主要内容\(\newcommand{\N}{\mathbb N}
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\)
节 5.5 多项式函数
子节 5.5.1 主要知识点
定义 5.5.1.
设\(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\)， 对任意\(b \in\mathbb{F}\)，将\(f(x)\)表示式里的\(x\)用\(b\)代替，得到 \(\mathbb{F}\)中的数
\begin{equation*}
a_nb^n+a_{n-1}b^{n-1}+\cdots+a_1b+a_0,
\end{equation*}
称为当\(x=b\)时\(f(x)\)的值，记作\(f(b)\)。
\begin{equation*}
f: b\mapsto f(b)
\end{equation*}
定义了数域\(\mathbb{F}\)上的函数\(f(x)\)，称\(f(x)\)为数域\(\mathbb{F}\)上的多项式函数。
定义 5.5.2.
设\(f(x)\in \mathbb{F}[x]\)，\(b\in\mathbb{F}\)，且\(f(b)=0\)，则称\(b\)为\(f(x)\)在\(\mathbb{F}\)内的一个根 或零点 。
定理 5.5.3. 余数定理.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)，\(b\in\mathbb{F}\)，则存在唯一的\(g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=(x - b) g(x)+ f(b)\mbox{。}
\end{equation*}
推论 5.5.4.
\(b\)是\(f(x)\)的根当且仅当\((x - b)| f(x)\)。
定理 5.5.5.
设\(f(x)\in \mathbb{F}[x]\)，且\(\deg f(x)=n>0\)，则\(f(x)\)在\(\mathbb{F}\)内至多有\(n\)个不同的根。
推论 5.5.6.
设\(f(x), g(x)\in\mathbb{F} [x]\)，且\(\deg f(x) \le n\)，\(\deg g(x)\le n\)， 且存在\(n+1\)个不同的数 \(b_1, b_2,\ldots, b_{n+1}\in\mathbb{F}\)， 使得 \(f( b_i ) = g( b_i ), i =1, 2,\ldots, n+1\)， 则 \(f(x)\)，\(g(x)\)作为多项式相等。
定理 5.5.7.
设\(f(x), g(x)\in\mathbb{F} [x]\)， 则\(f(x), g(x)\)作为多项式相等当且仅当\(f(x), g(x)\)作为多项式函数相等。
定义 5.5.8.
\(b\in\mathbb{F}\)，若\((x - b)^k | f(x)\)，但\((x-b)^{k+1}\not| f(x)\)，则称\(b\)为\(f(x)\)的一个\(k\)重根 。若\(k = 1\)， 则称\(b\)为单根 。若\(k > 1\)， 则称\(b\)为重根。
定理 5.5.9.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)，且\(\deg f(x)=n>0\)，则\(f(x)\)在\(\mathbb{F}\)内至多有\(n\)个根（重根按重数计）。
练习 5.5.2 练习
1.
设\(x-a\left|f(x^n)\right.\)，证明：\(x^n-a^n\left|f(x^n)\right.\)。
解答.
因\(x-a\mid f(x^n)\)，所以\(a\)是\(f(x^n)\)的一个根，即\(f(a^n)=0\)。因此
\begin{equation*}
x-a^n\mid f(x),
\end{equation*}
即存在\(g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得\(f(x)=\left(x-a^n\right)g(x)\)。从而存在\(g(x^n)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x^n)=\left(x^n-a^n\right)g(x^n),
\end{equation*}
即\(x^n-a^n\left|f(x^n)\right.\)。
2.
若\(x^2+x+1\left|f_1(x^3)+xf_2(x^3)\right.\)，则\(x-1\left|f_1(x)\right.\)且\(x-1\left|f_2(x)\right.\)。
解答.
直接计算知\(x^2+x+1\)有两个不同的复根\(\omega_1=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2},\omega_2=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}\)。因为\(x^2+x+1\left|f_1(x^3)+xf_2(x^3)\right.\)，所以\(\omega_1,\omega_2\)也是\(f_1(x^3)+xf_2(x^3)\)的根，则
\begin{equation*}
f_1(\omega_1^3)+\omega_1f_2(\omega_1^3)=0,\quad f_1(\omega_2^3)+\omega_2f_2(\omega_2^3)=0,
\end{equation*}
即\(f_1(1)+\omega_1f_2(1)=0,f_1(1)+\omega_2f_2(1)=0\)。联立这两个方程，解得
\begin{equation*}
f_1(1)=f_2(1)=0.
