节 5.4 标准分解式
建设中！
子节 5.4.1 主要知识点
- \(\mathbb{F}\)上不可约多项式\(f(x)\)的因式只能是\(\mathbb{F}\)上非零常数\(c\)及\(c f(x)\)。
- 一次多项式总是不可约多项式。
- (不)可约多项式前提是次数大等于1。
- 一个多项式是否不可约依赖于系数域。
命题 5.4.2.
设\(f(x)\)，\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上多项式，且\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式，则
\begin{equation*}
\text{ 或者}(p(x), f(x)) = 1\text{ 或者}p(x)|f(x)\text{。}
\end{equation*}
命题 5.4.3.
设\(f(x)\)、\(g(x)\)、\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上多项式，\(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式，且\(p(x)| f(x) g(x)\)，则
\begin{equation*}
\text{ 或者 }p(x)| f(x)\text{ 或者 }p(x)|g(x)\text{。}
\end{equation*}
- 命题中 \(p(x)\) 不可约 是重要的；
推论 5.4.4.
设\(f_1(x), f_2(x), \ldots, f_m(x)\in \mathbb{F}[x]\)，且 \(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式，若
\begin{equation*}
p(x)| f_1(x) f_2(x)\cdots f_m(x),
\end{equation*}
则存在\(i\)，\(1\le i\le m\)，使得
\begin{equation*}
p(x)| f_i (x)
\end{equation*}
- 命题 5.4.2的逆命题： 设\(p(x)\in\mathbb{F}[x]\)，\(\deg p(x) >0\)，满足以下性质：对任意 \(f(x)\in\mathbb{F} [x]\)，或者\(( f(x),p(x))=1\) 或者\(p(x)| f(x)\)，则\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上不可约。
- 命题 5.4.3的逆命题： 设\(p(x)\in\mathbb{F}[x]\)，\(\deg p(x) >0\)，满足以下性质：对任意 \(f(x)\in\mathbb{F} [x]\)，\(g(x)\in \mathbb{F} [x]\)，如果\(p(x)| f(x)g(x)\)必有 \(p(x)| f(x)\) 或者 \(p(x)|g(x)\)，则 \(p(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式。
- 通过\(p(x)\)与\(\mathbb{F}\)上任一个多项式或任意两个多项式的关系可判定\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上是否不可约。
定理 5.4.5. 多项式唯一分解定理.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)，且\(\deg f(x)\ge1\)，则
- \(f(x) = p_1(x) p_2(x)\cdots p_s(x)\)，其中\(p_i(x)\)是\(\mathbb{F}\)上不可约多项式\((i =1, 2, \ldots, s)\)；
- 若\(f(x) = p_1(x) p_2(x)\cdots p_s (x) = q_1(x) q_2(x)\cdots q_t (x)\)，其中\(p_i (x)\)，\(q_j (x)\)在\(\mathbb{F}\)上不可约\((i = 1, 2,\ldots, s; j = 1, 2, \ldots, t)\)，则必有\(s = t\)，且经过适当调换因式顺序\(p_i (x)\)与\(q_i (x)\)相伴\((i = 1, 2,\ldots, s)\)。
- 多项式的标准分解式 ： 设\(\deg f(x)\ge1\)，则\begin{equation*} f(x)=c p_1^{e_1}(x)p_2^{e_2}(x)\cdots p_m^{e_m}(x) \end{equation*}其中\(p_i (x)\)是首一的 两两互素不可约多项式， \(e_i\ge 1(i = 1, 2,\ldots, m)\)。
定义 5.4.6.
