7.3-多项式的根.pptVIP

§7.3 多项式的根 多项式的根 设?(x)是域F上面的一个多项式，α是F中的任意元素，以α代?(x)中x所得的元素记为?(α)。 若?(α)=0，则称α是多项式?(x)的一个根，或称α是方程?(x)=0的一个根。 定理 (余式定理) 以x-α除?(x)所得的余式等于?(α)。 证明：由x-α是一次式，知余式是常元素c∈F。 设商式为q(x)，于是?(x)=q(x)(x-α)+c 以α代x得?(α)=q(α)(α-α)+c 故得c=?(α)。 推论1：x-α∣?(x) iff α是?(x)的根。 证明：x-α∣?(x) iff 以x-α除?(x)所得的余式为0 iff ?(α)=0。 K重根 称α是非0多项式?(x)的k重根，如果(x-α)k整除?(x)，但(x-α)k+1不整除?(x)。 若k 1，则称α是?(x)的重根。 若?(x)=0，则对任意正整数k， (x-α)k∣?(x)，因而称α是?(x)的∞重根，且α也看作是?(x)的重根。 设非0多项式?(x)的次数为n，则?(x)最多有n个根，此处k重根作为k个根计算。 证明：把?(x)的质因式分解式写成下面的形式：?(x)=c(x-α1)k1…(x-αr)krp1(x)…ps(x) (1) 其中α1…，αr都不同，而p1(x)，…，ps(x)都是高于一次的质式。(1)中r和s都可能等于0。 比较两边的次数得： n=k1+…+kr+次(p1(x)…ps(x)) (2) 显然，αi是?(x)的ki重根，i=1，…，r。 除了这些，?(x)没有另外的根α。因否则x-α应是?(x)的质因式，而分解式(1)中没有这个质因式。可见，k重根算k个根时，?(x)共有k1+…+kr个根，由(2)，此数≤n。 多项式恒等 两个多项式?(x)和g(x)说是恒等，如果以F中任意元素α代x，恒有?(α)=g(α)。记为?(x) ? g(x)。 注意： 1)相等强调形式上完全相同； 2)恒等强调二者作为变量x的两个函数恒取同样的值。 在有理域、实数域、复数域等无限域上相等与恒等一样，但在一般域上二者不同。 例： 考虑R2={0, 1}上的多项式： f(x)=x3+x2+x， g(x)=x。 显然，f(x)≠g(x)，但f(x)?g(x)， 因为f(0)=0=g(0)，f(1)=1=g(1)。 定理 设F中有无穷多个元素，?(x)=g(x)，当且仅当?(x)?g(x)。 证明：必要性。若?(x)=g(x)，则它们同次项的系数完全相同，因而自然对任意的x值其值亦相同，故二者恒等。 充分性。若?(x)?g(x)，于是，对任意α∈F，?(α)-g(α)=0，这表示?(x)-g(x)?0，即F中每个元素α都是?(x)-g(x)的根。但F中有无穷多个元素，可见?(x)-g(x)有无穷多个根。 根，只有多项式0才能这样，故?(x)-g(x)=0，即?(x)=g(x)。 域上多项式重根的判定 给定多项式： ?(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an，定义?‘(x)=a0nxn-1+a1(n-1)xn-2+…+an-1为f(x)的导数。 不难证明： (?(x)+g(x))=?(x)+g(x) (c?(x))=c?(x) (?(x)g(x))’=?’(x)g(x)+?(x)g’(x) (?(x)m)=m(?(x))m-1?’(x) 域上多项式重根的判定 若α是非常数多项式?(x)的k重根，则它至少是?(x)的k-1重根。 证明：由题设，?(x)=(x-α)kg(x)，x-α不整除g(x)，于是， ?’(x)=k(x-α)k-1g(x)+(x-α)k g’(x) 从而(x-α)k-1∣?(x) 故α至少是?(x)的k-1重根。 讨论： 1)若k是F的特征p的倍数，则在F中等于0，这样： ?’(x)=k(x-α)k-1g(x)+(x-α)k g’(x) 右边第一项k(x-α)k-1g(x)为0，从而 (x-α)k∣?(x)， α至少是?’(x)的k重根。 2)若k不是F的特征p的倍数，则： ?’(x)=k(x-α)k-1g(x)+(x-α)k g’(x) 右边第一项k(x-α)k-1g(x)非0，且由x-α不整除g(x)，此项只能为(x-α)k-1整除，不能为(x-α)k整除，但?’(x)右边第二项(x-α)k g’(x)为(x-α)k整除，可见?(x)只能为(x-α)k-1不能为(x-α)k整除，从而可以断定α恰是?(x)的k-1重根。 例：考虑R2={0, 1}上的多项式： f(x)=x2+1=(x+1)2=(x-1)2 可见1是f(x)的2重根，k=2是域的特征2的倍