\end{equation*}
因此\(x-1\mid f_1(x)\)且\(x-1\mid f_2(x)\)。
3.
设\(a,b\in\mathbb{F}\)且\(a\neq b\)，证明：\(f(x)\)除以\((x-a)(x-b)\)的余式是
\begin{equation*}
\frac{f(a)-f(b)}{a-b}x+\frac{af(b)-bf(a)}{a-b}\mbox{。}
\end{equation*}
解答.
由带余除法，存在\(q(x),r(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation}
f(x)=(x-a)(x-b)q(x)+r(x),\tag{5.3}
\end{equation}
其中
\(\deg r(x)<2\)。假设
\(r(x)=cx+d\)，将
\(x=a,x=b\)分别代入
(5.3) 式，得
\begin{equation*}
f(a)=ca+d,\quad f(b)=cb+d,
\end{equation*}
联立这两个方程，解得
\begin{equation*}
c=\frac{f(a)-f(b)}{a-b},d=\frac{af(b)-bf(a)}{a-b}\mbox{。}
\end{equation*}
因此\(f(x)\)除以\((x-a)(x-b)\)的余式是
\begin{equation*}
\frac{f(a)-f(b)}{a-b}x+\frac{af(b)-bf(a)}{a-b}\mbox{。}
\end{equation*}
4.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x],\deg f(x)=n\)，且\(f(k)=\frac{k}{k+1},k=0,1,\cdots ,n\)，求\(f(n+1)\)。
解答.
令
\begin{equation}
g(x)=(x+1)f(x)-x，\tag{5.4}
\end{equation}
则\(g(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n+1\)次多项式。由\(f(k)=\frac{k}{k+1},\forall k=0,1,\cdots ,n,\)知：\(0,1,\cdots ,n\)是\(g(x)\)所有根，故
\begin{equation}
g(x)=cx(x-1)\cdots (x-n).\tag{5.5}
\end{equation}
则
\(g(-1)=(-1)^{n+1} c\cdot(n+1)!\)。由
(5.4) 知
\(g(-1)=1\)，所以
\(c= (-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!} \)，因此
\begin{equation}
g(x)= (-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!}x(x-1)\cdots (x-n).\tag{5.6}
\end{equation}
将
\(x=n+1\)代入
(5.6)式，得
\(g(n+1)=(-1)^{n+1}\)，即
\begin{equation*}
(n+2)f(n+1)-(n+1)=(-1)^{n+1},
\end{equation*}
因此
\begin{equation*}
f(n+1)=\frac{(-1)^{n+1}+(n+1)}{n+2}=\left\{ \begin{array}{cl}
\frac{n}{n+2} & n\text{为偶数}\\
1 & n \text{为奇数}
\end{array}\right. .
\end{equation*}
5.
设\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n\)个不同的数，\(b_1,b_2,\cdots ,b_n\in\mathbb{F}\)，
\begin{equation*}
L(x)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{b_i(x-a_1)\cdots(x-a_{i-1})(x-a_{i+1})\cdots(x-a_n)}{(a_i-a_1)\cdots(a_i-a_{i-1})(a_i-a_{i+1})\cdots(a_i-a_n)},
\end{equation*}
证明：\(\deg L(x)\leq n-1\)且\(L(a_i)=b_i,i=1,2,\cdots ,n\)；
证明：如果\(0\neq f(x)\in\mathbb{F}[x]\)使得\(\deg f(x)\leq n-1\)且\(f(a_i)=b_i,i=1,2,\cdots ,n\)，则\(f(x)=L(x)\)；
试求一个次数小于\(3\)次的多项式\(g(x)\)使得
\begin{equation*}
g(1)=2,g(2)=3,g(3)=6\mbox{。}
\end{equation*}
解答.