不可约多项式\(p(x)\)称为\(f(x)\)的\(k\)重因式，如果
\begin{equation*}
p^k(x)|f(x)\text{ 并且 }p^{k+1}(x)\not{|}f(x)\text{。}
\end{equation*}
- 当\(k=0\)时，\(p(x)\)不是\(f(x)\)的因式；
- 当\(k=1\)时，\(p(x)\)称为\(f(x)\)的单因式；
- 当\(k>1\)时，\(p(x)\)称为\(f(x)\)的重因式。
- 不可约多项式\(p(x)\)为\(f(x)\)的\(k\)重因式\begin{equation*} \Leftrightarrow f(x)=p^k(x)h(x),\quad (p(x),h(x))=1. \end{equation*}
设\(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\)，则其导数为
\begin{equation*}
f'(x)=na_nx^{n-1}+{(n-1)}a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+a_1
\end{equation*}
- \((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x) \)；
- \((f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) \)；
- \((cf(x))'=cf'(x)\)；
- \(\displaystyle (f^m(x))'=mf^{m-1}(x)f'(x) \)
定理 5.4.7.
若不可约多项式\(p(x)\)是\(f(x)\)的\(k\)重因式（\(k\geq 1\)），则\(p(x)\)是\(f'(x)\)的\(k- 1\)重因式。
推论 5.4.8.
不可约多项式\(p(x)\)是\(f (x)\) 的\(k \)重因式\((k> 1)\) \(\Leftrightarrow \)\(p(x)\)是\((f(x), f'(x))\)的\(k - 1\)重因式。
推论 5.4.9.
不可约多项式\(p(x)\)是\(f (x)\)的\(k\)重因式\((k\geq 1)\) \(\Leftrightarrow p(x)\)是\(f (x), f'(x),f''(x),\ldots,\) \(f^{ (k-1)} (x)\)的因式，但不是\(f^{ (k)} (x)\)的因式。
推论 5.4.10.
\(p(x)\)是不可约多项式，则\(p(x)\)是\(f (x)\)的重因式\(\Leftrightarrow p(x)\)是\(f (x)\)和 \(f'(x)\) 的公因式。
去除重数的有效方法
推论 5.4.11.
设\(d(x)=(f(x), f'(x))\)，\(f(x) = f_1(x)d(x)\)，则\(f_1(x)\)是一个无重因式的多项式， 且此多项式的每一个不可约因式与\(f(x)\)的不可约因式相同。
- \(f(x)\)与\begin{equation*} \frac{f(x)}{(f(x),f'(x))} \end{equation*}有完全相同的不可约因式。
- \(\displaystyle\frac{f(x)}{(f(x),f'(x))}\)的因式皆为单因式。
- 去除重数的有效方法：\begin{equation*} \frac{f(x)}{(f(x),f'(x))}=cp_1(x)p_2(x)\cdots p_m(x) \end{equation*}
推论 5.4.12.
\(f (x)\)无重因式\(\Leftrightarrow (f (x), f'(x)) = 1\)。
- 判断\(f (x)\)是否有重因式无需进行因式分解；
- \(f (x)\)是否可约与数域有关；
- \(p(x)\)是否是 \(f (x)\)的重因式与数域有关；但\(f (x)\)是否有重因式与数域无关。
练习 5.4.2 练习
1.
设\(f(x)=x^2+3x+4\)，证明：\(f(x)\)是实数域上不可约多项式。
解答.
假设\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上可约，则存在\(g(x),h(x)\in\mathbb{R}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=g(x)h(x),
\end{equation*}
其中\(0<\deg g(x),\deg h(x)<\deg f(x)=2\)，即\(\deg g(x)=\deg h(x)=1\)。因而存在\(a,b,c,d\in\mathbb{R}\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=(ax+b)(cx+d),
\end{equation*}
则\(f(x)=acx^2+(ad+bc)x+bd\)，即\(\left\{\begin{array}{l}
ac=1,\\ad+bc=3,\\bd=4
\end{array}\right.\Rightarrow (bc)^2-3bc+4=0\)，这与\(\Delta=-7<0\)相矛盾。从而\(f(x)\)是实数域上不可约多项式。
2.
