多项式

定义

对于函数 $p:\mathbf{F}\to \mathbf{F}$ ，若存在 $a_0,\dots ,a_m\in \mathbf{F}$ 使得对任意 $z\in \mathbf{F}$ 都有：

$$p(z)=a_0,a_{1}z+a_2{z}^2+\cdots +a_m{z}^m$$

则称 $p$ 为系数属于 $\mathbf{F}$ 的多项式（polynomial）。

$\mathcal{P}(\mathbf{F})$ 是所有系数属于 $F$ 的多项式所构成的集合。

次数

对于多项式 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ ，当对任意 $z\in \mathbf{F}$ 都有 $p(z)=a_0,a_{1}z+a_2{z}^2+\cdots +a_m{z}^m$ ，其中 $a_0,\dots a_m\in \mathbf{F}$ 且 $a_m\ne 0$ ，则称 $p$ 的次数（degree）为 $m$ ，记做:

$$\text{deg}p=m$$

对于恒等于 $0$ 的多项式，其次数规定为 $-\mathrm{\infty }$ 。

对于非负整数 $m$ ，${\mathcal{P}}_m(\mathbf{F})$ 表示系数在 $\mathbf{F}$ 中且次数不超过 $m$ 的所有多项式构成的集合：

$${\mathcal{P}}_m(\mathbf{F})=\{p:\text{deg}p\le m\}$$

多项式系数的唯一性

性质：若一个多项式是零函数，则其系数均为0。

如果一个多项式有多种不同的系数，那么其自身相减所得到的0函数的系数就不会全为0，与该性质相悖，说明多项式的系数是唯一确定的。

多项式的带余除法

设 $p,s\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 且 $s\ne 0$ ，则可以唯一确定多项式 $q,r\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 使得：$p=sq+r$ ，并且满足 $\text{deg}r<\text{deg}s$ 。

可以用线性代数来做个优雅证明：

设 $ n = \text{deg} , p$ ， $m=\text{deg}s$ ，当 $n<m$ 时，显然只能令 $q=0$ 且 $r=p$ ，故而我们只需以 $n\ge m$ 为前提做证明即可。

我们将带余除法定义为映射 $T:{\mathcal{P}}_{n-m}(\mathbf{F})\times {\mathcal{P}}_{m-1}(\mathbf{F})\to {\mathcal{P}}_n(\mathbf{F})$ ，且该映射满足：

$$T(q,r)=sq+r$$

易证 $T$ 是一个线性映射。在 $(q,r)\in \text{null}T$ 的情况下，$sq+r=0$ 成立，因为 $\text{deg}s=m$ 且 $s\ne 0$ ，故而 $m>0$ ，那么当 $q\ne 0$ 的情况下 $\text{deg}sq\ge m$ ，在\text{deg} , r < \text{deg} , s$ 的约束下，$sq=-r$ 是不可能成立的，故而 $(q,r)\in \text{null}T\Rightarrow q=0\text{且}r=0$ 。

所以 $\text{null}T=0$ ，即 $T$ 是单射的，故而证明了命题的唯一性。

由向量空间乘积的相关性质可得：

$$\text{dim}({\mathcal{P}}_{n-m}(\mathbf{F})\times {\mathcal{P}}_{m-1}(\mathbf{F}))=(n-m+1)+(m-1+1)=n+1$$

即 $\text{dim}\text{range}T=\text{dim}\mathcal{P}(\mathbf{F})$ ，所以 $\text{range}T=\mathcal{P}(\mathbf{F})$ ，所以 $T$ 是满射的，这证明了命题的存在性。

零点

定义

对于任意多项式 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ ，若有 $\lambda \in \mathbf{F}$ 使得 $p(\lambda )=0$ ，则称 $\lambda$ 为 $p$ 的零点(或根)。

因式

对于任意多项式 $p,s\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ ，若存在 $q\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 使得 $p=sq$ ，则称 $s$ 为 $p$ 的因式（factor）。