令\(g(x)=f(x)-L(x)\)，则\(\deg g(x)\leq\min\left\{\deg f(x),\deg L(x)\right\}\leq n-1\)。由\(f(a_i)=b_i=L(a_i),i=1,2,\cdots ,n\)知：\(g(x)\)在数域\(\mathbb{F}\)上有\(n\)个不同的根\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)，故\(g(x)=0\)，即\(f(x)=L(x)\)。
令\(g(x)=\frac{2(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)}+\frac{3(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)}+\frac{6(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)}\)，即\(g(x)=x^2-2x+3\)，则\(\deg g(x)<3\)且\(g(1)=2,g(2)=3,g(3)=6\)。
6.
设\(f(x)\in\mathbb{F}[x]\)且\(\deg f(x)=n>0\)。证明：\(a\)是\(f(x)\)的\(k\)重根\((k\geq 1)\)的充分必要条件是\(f(a)=f'(a)=\cdots=f^{(k-1)}(a)=0,f^{(k)}(a)\neq 0\)。
解答.
因为\(k\geq 1\)，所以
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}
a\mbox{是}f(x)\mbox{的}k\mbox{重根}&\Leftrightarrow& x-a\mbox{是}f(x)\mbox{的}k\mbox{重因式}\\
&\Leftrightarrow& x-a\mbox{是}f(x),f'(x),\cdots ,f^{(k-1)}(x)\mbox{的因式，}\\
&&\mbox{但}x-a\mbox{不是}f^{(k)}(x)\mbox{的因式}\\
&\Leftrightarrow&f(a)=f'(a)=\cdots=f^{(k-1)}(a)=0,f^{(k)}(a)\neq 0
\end{array}
\end{equation*}
7.
设\(f(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n\)次多项式，且\(f(0)=0\)。令\(g(x)=xf(x)\)，证明：如果\(f'(x)\left|g'(x)\right.\)，那么\(g(x)\)有\(n+1\)重零根。
解答.
因为\(f'(x)\mid g'(x)\)，且\(g'(x)=f(x)+xf'(x)\)，所以\(f'(x)\mid f(x)\)。
\begin{equation*}
\left(f(x),f'(x)\right)=cf'(x),
\end{equation*}
因此\(\frac{f(x)}{\left(f(x),f'(x)\right)}=\frac{f(x)}{cf'(x)}\)是一次多项式。假设\(\frac{f(x)}{\left(f(x),f'(x)\right)}=a(x-b)\)，注意到\(f(x)\)与\(\frac{f(x)}{(f(x),f'(x))}\)有完全相同的不可约因式，所以\(f(x)=a(x-b)^n\)。由\(f(0)=0\)得\(b=0\)。于是\(f(x)=ax^n\)，进而\(g(x)=ax^{n+1}\)。因此\(0\)是\(g(x)\)的\(n+1\)重根。
8.
设\(p(x)\in\mathbb{Q}[x]\)。证明：如果\(p(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约，那么\(p(x)\)在\(\mathbb{C}\)上没有重根。
解答.
因为\(\left(p(x),p'(x)\right)\mid p(x)\)，且\(p(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约，所以在\(\mathbb{Q}\)上
\begin{equation*}
\left(p(x),p'(x)\right)=1,
\end{equation*}
注意到互素与数域扩大无关，故在\(\mathbb{C}\)上，\(\left(p(x),p'(x)\right)=1\)。因此\(p(x)\)在\(\mathbb{C}\)上没有重因式。从而\(p(x)\)在\(\mathbb{C}\)上重根。
9.
设\(f(x)\in\mathbb{Q}[x]\)，若\(1+\sqrt{2}\)是\(f(x)\)的根，证明：\(1-\sqrt{2}\)也是\(f(x)\)的根。
解答.
令
\begin{equation*}
p(x)=\left(x-(1+\sqrt{2})\right)\left(x-(1-\sqrt{2})\right),
\end{equation*}
即\(p(x)=x^2-2x-1\)，则\(p(x)\in\mathbb{Q}[x]\)且\(p(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。否则，\(p(x)\)有有理根，矛盾。注意到\(f(x),p(x)\)在\(\mathbb{C}\)上有公共根\(1+\sqrt{2}\)，所以\(p(x)\mid f(x)\)。故\(1-\sqrt{2}\)也是\(f(x)\)的根。