设\(p(x)\in\mathbb{F}[x]\)且\(\deg p(x)>0\)。证明：如果对任意的\(f(x),g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，由\(p(x)\left|f(x)g(x)\right.\)可推出\(p(x)\left|f(x)\right.\)或\(p(x)\left|g(x)\right.\)，那么\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式。
解答.
（反证法）假设\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上可约，则存在\(m(x),n(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
p(x)=m(x)n(x),
\end{equation*}
其中\(0<\deg m(x)<\deg p(x),0<\deg n(x)<\deg p(x)\)。 取\(f(x)=m(x),g(x)=n(x)\)，则
\begin{equation*}
p(x)\left|f(x)g(x)\right.\mbox{，但}p(x)\nmid f(x)\mbox{且}p(x)\nmid g(x),
\end{equation*}
与题设矛盾。因此\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式。
3.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)且\(\deg f(x)>0\)，证明下列命题等价：
- \(f(x)\)与数域\(\mathbb{F}\)上某个不可约多项式的正整数次幂相伴；
- \(\forall g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，有\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)\mid g^m(x)\)；
- 在\(\mathbb{F}[x]\)中，从\(f(x)\mid g(x)h(x)\)可以推出\(f(x)\mid g(x)\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)\mid h^m(x)\)。
解答.
“\((1)\Rightarrow (2)\)”设\(f(x)=cp^m(x)\)，其中\(p(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的不可约多项式，\(c\in\mathbb{F},m\in\mathbb{Z}^+\)。因为\(p(x)\)在\(\mathbb{F}\)上不可约，所以\(\forall g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，
\begin{equation*}
\left(p(x),g(x)\right)=1\mbox{或}p(x)\mid g(x)\mbox{。}
\end{equation*}
由定理5.3.3，
\begin{equation*}
\left(p^m(x),g(x)\right)=1\mbox{或}p^m(x)\mid g^m(x),
\end{equation*}
即有\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)\mid g^m(x)\)。
“\((2)\Rightarrow (3)\)” 对上述\(h(x)\)，由条件\((2)\)，有\(\left(f(x),h(x)\right)=1\)或者存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)\mid h^m(x)\)。
- 当\(\left(f(x),h(x)\right)=1\)时，由推论5.3.2，由\(f(x)\mid g(x)h(x)\)可推出\(f(x)\mid g(x)\)；
- 当存在\(m\in\mathbb{Z}^+\)使得\(f(x)\mid h^m(x)\)，结论成立。
“\((3)\Rightarrow (1)\)”（反证法）假设\(f(x)=p^k(x)q(x)\)，其中\(p(x)\)在数域\(\mathbb{F}\)上不可约，\(k\in\mathbb{Z}^+,\deg q(x)\geq 1\)且\(\left(p(x),q(x)\right)=1\)。取\(g(x)=q(x),h(x)=p^k(x)\)，则\(f(x)\mid g(x)h(x)\)，但\(f(x)\nmid g(x)\)且\(f(x)\)不能整除\(h(x)\)的任意次幂，与题设矛盾。因此\(f(x)\)与数域\(\mathbb{F}\)上某个不可约多项式的正整数次幂相伴。
4.
设\(f(x)=x^4+x^2+1\)，试分别在复数域、实数域上写出其标准分解式。
解答.
因为\(f(x)\)的所有复根为
\begin{equation*}
\omega_k=\cos\frac{k\pi}{3}+i\sin\frac{k\pi}{3},k=\pm 1,\pm 2,
\end{equation*}
所以\(f(x)\)在复数域上的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=(x- \omega_{-2})(x- \omega_{-1})(x- \omega_1)(x- \omega_2).
\end{equation*}
注意到\(\overline{\omega_k}=\omega_{-k},\ \forall k=1,2\)，所以
\begin{equation*}
(x- \omega_{-k})(x- \omega_k)=x^2-2\cos\frac{k\pi}{3}x+1\in\mathbb{R}[x],\ \forall k=1,2.