相关性质

• 多项式的每个零点都对应一个一次因式：

设 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ , $\lambda \in \mathbf{F}$ ，$p(\lambda )=0$ 情况的成立，等价于存在多项式 $q\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 使得对于任意 $z\in \mathbf{F}$ 都有 $p(z)=(z-\lambda )q(z)$ 。

证明：

当存在多项式 $q\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 使得对于任意 $z\in \mathbf{F}$ 都有 $p(z)=(z-\lambda )q(z)$ 时，很显然 $p(\lambda )=0$ 成立:

$$\begin{array}{rl}p(\lambda )& =(\lambda -\lambda )q(z)\\ & =0\cdot q(z)\\ & =0\end{array}$$

当 $p(\lambda )=0$ 时，设 $s\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 且对于任意 $z\in \mathbf{F}$ 都有 $s(z)=z-\lambda$ 。

显然 $\text{deg}s=1$，根据多项式带余除法的定义，必然存在多项式 $q,r\in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ ，使得 $p=sq+r$ ，因为 $\text{deg}r<\text{deg}s\Rightarrow \text{deg}r\in (-\mathrm{\infty },0]$ ，所以多项式 $r$ 实际上就是个标量，即对于每个 $z\in \mathbf{F}$ 都有：

$$p(z)=s(z)q(z)+r=(z-\lambda )q(z)+r$$

因为 $p(\lambda )=0$ ，所以 $(z-\lambda )q(z)=0$ ，故而此时 $r=0$ ，所以 $p(z)=(z-\lambda )q(z)$ 成立。

• 多项式零点的个数不超过它的次数： 对于任意多项式 $p\in {\mathcal{P}}_m(F)$ ，当 $m\ge 0$ 时，$p$ 最多有 $m$ 个不同的零点。

结合上一条性质，再利用归纳法可证，这里就省略证明过程了。

代数学基本定理

每个非常数的复系数多项式都有零点。

优雅地证明该定理需要使用复分析领域的知识，以后再补充。

多项式的分解

$\mathbf{C}$ 上的多项式分解

若 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ 是非常数多项式，则 $p$ 可以唯一分解为：

$$p(z)=c(z-{\lambda }_1)\dots (z-{\lambda }_m)$$

其中 $c,{\lambda }_1,\dots {\lambda }_m\in \mathbf{C}$ 。

证明：设 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ 且 $m=\text{deg}p$ ，首先由代数学基本定理可知，对于 $p$ 一定存在一个根 $\lambda$ 使得：

$$p(z)=(z-\lambda )q(z)$$

此处 $\text{deg}q=m-1$ ，再将多项式 $q$ 代入到上述过程并以此类推，就可以证明多项式 $p$ 的分解形式的存在。

接下来证明唯一性，设对于任意 $z\in \mathbf{C}$ 都有：

$$(z-{\lambda }_1)\dots (z-{\lambda }_m)=(z-{\tau }_1)\dots (z-{\tau }_m)$$

将 $z={\lambda }_1$ 代入上式，此时整个等式左右两边都应等于 $0$ ，故而等式右边必然存在一个 $\tau$ 等于 ${\lambda }_1$ ，我们可以重新整理下标，使得 ${\lambda }_1={\tau }_1$ ，并将等式整体除以 $z-{\lambda }_1$ ：

$$(z-{\lambda }_2)\dots (z-{\lambda }_m)=(z-{\tau }_2)\dots (z-{\tau }_m)$$

重复这个流程，就能得到结论：

$${\lambda }_1={\tau }_1,\dots ,{\lambda }_m={\tau }_m$$

故而多项式的 $p$ 的分解形式存在且唯一。

$\mathbf{R}$ 上的多项式分解

实系数多项式的非实数根都是成对出现的

设 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ 是实系数多项式，若 $\lambda \in \mathbf{C}$ 是 $p$ 的根，则 $\bar{\lambda }$ 也是 $p$ 的根。

