因式分解定理

• 在中学所学代数里我们学过一些方法,把一个多项式分解为不能再分的因式的乘积.
• 但那里并没有深入地讨论这个问题.那里所谓不能再分,常常只是我们自己看不出怎样再分下去的意思,并没有严格地论证它们确实不可再分
• 所谓不能再分的概念,其实不是绝对的,而是相对于系数所在的数域而言的.
• 例如,在有理数域上,把$x^4-4$分解为$x^4-4=(x^2-2)(x^2+2)$的形式就不能再分了.
• 但在实数域上，就可以进一步分解成$x^4-4=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})(x^2+2).$
• 而在复数域上,还可以更进一步分解成$x^4-4=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2}i)(x+\sqrt{2}i).$
• 可见,必须明确系数域后,所谓不能再分才有确切的含义.
• 在下面的讨论中,仍然选定一个数域Р作为系数域,考虑数域P上的多项式环$P[x]$中多项式的因式分解.

数域和整除性关系

• 两个多项式之间的整除关系不会因为数域的扩大而发生改变

不可约多项式

• 数域Р上次数$s⩾1$的多项式不能表成两个次数比$p(x)$的次数低的多项式的乘积,则$p(x)$称为域P上的不可约多项式
  • 零次多项式(常数)不是不可约多项式,但是可以作为不可约多项式的因式
• 可见,一次多项式总是不可约多项式,因为比一次多项式要低的多项式是零次多项式(常数),而常数的乘积还是零次多项式,无法和一次多项式相等
• 一个多项式是否可约是依赖于系数域的
  • 例如,$x^2+2$在实数域上是不可约多项式,但是在复数域上是可以分解为两个一次多项式的乘积(可约的)

不可约多项式的因式

• 不可约多项式$p(x)$的因式只有两种可能

  • “非0常数c”
  • “$p(x)$自身的非0常数倍$c^{-1}p(x)(c\ne 0)$”

• 如果因式只有上述两种的$k$次多项式($k⩾1$)一定是不可约多项式

• 因此,不可约多项式$p(x)$与任一多项式$f(x)$之间只可能有2种关系:

  • $p(x)|f(x)$且$(p(x),f(x))=cp(x),c\ne 0$
  • $p(x)\nmid f(x)$且$(p(x),f(x))=1$
  • 两种情况可以进一步集中描述,设$(p(x),f(x))=d(x)$,$d(x)$可能是$1$或$cp(x),c\ne 0$,后者对应的是$p(x)|f(x)$

• 类比于整数中的"质数",可以理解为"质多项式"

定理

• 若$p(x)$是不可约多项式,那么任意$f(x),g(x)$,若$p(x)|f(x)g(x)$则$p(x)|f(x)$或$p(x)|g(x)$

  • 若$p(x)|f(x)$,显然结论成立
  • 若$p(x)\nmid f(x)$,则$(p(x),f(x))=1$又因为$p(x)|f(x)g(x)$,则$p(x)|g(x)$

• 推广:如果不可约多项式$p(x)$整除s个多项式$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_s(x)$的乘积${\sum }_{i=1}^s{f}_i(x)$,则存在 k ∈ { 1 , 2 , ⋯ , s } k\in\{1,2,\cdots,s\} k∈{1,2,⋯,s},使得$p(x)|f_k(x)$

因式分解及唯一性定理

• 分解式存在性:数域P上每个次数$⩾1$的多项式$f(x)$都可以唯一地分解为数域P上不可约多项式的乘积$f(x)={\sum }_{i=1}^s{p}_i(x)$
• 唯一性:若两个分解式$f(x)={\sum }_{i=1}^s{p}_i(x)$,$f(x)={\sum }_{i=1}^s{q}_i(x)$,则必有$s=t$,且通过适当排列因式的次序后有$p_i(x)=c_i{q}_i(x)$,$i=1,2,\cdots ,s$,$c_i$是非0常数
  • 如果$f(x)$的所有分解式的因式的最高项系数设置为1,将常系数提出作为0次项
  • ${\sum }_{i=1}^s{p}_i^{\prime }(x)={\sum }_{i=1}^t{q}_i^{\prime }(x)$
    • 再通过适当的排列因式,则$p_i^{\prime }(x)=q_i^{\prime }(x)$

