主要内容\(\newcommand{\Ima}{\rm Im }
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\)
节 1.5 不可约因式的重数
练习 练习
基础题.
1.
按定义验证：设\(f(x),g(x)\in \F[x]\)，\(c\in \F\)，则
-
\((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)\)；
-
解答.
不妨设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_0,
\end{equation*}
\begin{equation*}
g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots +b_0.
\end{equation*}
-
因为
\begin{equation*}
f(x)+g(x)=(a_n+b_n)x^n+(a_{n-1}+b_{n-1})x^{n-1}+\cdots +(a_0+b_0),
\end{equation*}
所以
\begin{equation*}
\begin{array}{rl}
(f(x)+g(x))'
= &n(a_n+b_n)x^{n-1}+(n-1)(a_{n-1}+b_{n-1})x^{n-2}\\&+\cdots+(a_1+b_1)\\
=& [na_nx^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1]\\
&+[nb_nx^{n-1}+(n-1)b_{n-1}x^{n-1}+\cdots +b_1]\\
=& f'(x)+g'(x).
\end{array}
\end{equation*}
-
\begin{equation*}
cf(x)=ca_nx^n+ca_{n-1}x^{n-1}+\cdots +ca_0,
\end{equation*}
因此
\begin{equation*}
\begin{array}{rl}
(cf(x))'
=& nca_nx^{n-1}+(n-1)ca_{n-1}x^{n-2}+\cdots +ca_1\\
=& c[na_nx^{x-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+a_1]\\
=& cf'(x).
\end{array}
\end{equation*}
2.
判断下列有理数域上的多项式有无重因式。如果有重因式，试求出一个多项式与它有完全相同的不可约因式（不计重数），且这个多项式没有重因式。
-
-
\(x^5-5x^4+7x^3-2x^2+4x-8\)。
解答.
-
设\(f(x)=x^4+4x^2-4x-3\)，则\(f'(x)=4(x^3+2x-1)\)。由辗转相除法可求得
\begin{equation*}
(f(x),f'(x))=1,
\end{equation*}
因此\(f(x)\)在有理数域上没有重因式。
-
设
\begin{equation*}
g(x)=x^5-5x^4+7x^3-2x^2+4x-8,
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
g'(x)=5x^4-20x^3+21x^2-4x+4.
\end{equation*}
由辗转相除法可求得
\begin{equation*}
(g(x),g'(x))=x^2-4x+4,
\end{equation*}
因此\(g(x)\)在有理数域上有重因式。进一步地，
\begin{equation*}
\frac{g(x)}{(g(x),g'(x))}=x^3-x^2-x-2
\end{equation*}
没有重因式，且与\(g(x)\)有完全相同的不可约因式（不计重数）。
3.
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.
\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，
\begin{equation*}
\left(f(x),f'(x)\right)=(b,x^2).
\end{equation*}
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\(2ax+b| x^2+a\)。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*}
故此时\(f(x)\)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。
4.
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\(\omega_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\omega_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\)。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\(x-1| f_1(x)\)且\(x-1| f_2(x)\)。
5.
设
\(p(x)\in\mathbb{F}[x]\)。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\(\left(p(x),p'(x)\right)| p(x)\)，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，进而\(p(x)\)在\(\mathbb{C}\)上重根。
提高题.
6.
按定义验证：设\(f(x),g(x)\in \F[x]\)，\(n\in \N\)，则
-
\((f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+g'(x)f(x)\)；
-
\((f^n(x))'=nf^{n-1}(x)f'(x)\)。
7.
设\(f(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)次多项式，证明：\(f'(x)| f(x)\)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
\(f'(x)| f(x)\)。
必要性：由\(f'(x)| f(x)\)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.
\end{equation*}
8.
设
\(f(x), p(x)\in\F[x]\)。证明：若
\(p(x)\)在
\(\F\)上不可约，且
\(f(x)\)与
\(p(x)\)在
\(\C\)上存在公共根，则
\(p(x)| f(x)\)。
解答.