\end{equation*}
因此\(f(x)\)在实数域上的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=(x^2-2\cos\frac{\pi}{3}x+1)(x^2-2\cos\frac{2\pi}{3}x+1).
\end{equation*}
5.
设\(f(x),g(x)\)是\(\mathbb{F}[x]\)中次数大于0的多项式，\(m\in\mathbb{Z}^+\)，证明：
\begin{equation*}
\left(f^m(x),g^m(x)\right)=\left(f(x),g(x)\right)^m\mbox{。}
\end{equation*}
解答.
设\(f(x)\)、\(g(x)\)分解式为（标准分解式适当乘以一些0次项）
\begin{equation*}
f(x)=ap_1^{a_1}(x)p_2^{a_2}(x)\cdots p_s^{a_s}(x),\quad
g(x)=bp_1^{b_1}(x)p_2^{b_2}(x)\cdots p_s^{b_s}(x),
\end{equation*}
其中\(p_1(x),p_2(x),\cdots ,p_s(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上两两互素的首一不可约多项式，\(a_i,b_i\geq 0\)且\(a_i+b_i>0,(i=1,2,\ldots,s)\)，则
\begin{equation*}
\left(f(x),g(x)\right)=p_1^{c_1}(x)p_2^{c_2}(x)\cdots p_s^{c_s}(x),
\end{equation*}
其中\(c_i=\min\{a_i,b_i\}\)。注意到
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f^m(x)=a^mp_1^{ma_1}(x)p_2^{ma_2}(x)\cdots p_s^{ma_s}(x),\\
g^m(x)=b^mp_1^{mb_1}(x)p_2^{mb_2}(x)\cdots p_s^{mb_s}(x),
\end{array}
\end{equation*}
所以\(\left(f^m(x),g^m(x)\right)=p_1^{d_1}(x)p_2^{d_2}(x)\cdots p_s^{d_s}(x)\)，其中\(d_i=\min\{ma_i,mb_i\}\)。而
\begin{equation*}
\min\{ma_i,mb_i\}=m\cdot\min\{a_i,b_i\},
\end{equation*}
即\(d_i=mc_i\)。因此\(\left(f^m(x),g^m(x)\right)=\left(f(x),g(x)\right)^m\)。
6.
设\(f_1(x),f_2(x),g_1(x),g_2(x)\in\mathbb{F}[x]\)，满足\(\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i,j=1,2\)，证明：
\begin{equation*}
\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)=\left(f_1(x),f_2(x)\right)\left(g_1(x),g_2(x)\right)\mbox{。}
\end{equation*}
解答.
证法一：因为\(\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i,j=1,2\)，所以可设\(f_1(x),f_2(x),g_1(x),g_2(x)\)的分解式为（标准分解式适当乘以一些0次项）
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f_1(x)=ap_1^{a_1}(x)p_2^{a_2}(x)\cdots p_s^{a_s}(x),\quad
f_2(x)=bp_1^{b_1}(x)p_2^{b_2}(x)\cdots p_s^{b_s}(x),\\
g_1(x)=cq_1^{c_1}(x)q_2^{c_2}(x)\cdots q_t^{c_t}(x),\quad
g_2(x)=dq_1^{d_1}(x)q_2^{d_2}(x)\cdots q_t^{d_t}(x),
\end{array}
\end{equation*}
其中\(p_1(x),p_2(x),\cdots ,p_s(x),q_1(x),q_2(x),\cdots ,q_t(x)\)是\(\mathbb{F}\)上两两互素的首一不可约多项式，\(a_i,b_i,c_j,d_j\geq 0\)且\(a_i+b_i>0,c_j+d_j>0,(i=1,\ldots,s,j=1,\ldots ,t)\)，则
\begin{equation*}
\left(f_1(x),f_2(x)\right)=p_1^{k_1}(x)p_2^{k_2}(x)\cdots p_s^{k_s}(x),\left(g_1(x),g_2(x)\right)=q_1^{l_1}(x)q_2^{l_2}(x)\cdots q_t^{l_t}(x),
\end{equation*}
其中\(k_i=\min\{a_i,b_i\},l_j=\min\{c_j,d_j\},\forall i=1,\ldots,s,j=1,\ldots ,t\)。注意到
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f_1(x)g_1(x)=acp_1^{a_1}(x)p_2^{a_2}(x)\cdots p_s^{a_s}(x)q_1^{c_1}(x)q_2^{c_2}(x)\cdots q_t^{c_t}(x),\\
