多项式 h(x) 使等式

我们用 g(x)\mid f(x) 表示 g(x) 整除 f(x)，用 g(x)\nmid f(x) 表示 g(x) 不整除 f(x)。

当 g(x) \mid f(x) 时，我们称 g(x) 为 f(x) 的因式，称 f(x) 为 g(x) 的倍式。

整除具有传递性，且两个多项式之间的整除关系不因为系数域的扩大而改变，例如，若 \mathbb R 中多项式 g(x) \nmid f(x)，则 \mathbb C 中 g(x) \nmid f(x)。

引理 若 f(x) \mid g_i(x)，其中 i \in [r]，则 f(x)\mid \sum\limits_{i=1}^r u_i(x)g_i(x)，且我们称 \sum\limits_{i=1}^r u_i(x)g_i(x) 为多项式 g_1(x),g_2(x),\dots,g_r(x) 的一个组合。

最大公因式

定义

令 f(x),g(x) 是 P[x] 中两个多项式。P[x] 中多项式 d(x) 称为 f(x),g(x) 的一个最大公因式，如果它满足以下条件：

2. 对于任意 f(x) 与 g(x) 的公因式 d'(x)，都有 d'(x) \mid d(x)。

引理

如果有等式

成立，那么 f(x),g(x) 和 g(x),r(x) 有相同的公因式。

证明 如果 \varphi(x)\mid g(x) \land \varphi(x) \mid r(x)，由于 f(x) 是 g(x),r(x) 的一个组合，故 \varphi(x) \mid f(x)，也就是说，g(x),r(x) 的公因式全是 f(x),g(x) 的公因式。

反过来，如果 \varphi(x) \mid f(x) \land \varphi(x) \mid g(x)，那么 \varphi(x) 一定整除它们的组合 r(x)=f(x)-q(x)g(x)，也就是说，\varphi(x) 是 f(x),g(x) 的一个最大公因式。

辗转相除法

定理 对于 P[x] 中任意两个多项式 f(x),g(x)，在 P[x] 中存在一个最大公因式 d(x)，且 d(x) 可以表成 f(x),g(x) 的一个组合，即存在 P[x] 中多项式 u(x),v(x) 使得

证明 如果 f(x),g(x) 中有一个为零，例如 g(x)=0，那么 f(x) 就是一个最大公因式，且

以下令 g(x) \ne 0。按带余除法，用 g(x) 除 f(x)，得到商 q_1(x) 和余式 r_1(x)，如果 r_1(x)\ne 0，就用 r_1(x) 除 g(x)，得到商 q_2(x) 和余式 r_2(x)，如果 r_2(x) \ne 0，就用 r_2(x) 除 r_1(x) 得到商 q_3(x) 和余式 r_3(x)，如此辗转相处，显然余式的次数不断降低，即

因此，在有限次之后，必然有余式为零。于是我们有一串等式

在连等式上消去 q_1(x)，有

由归纳假设，有 s-1=t-1，即 s=t。

并且适当排列次序之后有 p_2(x)=c'_2 c_1^{-1} q_2(x)，即 p_2(x)=c_2q_2(x)，以此类推，p_i(x)=c_iq_i(x)，其中 i=3,\dots,s。

于是我们证明了分解的唯一性。

在多项式 f(x) 的分解式中，可以把每一个不可约因式的首项系数提出来，使其成为首项系数为 1 的多项式，再把相同的不可约多项式合并，于是 f(x) 的分解式成为

其中 c 是 f(x) 的首项系数，p_1(x),p_2(x),\dots,p_s(x) 是不同的首项系数为 1 的不可约多项式，r_i 为正整数。这种分解式成称为标准分解式。

如果已经有了两个多项式的标准分解式，我们就可以直接写出两个多项式的最大公因式。

但是我们指出，对于一般的情形，普遍可行的因式分解方法并不存在。

重因式

定义

不可约多项式 p(x) 称为多项式 f(x) 的 \bold k 重因式，如果 p^k(x) \mid f(x) 而 p^{k+1}(x) \nmid f(x)。

