AA@多项式@重因式@去重因式

文章目录

• • 重因式
  • • 积因式的整除性
  • 定理
  • • 推论1
    • 推论2
    • 推论3
    • • 去重因式

重因式

• 不可约多项式$p(x)$称为多项式$f(x)$的"$k$重因式",如果$p^k(x)|f(x)$,且$p^{k+1}\nmid f(x)$
  • 若$k=0$,则$p(x)$不是$f(x)$的因式
  • 若$k=1$,则$p(x)$是$f(x)$的单因式
  • 若$k>1$,则$p(x)$是$f(x)$的重因式
• 可设多项式$f(x)$的标准分解式$f(x)=c{\sum }_{i=1}^s{p}_i^{r_i}(x)$
  • $p_i(x)$是$f(x)$的"$r_i$重因式"
  • 指数$r_i=1$的不可约因式是单因式
  • 指数$r_i>1$的不可约因式为重因式

积因式的整除性

• 设$f_i(x)=q_i(x)h(x)+r_i(x)$,$h(x)$是不可约多项式,$r_i(x)\ne 0$,$i=1,2$

  • 显然$\partial (r_i(x))<\partial (h(x))$
  • $g(x)=f_1(x)f_2(x)=(q_1(x)h(x)+r_1(x))(q_2(x)h(x)+r_2(x))$
    • $=q_1(x)q_2(x)h^2(x)+\cdots +r_1(x)r_2(x)$,其中可能不包含$h(x)$项只有$r_1(x)r_2(x)$
    • 即$h(x)|g(x)$是否成立取决于$h(x)|r_1(x)r_2(x)$是否成立
      • 例如$10,14$都不能被4整除,但是10%4=2,14%4=2,$2\times 2=4$,4整除4,所以4整除$10\times 14$
      • $140=35\times 4$
    • 若$r_1(x),r_2(x)$都是一次以上的多项式,则因为$h(x)$的不可约性,$h(x)$不能被表示为$c{r}_1(x)r_2(x)$,即$h(x)\nmid r_1(x)r_2(x)$表明$h(x)\nmid g(x)$
    • 若$r_1(x),r_2(x)$中包含1个常数或者2个常数,则$\partial (r_1(x)r_2(x))=\max (\partial (r_1(x)),\partial (r_2(x)))<\partial (h(x))$,因此$h(x)$不能被表示为$c{r}_1(x)r_2(x)$,从而$h(x)\nmid r_1(x)r_2(x)$,$h(x)\nmid g(x)$
    • 综上,$h(x)\nmid g(x)$

• 若$f_1(x),f_2(x)$中的一个或全部能被$h(x)$,不妨设$h(x)|f_1(x)$,则$g(x)=f_1(x)f_2(x)=(q_1(x)h(x))(q_2(x)h(x)+r_2(x))$

  • $g(x)=[q_1(x)h(x)q_2(x)+q_1(x)r_2(x)]h(x)$,显然$h(x)|g(x)$

定理

• 若不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式($k⩾1$),那么$p(x)$是导数(微商)$f^{\prime }(x)$的$k-1$重因式

  • 记为$p^k(x)|f(x)$ $\Rightarrow$ $p^{k-1}(x)|f^{\prime }(x)$,$p^k(x)\nmid f^{\prime }(x)$

• 证明:

  • 需要证明两条内容:
    • $p^{k-1}(x)|f^{\prime }(x)$
    • $p^k(x)\nmid f^{\prime }(x)$
  • 由假设,$f(x)$可以分解为$f(x)=p^k(x)g(x)$,其中$p(x)\nmid g(x)$
  • 则$f^{\prime }(x)=k{p}^{k-1}(x)p^{\prime }(x)g(x)+p^k(x)g^{\prime }(x)$=$p^{k-1}(x)(kg(x)p^{\prime }(x)+p(x)g^{\prime }(x))$
  • 因此$p^{k-1}(x)|f^{\prime }(x)$
  • 令$h(x)=(kg(x)p^{\prime }(x)+p(x)g^{\prime }(x))$;$u(x)=kg(x)p^{\prime }(x)$,$v(x)=p(x)g^{\prime }(x)$
    • $p(x)|f^{\prime }(x)$是否成立等价于$p(x)|h(x)$是否成立
    • 虽然$p(x)|u(x)$但是$p(x)\nmid v(x)$,$h(x)\%p(x)=v(x)\%p(x)\ne 0$,所以$p(x)\nmid h(x)$,即$p(x)\nmid f^{\prime }(x)$
  • 所以,$p(x)$是$f^{\prime }(x)$的重因式