f_2(x)g_2(x)=bdp_1^{b_1}(x)p_2^{b_2}(x)\cdots p_s^{b_s}(x)q_1^{d_1}(x)q_2^{d_2}(x)\cdots q_t^{d_t}(x),
\end{array}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}\Rightarrow\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)&=&p_1^{k_1}(x)p_2^{k_2}(x)\cdots p_s^{k_s}(x)q_1^{l_1}(x)q_2^{l_2}(x)\cdots q_t^{l_t}(x)\\&=&\left(f_1(x),f_2(x)\right)\left(g_1(x),g_2(x)\right)\end{array}
\end{equation*}
证法二：设
\begin{equation*}
\left(f_1(x),f_2(x)\right)=d_1(x),\left(g_1(x),g_2(x)\right)=d_2(x),
\end{equation*}
则存在\(h_1(x),h_2(x),h_3(x),h_4(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f_1(x)=d_1(x)h_1(x),f_2(x)=d_1(x)h_2(x),g_1(x)=d_2(x)h_3(x),g_2(x)=d_2(x)h_4(x),
\end{equation*}
其中\(\left(h_1(x),h_2(x)\right)=1,\left(h_3(x),h_4(x)\right)=1\)。由条件\(\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i,j=1,2\)知
\begin{equation*}
\left(h_i(x),h_j(x)\right)=1,\forall i=1,2,j=3,4,
\end{equation*}
根据推论 5.3.12 ，得\(\left(h_1(x)h_3(x),h_2(x)h_4(x)\right)=1\)。因此
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)&=&\left(d_1(x)h_1(x)d_2(x)h_3(x),d_1(x)h_2(x)d_2(x)h_4(x)\right)\\&=&d_1(x)d_2(x)\left(h_1(x)h_3(x),h_2(x)h_4(x)\right)\\
&=&d_1(x)d_2(x),\end{array}
\end{equation*}
即\(\left(f_1(x)g_1(x),f_2(x)g_2(x)\right)=\left(f_1(x),f_2(x)\right)\left(g_1(x),g_2(x)\right)\)。
7.
设\(f(x),g(x),h(x)\in\mathbb{F}[x]\)，证明：
\begin{equation*}
\left[f(x),\left(g(x),h(x)\right)\right]=\left(\left[f(x),g(x)\right],\left[f(x),h(x)\right]\right)\mbox{。}
\end{equation*}
解答.
设\(f(x)\)、\(g(x)\)、\(h(x)\)分解式为（标准分解式适当乘以一些0次项）
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
f(x)=ap_1^{a_1}(x)p_2^{a_2}(x)\cdots p_s^{a_s}(x),
g(x)=bp_1^{b_1}(x)p_2^{b_2}(x)\cdots p_s^{b_s}(x),\\
h(x)=cp_1^{c_1}(x)p_2^{c_2}(x)\cdots p_s^{c_s}(x),
\end{array}
\end{equation*}
其中\(p_1(x),p_2(x),\cdots ,p_s(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上两两互素的首一不可约多项式，\(a_i,b_i,c_i\geq 0\)且 \(a_i+b_i+c_i>0,(i=1,2,\ldots,s)\)，则
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
\left[f(x),\left(g(x),h(x)\right)\right]=p_1^{k_1}(x)p_2^{k_2}(x)\cdots p_s^{k_s}(x),\\
\left(\left[f(x),g(x)\right],\left[f(x),h(x)\right]\right)=p_1^{l_1}(x)p_2^{l_2}(x)\cdots p_s^{l_s}(x),
\end{array}
\end{equation*}
其中\(k_i=\max\{a_i,\min\{b_i,c_i\}\},l_i=\min\left\{\max\{a_i,b_i\},\max\{a_i,c_i\}\right\}\)。注意到
\begin{equation*}
\max\{a_i,\min\{b_i,c_i\}\}=\min\left\{\max\{a_i,b_i\},\max\{a_i,c_i\}\right\},
\end{equation*}
因此\(\left[f(x),\left(g(x),h(x)\right)\right]=\left(\left[f(x),g(x)\right],\left[f(x),h(x)\right]\right)\)。
8.