如果 k=0，p(x) 不是 f(x) 的因式；

如果 k=1，p(x) 是 f(x) 的单因式；

如果 k>1，p(x) 称为 f(x) 的重因式。

由于没有一般的方法求一个多项式的标准分解式，判别有没有重因式的问题需要用另外方法解决。

设有多项式

我们规定它的微商（或称导数）为

我们不研究这种规定的来源，暂且当做一个定义。

我们可以得出多项式微商的基本公式：

同样可以定义高阶微商。微商 f'(x) 称为 f(x) 的一阶微商，f'(x) 的微商 f''(x) 称为 f(x) 的二阶微商，以此类推。f(x) 的 k 阶微商记为 f^{(k)}(x)。

一个 n 次多项式的微商是一个 n-1 次多项式（n\ge 0），它的 n 阶微商是一个常数，它的 n+1 阶微商等于零。

定理 如果不可约多项式 p(x) 是 f(x) 的 k 重因式（k \ge 1），那么它是微商 f'(x) 的 k-1 重因式。

证明 由题设，f(x) 可以分解为

其中 p(x) 不能整除 g(x)。因此，

由于 \partial(p(x)) > \partial(p'(x))，所以 p(x) \nmid p'(x)，故 p(x) \nmid kp'(x)g(x)，所以

这说明 p^k(x) \nmid f'(x)，所以 p(x) 是 f'(x) 的 k-1 重因式。

推论一 如果不可约多项式 p(x) 是 f(x) 的 k 重因式（k\ge 1），那么 p(x) 是 f'(x),f''(x),\dots,f^{(k-1)}(x) 的因式，但不是 f^{(k)}(x) 的因式。

证明 对上述定理作归纳法可得。

推论二 不可约多项式 p(x) 是 f(x) 的重因式的充分必要条件为 p(x) 是 f(x),f'(x) 的公因式。

证明 f(x) 的重因式必定是 f'(x) 的因式。反过来，如果 f(x) 的不可约因式也是 f'(x) 的因式，它必定不是 f(x) 的单因式。

推论三 多项式 f(x) 没有重因式的充分必要条件是 f(x) 与 f'(x) 互质。

证明 不用证了吧。

多项式函数

直到现在为止，我们始终把多项式看作形式表达式。在这一节，我们将以函数的观点考察多项式。

设

是 P[x] 中的多项式，\alpha 是 P 中的数，我们用 \alpha 代 x 可以得到一个数

称为 f(x) 当 x=\alpha 时的值，记为 f(\alpha)，这样，多项式 f(x) 就定义了一个数域 P 上的函数。

可以由一个多项式来定义的函数称为数域 P 上的多项式函数，当 P 是实数域时，就是数学分析中所讨论的多项式函数。

余数定理

用一次多项式 x-\alpha 除多项式 f(x)，所得的余式是一个常数，这个常数等于函数值 f(\alpha)。

证明 用 x-\alpha 除 f(x)，设商为 q(x)，余式为一常数 c，余式

以 \alpha 代 x 得

如果 f(x) 在 x=\alpha 时函数值 f(\alpha)=0，那么 \alpha 就称为 f(x) 的一个根或零点。

推论（根与一次因式的关系） \alpha 是 f(x) 的根的充要条件是 (x-\alpha) \mid f(x)。

由这个关系，我们可以定义重根的概念。\alpha 称为 f(x) 的 \bold k 重根，如果 x-\alpha 是 f(x) 的 k 重因式。当 k=1 时，\alpha 称为单根；当 k>1 时 \alpha 称为重根。

数域中 n 次多项式根的数量上界

定理 P[x] 中 n 次多项式 （n \ge 0）在数域 P 中的根不可能多于 n 个，重根按重数计算。

证明 原本不想证的。

还是证一下吧。首先，对于零次多项式，定理显然成立。

设 f(x) 是一个次数 >0 的多项式。把 f(x) 分解成不可约多项式的乘积，由上面的推论得到 f(x) 在数域 P 中的根的个数等于分解式中一次因式的个数，这个个数显然不超过 n。

拉格朗日插值法得出多项式的唯一性

我想不出来定理名字了，所以用这个吧。

定理 如果多项式 f(x),g(x) 的次数都不超过 n，而它们对 n+1 个不同的数 \alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n 有相同的值，即

那么 f(x)=g(x)。

证明 由定理条件，有

也就是说，h(x)=f(x)-g(x) 有 n+1 个不同的根。如果 h(x)\ne 0，那么它就是一个次数不超过 n 的多项式，由数域中 n 次多项式的数量上界定理可知，它不可能有 n+1 个根，因此，f(x)=g(x)。