因为
\(f(x)\)与
\(p(x)\)在
\(\C\)上存在公共根，所以在复数域上
\(f(x)\)与
\(p(x)\)不互素。注意到最大公因式与数域扩大无关，故
\(f(x)\)与
\(p(x)\)在数域
\(\F\)上也不互素。又
\(p(x)\)在
\(\F\)上不可约，因此由
命题 1.4.2得
\(p(x)| f(x)\)。
9.
设\(p(x)\)是数域\(\F\)上的不可约多项式， \(f(x)\in\F[x]\)，\(x_1,\ldots ,x_s\)是\(f(x)\)在\(\C\)上的根。证明：若\(p(x)\nmid f(x)\)，则存在\(g(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
\frac{1}{p(x_i)}=g(x_i),\ i=1,\ldots s.
\end{equation*}
解答.
因为
\(p(x)\)在数域
\(\F\)上不可约且
\(p(x)\nmid f(x)\)，所以由
命题 1.4.2知
\begin{equation*}
\left(p(x),f(x)\right)=1.
\end{equation*}
\begin{equation}
g(x)p(x)+h(x)f(x)=1.\tag{1.5.1}
\end{equation}
将
\(x=x_i\)代入
(1.5.1)，注意到
\(f(x_i)=0\)，故
\begin{equation*}
\frac{1}{p(x_i)}=g(x_i),\ i=1,\ldots s.
\end{equation*}
10.
当且仅当正整数
\(n\)满足何条件时，
\(x^2+x+1|x^{2n}+x^n+1\)，请加以证明。
解答.
直接计算知\(x^2+x+1\)有两个不同的复根\(\omega_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\omega_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\)。因此，\(x^2+x+1|x^{2n}+x^n+1\)当且仅当 \(\omega_1,\omega_2\)都是 \(x^{2n}+x^n+1\)的根。注意到
\begin{equation*}
\omega_i^3=1,
\end{equation*}
所以 \(\omega_i^{2n}+\omega_i^n+1\)的值与 \(3\)除 \(n\)的余数有关。设
\begin{equation*}
n=3q+r,
\end{equation*}
其中 \(0\leq r<3\)，则
\begin{equation*}
\omega_i^{2n}+\omega_i^n+1=\omega_i^{6q+2r}+\omega_i^{3q+r}+1=\omega_i^{2r}+\omega_i^r+1.
\end{equation*}
-
当 \(r=0\)时，
\begin{equation*}
\omega_i^{2n}+\omega_i^n+1=3\neq 0;
\end{equation*}
-
当 \(r=1\)时，
\begin{equation*}
\omega_i^{2n}+\omega_i^n+1=\omega_i^2+\omega_i+1=0;
\end{equation*}
-
当 \(r=2\)时，
\begin{equation*}
\omega_i^{2n}+\omega_i^n+1=\omega_i^4+\omega_i^2+1=\omega_i+\omega_i^2+1=0.
\end{equation*}
综上可知，\(x^2+x+1|x^{2n}+x^n+1\)当且仅当 \(3\nmid n\)。
11.
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.
根据定义，\(a\)是\(f(x)\)的\(k\)重根当且仅当\(x-a\)是\(f(x)\)的\(k\)重因式。而\(x-a\)是\(f(x)\)的 \(k\)重因式当仅且当\(x-a\)是\(f(x),f'(x),\ldots ,f^{(k-1)}(x)\)的因式，但不是\(f^{(k)}(x)\)的因式，因此\(a\)是\(f(x)\)的\(k\)重根当且仅当
\begin{equation*}
f(a)=f'(a)=\cdots=f^{(k-1)}(a)=0,f^{(k)}(a)\neq 0.
\end{equation*}
12.
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
\(f'(x)| g'(x)\)，且
\(g'(x)=f(x)+xf'(x)\)，所以
\(f'(x)| f(x)\)。由
练习 1.5.7知
\begin{equation*}
f(x)=a(x-b)^n.
\end{equation*}
由于\(f(0)=0\)，所以\(b=0\)，由此推出\(f(x)=ax^n\)，进而\(g(x)=ax^{n+1}\)，因此\(0\)是\(g(x)\)的\(n+1\)重根。
13.