证明：有理数域上多项式\(f(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}\)没有重因式。
解答.
因为
\begin{equation*}
f'(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^{n-1}}{(n-1)!},
\end{equation*}
所以由引理5.3.1得
\begin{equation*}
\left(f(x),f'(x)\right)=\left(f'(x)+\frac{x^n}{n!},f'(x)\right)=\left(\frac{x^n}{n!},f'(x)\right).
\end{equation*}
注意到\(\frac{x^n}{n!}\)的首一不可约因式只能是\(x\)，但其非\(f'(x)\)的因式，因此\(\left(f(x),f'(x)\right)=1\)。从而\(f(x)\)没有重因式。
9.
设\(f(x)=x^3+3ax+b\)，当且仅当\(a,b\)满足什么条件时，\(f(x)\)有重因式。
解答.
因为\(f'(x)=3(x^2+a)\)，所以由 引理 5.3.2 得
\begin{equation*}
\left(f(x),f'(x)\right)=(f(x)-\frac{1}{3}xf'(x),f'(x))=(2ax+b,x^2+a),
\end{equation*}
故\(f(x)\)有重因式当且仅当\((2ax+b,x^2+a)\neq 1\)。
- 当\(a=0\)时，\(\left(f(x),f'(x)\right)=(b,x^2)\)，此时\(f(x)\)有重因式当且仅当\(b=0\)；
- 当\(a\neq 0\)时，\((2ax+b,x^2+a)\neq 1\)当且仅当\(2ax+b\mid x^2+a\)，注意到\begin{equation*} x^2+a=(2ax+b)\left(\frac{1}{2a}x-\frac{b}{4a^2}\right)+\frac{4a^3+b^2}{4a^2}, \end{equation*}即\(2ax+b\)除\(x^2+a\)的余式为\(\frac{4a^3+b^2}{4a^2}\)，从而此时\(f(x)\)有重因式当且仅当\(4a^3+b^2=0\)。
综上，当且仅当\(4a^3+b^2=0\)时，\(f(x)\)有重因式。
10.
设\(f(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)次多项式，证明：\(f'(x)\mid f(x)\)的充分必要条件是
\begin{equation*}
f(x)=a(x-b)^n,
\end{equation*}
这里\(a,b\in\mathbb{F}\)。
解答.
充分性：\(f'(x)=na(x-b)^{n-1}\)，故\(f'(x)\mid f(x)\)。
必要性：由\(f'(x)\mid f(x)\)知
\begin{equation*}
\left(f(x),f'(x)\right)=cf'(x)\mbox{。}
\end{equation*}
因为\(\deg f'(x)=\deg f(x)-1\)，所以\(\frac{f(x)}{\left(f(x),f'(x)\right)}\)是一次多项式。假设
\begin{equation*}
\frac{f(x)}{\left(f(x),f'(x)\right)}=a(x-b),
\end{equation*}
注意到\(f(x)\)与\(\frac{f(x)}{(f(x),f'(x))}\)有完全相同的不可约因式，因此
\begin{equation*}
f(x)=a(x-b)^n\mbox{。}
\end{equation*}