这个定理也说明，不同多项式定义的函数也不相同。如果两个多项式定义相同的函数，就称为恒等，但上述结论表明，多项式的恒等与相等实际上等价。

复系数与实系数多项式的因式分解

代数基本定理

定理 每个次数 \ge 1 的复系数多项式在复数域中有一根。

证明 这个定理有很多种证明，但是都很复杂，下面给出一种，其余证明可以看看代数基本定理的几种证明和百度百科。

我们使用反证法。假设 f(z) 在 \mathbb C 恒不为 0，则显然 \dfrac{1}{f(x)} 是一个有界全纯函数。由 Liouville 定理，必为常数，矛盾。

Liouville 定理是数学分析的内容，这里略过。

我也不会，自己去学。

复系数多项式因式分解定理

定理 每个次数 \ge 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，因此，复系数多项式具有标准分解式

其中 \alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_s 是不同的复数，l_1,l_2,l\dots,l_s 是正整数。标准分解式说明了每个 n 次系数多项式恰有 n 个复根（重根按重数计算）。

证明 可以通过代数基本定理和数学归纳法简单得出，留给读者自证，这里不做赘述。

实系数多项式因式分解定理

定理 每个次数 \ge 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。

证明 定理对一次多项式显然成立。

采用数学归纳法，假设定理对次数 <n 的多项式已经证明。

设 f(x) 是 n 次实系数多项式，由代数基本定理，f(x) 有一复根 \alpha。

如果 \alpha 是实数，那么

其中 f_1(x) 是 n-1 次实系数多项式。

如果 \alpha 不是实数，那么 \bar \alpha 也是 f(x) 的根且 \bar \alpha \ne \alpha。于是

显然 (x-\alpha)(x-\bar \alpha)=x^2-(\alpha+\bar\alpha)x+\alpha\cdot\bar\alpha 是实系数二次不可约多项式。从而 f_2(x) 是 n-2 次实系数多项式。由归纳假设，f_1(x) 或 f_2(x) 可以分解成一次与二次不可约多项式的乘积，因此 f(x) 也可以如此分解。

因此，实系数多项式具有标准分解式

其中 c_1,\dots,c_s,p_1,\dots,p_s,q_1,\dots,q_s 全是实数，l_1,\dots,l_s,k_1,\dots,k_r 是正整数，且 x^2+p_ix+q_i 是不可约的，即 \Delta_i=p_i^2-4q_i<0。

有理系数多项式

设

是一有理系数多项式。选取适当的整数 c 乘 f(x)，总可以使得 c\cdot f(x) 是一整系数多项式。如果 c\cdot f(x) 的各项系数有公因子，就可以提出来，得到

其中 g(x) 是整系数多项式，且各项系数没有异于 \pm 1 的公因子。

本原多项式

定义 如果一个非零的整系数多项式 g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0 的系数 b_n,b_{n-1},\dots,b_0 没有异于 \pm 1 的公因子，即它们互质，它就称为一个本原多项式。

上面的分析表明，任何一个非零有理系数多项式 f(x) 都可以表示为一个有理数 r 与一个本原多项式 g(x) 的乘积，即

可以证明，这种表示法除了差一个正负号是唯一的。即如果

其中 g(x),g_1(x) 均为本原多项式，那么必有

因为 f(x) 与 g(x) 只差一个常数倍，所以 f(x) 的因式分解问题可以归结为本原多项式 g(x) 的因式分解问题。

下面我们进一步指出，一个本原多项式能否分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，等价于它能否分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积。

高斯引理

定理 两个本原多项式的乘积还是本原多项式。

证明 设

是两个本原多项式，而

是它们的乘积。我们用反证法。如果 h(x) 不是本原的，也就是说，h(x) 的系数 d_{n+m},\dots,d_0 有一异于 \pm 1 的公因子，那么就有一个质数 p 能整除 h(x) 的每一个系数。因为 f(x) 和 g(x) 本原，所以 p 不能同时整除 f(x) 的每一个系数，令

