7.3 多 项 式 的 根精编版.ppt

§7.3 多 项 式 的 根 多 项 式 的 根 设?(х)是域F上面的一个多项式，α是F中 的任意元素，以α代?(х)中х所得的元素 记为?(α)。 若?(α)=0，则称α是多项式?（х）的一 个根，或称α是方程?（х）=0的一个根。 定理 7.3.1(余式定理)以х-α除?(х)所得的余式等于?(α)。 证明：由х-α是一次式,知余式是常元素c∈F。 设商式为q(х),于是?(х)= q(х) (х-α)+c 以α代х得 ?(α)= q(α) (α-α)+c 故得c = ?(α)。 推论1.х-α∣?(х) iff α是?(х)的根。 证明： х-α∣?(х) iff 以х-α除?(х)所得的余式为0 iff ?(α)=0。 K重根 定义. 称α是非0多项式?(х)的k重根，如果(х-α)k整除?(х)，但(х-α)k+1不整除?(х)。 若k1，则称α是?(х)的重根。 若?(х)=0，则对任意正整数k， （х-α）k∣?(х)， 因而称α是?(х)的∞重根，且α也看作是?(х)的重根。 定理 7.3.1 设非0多项式?(х)的次数为n，则?(х)最多有n个根，此处k重根作为k个根计算。 证明：把?(х)的质因式分解式写成下面的形式： ?(х)=c(х-α1)k1…(х-αr)krp1(х)…ps(х) (1) 其中α1…，αr都不同，而p1(х)，…，ps(х)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(х)…ps(х)) (2) 显然，αi是?（х）的ki重根，i=1，…，r。 除了这些，?（х）没有另外的根α.因否则х-α应 是?（х）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，?（х）共有k1+…+kr 个根，由（2），此数≤n。 多项式恒等 定义. 两个多项式?(х)和g(х)说是恒等, 如果以F中任意元素α代х，恒有 ?(α)=g(α)。记为?(х) ? g(х)。 note: 相等强调形式上完全相同， 恒等强调二者作为变量х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 7.3.3 设F中有无穷多个元素， ?(х) = g(х)，当且仅当?(х) ? g(х) 。 证明：必要性。若?(х) = g(х)，则它们同次项的系数完全相同，因而自然对任意的х值其值亦相同，故二者恒等。 充分性。若?(х) ?g(х)，于是，对任意α∈F，?(α)-g(α)=0，这表示 ?(х)-g(х)?0，即F中每个元素α都是?(х)-g(х)的根。但F中有无穷多个元素，可见?(х)-g(х)有无穷多个根。只有多项式0才能这样，故?(х)-g(х)=0，即?(х)=g(х)。 域上多项式重根的判定 给定多项式 ?(х)=a0хn+a1хn-1+…+an-1х+an，定义?′(х)=aonхn-1+a1(n-1)хn-2+…+an-1 为f(x)的微商。 不难证明： (?(х)+g(х))′=?′(х)+g′(х) (c?(х))′=c?′(х) (?(х)g(х))’=?’(х)g(х)+?(х)g’(х) (?(х)m)′=m(?(х))m-1?’(х) 域上多项式重根的判定 定理 7.3.4 若α是非常数多项式?（х）的k重根，则它至少是?′(х)的k-1重根。 证明： 由题设，?(х)=(x-α)k g(х),х-α不整 除g(х)，于是， ?’(х)=k(х-α)k-1g(х)+(х-α)k g’(х) 从而 （х-α）k-1∣?′（х） 故α至少是?′(х)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 ?’(х)=k(х-α)k-1g(х)+(х-α)k g’(х) 右边第一项k(х-α)k-1g(х)为0，从而 (х-α)k∣?′(х)， α至少是?’(х)的k重根。 (2)若k不是F的特征p的倍数， 则?’(х)=k(х-α)k-1g(х)+(х-α)k g’(х) 右边第一项k(х-α)k-1g(х)非0，且由х-α 不整除g(х),此项只能为(х-α)k-1整除， 不能为(х-α)k整除，但?’(х)右边第二项 (х-α)k g’(х)为(х-α)k 整除，