证明：设

$$p(z)=a_0+a_{1}z+\cdots +a_{m-1}{z}^{m-1}+a_m{z}^m$$

此处 $a_0,\dots a_m\in \mathbf{F}$ 。

设 $\lambda \in \mathbf{C}$ 是 $p$ 的根，那么 $p(\lambda )=0$ ，对整个等式取复共轭：

$$\begin{array}{rl}\overline{p(\lambda )}& =\bar{0}=0\\ & \Downarrow \\ 0& =\overline{a_0+a_{1}z+\cdots +a_{m-1}{z}^{m-1}+a_m{z}^m}\\ & =\overline{a_0}+\overline{a_{1}z}+\cdots +\overline{a_{m-1}{z}^{m-1}}+\overline{a_m{z}^m}\\ & =\overline{a_0}+\overline{a_1}\cdot \bar{z}+\cdots +\overline{a_{m-1}}\cdot \overline{z^{m-1}}+\overline{a_m}\cdot \overline{z^m}\\ & =\overline{a_0}+\overline{a_1}\cdot \bar{z}+\cdots +\overline{a_{m-1}}\cdot {\bar{z}}^{m-1}+\overline{a_m}\cdot {\bar{z}}^m\\ & =a_0+a_1\bar{z}+\cdots +a_{m-1}\cdot (\bar{z}{)}^{m-1}+a_m\cdot (\bar{z}{)}^m\\ & =p(\bar{z})\\ & \Downarrow \\ p(\bar{z})& =0\end{array}$$

$\mathbf{R}$ 上多项式的分解

设 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{R})$ 是非常数多项式，那么 $p$ 可以唯一分解为：

$$p(x)=c(x-{\lambda }_1)\dots (x-{\lambda }_m)(x^2+b_{1}x+c_1)\dots (x^2+b_{M}x+c_M)$$

其中 $c,{\lambda }_1,\dots ,{lambda}_m,b_1,\dots ,b_M,c_1,\dots ,c_M\in \mathbf{R}$ , 且对于下标 $j$ 都有 ${b_j}^2<4c_j$ 。

证明： 设 $\text{deg}p=n$ 。

因为 $\mathbf{R}\in \mathbf{C}$ ，故而 $p\in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ ，如果 $p$ 的零点全部都是实数，那么结论易得。所以我们假设 $p$ 有一个根 $\lambda \in \mathbf{C}$ 且 $\lambda \notin \mathbf{R}$ ，那么其复共轭 $\bar{\lambda }$ 也是 $p$ 的根，则存在一个次数为 $n-2$ 的多项式 $q\in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ ，使得：

$$\begin{array}{rl}p(x)=(x-\lambda )(x-\bar{\lambda })q(x)& =(x^2-2(\text{Re}\lambda )x+|\lambda {|}^2)q(x)\\ & \Downarrow \\ q(x)& =\frac{p(x)}{x^2-2(\text{Re}\lambda )x+|\lambda {|}^2}\end{array}$$

说明对于 $x\in \mathbf{R}$ 都有 $q(x)\in \mathbf{R}$ ，将 $q$ 多项式一般形式：

$$q(x)=a_0+a_{1}x+...+a_{n-2}{x}^{n-2}$$

其中 $a_0,\dots ,a_{n-2}\in mathbfC$ ，则对于 $x\in \mathbf{R}$ 有：

$$\begin{array}{rl}\text{Im}q& =0\\ & =(\text{Im}{a}_0)+(\text{Im}{a}_1)x+\cdots +(\text{Im}{a}_{n-2})x^{n-2}\end{array}$$

所以 $\text{Im}{a}_0,\dots ,\text{Im}{a}_{n-2}$ 均为 $0$ ，所以 $a_0,\dots ,a_{n-2}\in mathbfR$ ，反复将得出的 $q$ 代入到一开始的等式中，从而证明了该分解形式的存在性。

至于唯一性，假设有多个分解形式，那么 $p$ 在 $\mathcal{P}(\mathbf{C})$ 的概念中也存在两个不同形式的分解，这与“$\mathbf{C}$ 上的多项式分解形式存在且唯一”相悖，故而分解形式是唯一的。