证明

• 对$f(x)$的次数$\partial (f(x))=n$以及分解$f(x)$后的项数$s$作数学归纳法证明
• 证明分为2部分:分解式的存在性和唯一性

分解式存在性

• 明确不可约多项式的定义可知,不可约多项式显然满足该结论

• $n=1$

  • 因为一次多项式是不可约,所以$n=1$时结论成立

• 设$n<k$时结论成立,即$\partial (f(x))<k$时结论成立,更具体的说法是,$n=1,\cdots ,k-1$时结论都成立

  • 若$f(x)$是不可约多项式,结论显然成立
  • 若$f(x)$是可约(非不可约)的,即$f(x)=f_1(x)f_2(x)$,并设$n=k$
    • 可约多项式展开为若干不可约多项式,为了条论方便,将这些不可约因式以任意一种随意划分为两部分,记为$f_1(x),f_2(x)$
    • 若$f_i(x)$可以被分解为不可约多项式,则可以表示为:$f_i(x)={\sum }_{j=1}^s{p}_j^{[i]}(x)$
    • 其中$\partial (f_1(x)),\partial (f_2(x))<k$
    • 由归纳假设$f_1(x),f_2(x)$都可以分解为数域P上一些(设分别为$s_1,s_2$个)不可约多项式的乘积
      • $f_1(x)={\prod }_{i=1}^{s_1}{p}_i^{[1]}(x)$
      • $f_2(x)={\prod }_{i=1}^{s_2}{p}_i^{[2]}(x)$
    • 把$f_1(x),f_2(x)$的分解式合起来得到$f(x)$的一个分解式:$f(x)={\prod }_{i=1}^{s_1}{p}_i^{[1]}(x){\prod }_{i=1}^{s_2}{p}_i^{[2]}(x)$
    • 即对于$n=k$时,结论仍然成立
  • 而$n=1,2,3,\cdots$
  • k=2时,$n<k$的可能取值有$n=1$,而该取值时的结论成立,所以n=2时结论成立
  • k=3时,$n<k$的可能取值有$n=1,2$,这些取值下的结论都成立,所以$n=3$时结论成立
  • k=4时,$n<k$的可能取值有$n=1,2,3$,这些取值下的结论都成立,所以$n=4$时结论成立
  • …
  • 前$n-1$个结果的成立可以推出第n个结果成立,由归纳法原理,n取任意值时结论都成立

唯一性

• 为了便于判断多项式$f(x)$的不可约多项式分解式唯一,可将分解后的乘式链按项的次数高低排列不可约因式的位置,然后比较同次因式是否相等即可

• 设$f(x)$可以分解为不可约多项式的乘积$f(x)={\sum }_{i=1}^s{p}_i(x)$,

• 并且假设$f(x)$还有另一个分解式记为$f(x)={\sum }_{i=1}^t{q}_i(x)$,

• 其中$q_i(x),i=1,2,\cdots ,t$是不可约多项式,无论$f(x)$的两个分解式形式是否唯一,它们的结果相等,即

  • $$\sum _{i=1}^s{p}_i(x)=\sum _{i=1}^t{q}_i(x)\text{\hspace{1em}((1))}$$

• 对$s$作归纳法

  • 当$s=1$时,$f(x)$是不可约多项式,有定义:$s=t=1$且$f(x)=p_1(x)=q_1(x)$
  • 假设$f(x)$的分解式中不可约因式的个数$r=s-1$时分解式形式唯一性成立
  • 显然有$p_1(x)|f(x)$,由$(1)$,$p_1(x)|{\sum }_{i=1}^t{q}_i(x)(2)$
    • 其中$p_1(x),q_i(x)$均是不可约多项式,一定存在 r ∈ { 1 , 2 , ⋯ , t } r\in\{1,2,\cdots,t\} r∈{1,2,⋯,t},使得:$p_1(x)|q_r(x)$,否则与$(2)$矛盾
    • 由于乘法运算满足交换律,因此总是可以将$q_1(x),q_r(x)$交换位置,使得$q_r(x)$作为G的第一个不可约因式,便于讨论
    • 因此可以将$p_1(x)|q_r(x)$表示为$p_1(x)|q_1(x)$
    • 设$p_1(x)=c_1{q}_1(x)$,代入$(1)$,$p_1(x){\sum }_{i=2}^s{p}_i(x)=q_1(x){\sum }_{i=2}^t{q}_i(x)$
      • $c_1{q}_1(x){\sum }_{i=2}^s{p}_i(x)=q_1(x){\sum }_{i=2}^t{q}_i(x)$
      • ${\sum }_{i=2}^s{p}_i(x)=c_1^{-1}{\sum }_{i=2}^t{q}_i(x)$
      • 记$U(x)={\sum }_{i=2}^s{p}_i(x)$,$V(x)={\sum }_{i=2}^t{q}_i(x)$,
      • $U(x)$有$s-1$项,由归纳假设可知,$U(x)$的分解式唯一,因此$U(x),V(x)$包含的不可约因式数目相等,即$s-1=t-1$,即有$s=t$
      • 类似地
        • 适当排列次序后,$p_2(x)=c_2^{\prime }{c}_1^{-1}{q}_2(x)$,记$c_2=c_2^{\prime }{c}_1^{-1}$,即有$p_2(x)=c_2{q}_2(x)$
        • $p_i(x)=c_i{q}_i(x)$,$i=3,\cdots ,s(4)$
    • 由$(2),(3),(4)$可知$p_i(x)=c_i{q}_i(x)$,$i=1,2,\cdots ,s$且$s=t$,唯一性得证

• Note:例

  • $(2x+3)(3x-3)=[1(2x+3)][3(x-1)]$,其中$p_1(x)=2x+3$,$p_2(x)=3x-3=3(x-1)$,$p_1(x),p_2(x)$均为不可约的(提取常数系数不能算作可约的,它们仍然符合不可约的定义)

  • $(x^2+3)(x^2+4)$的两个因式在实数范围内不可约,且次数都是2,因此仅仅按照次数排列是不可以确定唯一分解式,还需要强调其他条件,比如两个不等因式的(最高)次数相等情况下,比较次高项直至最低项

  • 因式分解定理在理论上有其基本重要性

  • 但是对于一般情形,没有普遍可行的分解多项式的方法