• 若$\partial (f(x))=n$,则$\partial (f^{\prime }(x))=n-1$,由归纳原理,$\partial (f^{(k)}(x))=n-k$

  • 若$k=n$,则$f^{(k)}(x)$是一个常数(0次多项式)
  • 若$k=n+1$,则$f^{(k)}(x)$是常数0(零多项式)

推论1

• 如果不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式($k⩾1$),则$p(x)|f^{(i)}(x),i=1,2,\cdots ,k-1$,且$p(x)\nmid f^{(k)}(x)$

  • 其中$f^{(i)}(x)$表示$f(x)$的$i$阶导数

• 证明:

  • 根据本节的定理:

    • $f^{(1)}(x)$的$n_1=k-1$重因式

    • 由$p(x)$是$f^{(i)}(x)$的$k-i$重因式,可以推出$p(x)$是$f^{(i+1)}(x)$的$k-(i+1)$重因式

      • 例如:$f^{(2)}(x)=(f^{(1)}(x){)}^{\prime }$的$n_2=n_1-1=k-2$重因式

    • 由归纳原理,$i=1,2,\cdots ,k-1$时推论均成立

推论2

• 不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的重因式的充要条件是$p(x)|f(x)$且$p(x)|f^{\prime }(x)$
• 证:
  • $f(x)$的重因式$p(x)$,说明$p^k(x)|f(x),k⩾2$,根据本节定理,$p^{k-1}(x)|f^{\prime }(x),k-1⩾1$
  • 因此$p(x)|f(x)$,$p(x)|f^{\prime }(x)$
  • 反之,若$p(x)|f^{\prime }(x)$且$p(x)|f(x)$,则$p^k(x)|f(x),k⩾2$(即$p(x)$是$f(x)$的重因式而不是单因式)
  • 若$p(x)$是$f(x)$的单因式,
    • 设$f(x)=p(x)g(x)$,$p(x)\nmid g(x)$,$p(x)$是不可约的
      • $f^{\prime }(x)=p^{\prime }(x)g(x)+p(x)g^{\prime }(x)$
      • 记$u(x)=p^{\prime }(x)g(x)$,$p(x)\nmid p^{\prime }(x),p(x)\nmid g(x)$,所以$p(x)\nmid u(x)$
      • 记$v(x)=p(x)g^{\prime }(x)$,显然$p(x)|v(x)$
      • 综上$p(x)\nmid u(x)+v(x)$
      • 所以$p(x)\nmid f^{\prime }(x)$,这和条件矛盾,因此$p(x)$不是单因式,而是重因式

推论3

• 多项式$f(x)$没有重因式的充要条件是$f(x),f^{\prime }(x)$互素,即$(f(x),f^{\prime }(x))=1$
  • 可有推论2得出

去重因式

• 去重因式指的是${\sum }_{i=1}^s{p}_i^{r_i}(x)\to {\sum }_{i=1}^s{p}_i(x)$的过程,即$r_i\to 1$的过程

• 设$f(x)=c{\sum }_{i=1}^s{p}_i^{r_i}(x)$

  • 根据本节定理,$f(x),f^{\prime }(x)$的最大公因式必有标准分解式${\sum }_{i=1}^s{p}_i^{r_i-1}(x)$

  • 从而
    $$G(x)=\frac{f(x)}{(f(x),f^{\prime }(x))}=c\sum _{i=1}^s{p}_i(x)$$

  • 这就得到一个没有重因式的多项式,且$G(x)$具有和$f(x)$相同的的不可约因式