设
\(f(x)\in\F [x],\ \deg f(x)>0\)，
\(m\)是大于1的正整数。证明：若
\(f(x)|f(x^m)\)， 则
\(f(x)\)的根或为0或为
\(1\)的某个方根。
解答.
设 \(a\)是 \(f(x)\)的根，由\(f(x)|f(x^m)\)知： \(a\)也是 \(f(x^m)\)的根，即 \(f(a^m)=0\)，这表明 \(a^m\)是 \(f(x)\)的根。再由\(f(x)|f(x^m)\)可推出 \(\left(a^m\right)^m\)也是\(f(x)\)的根。依此类推，可知
\begin{equation*}
a,a^m,a^{m^2},a^{m^3},\ldots
\end{equation*}
都是 \(f(x)\)的根。由于\(f(x)\)是非0多项式，所以\(f(x)\)只有有限个互异根。因此存在自然数 \(k>l\)，使得
\begin{equation*}
a^{m^k}=a^{m^l},
\end{equation*}
即
\begin{equation*}
a^{m^l}\left(a^{m^k-m^l}-1\right)=0.
\end{equation*}
故\(a=0\)或\(a^{m^k-m^l}=1\)。
挑战题.
14.
设
\(p(x)\)是数域
\(\F\)上
\(n\)次不可约多项式，
\(n\)为大于
\(1\)的奇数。证明：若
\(c_1,c_2\)是
\(p(x)\)的两个不同复根，则
\(c_1+c_2\not\in\F\)。
解答.
令\(c=c_1+c_2,f(x)=p(c-x)\)。假设 \(c\in\F\) ，则 \(f(x)\)也是数域 \(\F\)上的 \(n\)次多项式。由
\begin{equation*}
f(c_1)=p(c-c_1)=p(c_2)=0
\end{equation*}
可知
\(p(x)\)与
\(f(x)\)存在公共复根
\(c_1\)。又
\(p(x)\)在数域
\(\F\)上不可约，所以根据
练习 1.5.8得
\begin{equation*}
p(x)|f(x).
\end{equation*}
由于\(\deg p(x)=\deg f(x)\)，所以存在非零常数 \(c\in\F\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=cp(x).
\end{equation*}
注意到\(n\) 为奇数，所以 \(f(x)\) 与 \(p(x)\)首项系数互为相反数，从而
\begin{equation}
f(x)=-p(x).\tag{1.5.2}
\end{equation}
\begin{equation*}
f(\frac{c}{2})=-p(\frac{c}{2}),
\end{equation*}
即
\begin{equation*}
p(\frac{c}{2})=-p(\frac{c}{2}),
\end{equation*}
由此推出 \(p(\frac{c}{2})=0\)。于是 \(p(x)\)在数域 \(\F\)中存在一次因式 \(x-\frac{c}{2}\)。这与 \(p(x)\)是数域 \(\F\)上次数大于 \(1\)的不可约多项式相矛盾。因此 \(c\not\in\F\)。
15.
设
\(f(x)\in\mathbb{F}[x],\deg f(x)=n\)，且
\(f(k)=\frac{k}{k+1},k=0,1,\ldots ,n\)，求
\(f(n+1)\)。
解答.
令
\begin{equation}
g(x)=(x+1)f(x)-x，\tag{1.5.3}
\end{equation}
则\(g(x)\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n+1\)次多项式。由条件\(f(k)=\frac{k}{k+1}, k=0,1,\ldots ,n,\)知：\(0,1,\ldots ,n\)是\(g(x)\)所有的根，因此
\begin{equation}
g(x)=cx(x-1)\cdots (x-n).\tag{1.5.4}
\end{equation}
\begin{equation*}
g(-1)=(-1)^{n+1} c\cdot(n+1)!.
\end{equation*}
由
(1.5.3) 知
\(g(-1)=1\)，故
\(c= (-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!} \)。从而
\begin{equation}
g(x)= (-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!}x(x-1)\cdots (x-n).\tag{1.5.5}
\end{equation}
将
\(x=n+1\)代入
(1.5.5)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*}