同理，令

由乘积定义，h(x) 的系数 d_{i+j}=a_ib_j+a_{i+1}b_{j-1}+\cdots+a_{i-1}b_{j+1}+\cdots

由上述假设，p\mid d_{i+j}，p 整除等式右边的每一项，但是 p\nmid a_ib_j。这是不可能的。这就证明了，h(x) 一定是本原多项式。

高斯引理的另一种形式

定理 如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积。

证明 设整系数多项式 f(x) 有分解式

其中 g(x),h(x) 是有理系数多项式，且

令

这里 f_1(x),g_1(x),h_1(x) 均为本原多项式，从而 rs=\pm a。

也就是说，rs 是整数。因此我们有 f(x)=(rsg_1(x))h_1(x)。

这里 rsg_1(x) 与 h_1(x) 都是整系数多项式，且次数都低于 f(x) 的次数，原命题得证。

推论 设 f(x),g(x) 都是整系数多项式，且 g(x) 本原。如果 f(x)=g(x)h(x)，其中 h(x) 是有理系数多项式，那么 h(x) 一定是整系数的。

证明过程和上面很像，留给读者自证。

这个推论提供了一个求整系数多项式的全部有理根的方法。

有理根定理

定理 设

是一个整系数多项式，而 \dfrac{r}{s} 是它的一个有理根，其中 r,s 互质，那么必有 s\mid a_n \land r\mid a_0。特别地，如果 f(x) 的首项系数 a_n=1，那么 f(x) 的有理根都是整根，且是 a_0 的因子。

证明 因为 \dfrac{r}{s} 是 f(x) 的一个有理根，因此在有理数域上

从而

因为 r,s 互质，所以 sx-r 是一个本原多项式，根据上述推论，

其中 b_{n-1},\dots,b_0 均为整数，比较两边系数，得到

因此 s\mid a_n,r\mid a_0。

艾森斯坦（Eisenstein）判别法

定理 设

是一个整系数多项式，如果有一个质数 p 使得

那么 f(x) 在有理数域上不可约。

证明 如果 f(x) 在有理数域上可约，那么由高斯引理的另一种形式，f(x) 可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积：

于是

因为 p\mid a_0，所以 p 能整除 b_0 或 c_0，但是 p^2\nmid a_0，所以 p 不能同时整除 b_0 和 c_0。

不妨令 p\mid b_0 \land p\nmid c_0。另一方面，因为 p\nmid a_n，所以 p\nmid b_l，假设 b_0,b_1,\dots,b_l 中第一个不能被 p 整除的是 b_k，比较 f(x) 中 x^k 的系数，得等式

式中 a_k,b_{k-1},\dots,b_0 都能被 p 整除，所以 b_kc_0 也必定能被 p 整除。但是 p 是一个素数，所以 b_k 与 c_0 中必有一个能被 p 整除，与假设矛盾，原命题得证。

*多元多项式

前置知识：单项式、同类项、多项式（n 元多项式）、单项式和多项式的次数、字典排列法（字典序排列法）、多项式的首项，这些不讲了，幼儿园小小班已经讲过了。

n 元多项式环

定义 所有系数在数域 P 中的 n 元多项式的全体，称为数域 P 上的 \bold n 元多项式环，记为

多元多项式的乘积

定理 当 f(x_1,x_2,\dots,x_n) \ne 0,g(x_1,x_2,\dots,x_n)\ne 0 时，乘积 f(x_1,x_2,\dots,x_n) \cdot g(x_1,x_2,\dots,x_n) 的首项等于 f(x_1,x_2,\dots,x_n) 的首项与 g(x_1,x_2,\dots,x_n) 的乘积。

证明 简单，而且没啥意思，读者自证不难。

推论一 如果 f_i\ne 0（其中 i=1,2,\dots,m），那么 f_1f_2\cdots f_m 的首项等于每个 f_i 的首项的乘积。

推论二 如果 f(x_1,x_2,\dots,x_n) \ne 0,g(x_1,x_2,\dots,x_n)\ne 0，那么 f(x_1,x_2,\dots,x_n)\cdot g(x_1,x_2,\dots,x_n)\ne 0。

齐次多项式

定义 多项式

称为 \bold m 次齐次多项式，如果其中每个单项式都是 m 次的。

显然，两个齐次多项式的乘积仍是齐次多项式，它的次数等于这两个多项式的次数之和。

任何一个 m 次多项式 f(x_1,x_2,\dots,x_n) 都可以唯一地表示成

其中 f_i(x_1,x_2,\dots,x_n) 是 i 次齐次多项式。f_i(x_1,x_2,\dots,x_n) 称为 f(x_1,x_2,\dots,x_n) 的 \bold i 次齐次成分。

容易用齐次多项式证明，对于多元多项式，也有乘积的次数等于因子次数的和。

*对称多项式

终于来到了最后一节。

定义