基础

多项式(polynomial)

F是数域，x是不定元，n是非负整数 $a_0,a_1,…,a_n\in F$，形如
$a_0+a_1x+x_2x^2+…+a_nx^n$
的表达式，叫做 多项式

多项式的相等

如果多项式$f(x)=a_1+a_1x+…+a_n x^n$与$g(x)=b_0+b_1x+…+b_n x^n$ 同次项系数都相等，那么成为 两个多项式相等，记做$f(x)=g(x)$

多项式的加、减、乘运算

$f(x)+g(x)=\sum\limits_{i=0}^{\max(m,n)}(a_i+b_i)x^i$
$f(x)g(x)=\sum\limits_{s=0}^{m+n}\sum\limits_{i+j=s}a_i b_j s^s$

TH： $f(x)g(x)=0 \Longleftrightarrow f(x)=0$ 或者 $g(x)=0$
TH： $f(x),g(x)\in F[x]$，存在唯一的$q(x),r(x)$，使得同时满足：

1. $f(x)=q(x)g(x)+r(x)$
2. $r(x)=0$或者$\deg r(x) <\deg g(x)$

（存在性用数学归纳法证明，唯一性用反证法证明 $\deg g \leq \deg g+\deg (q_1-q_2)=\deg(r_1-r2)<\deg (g)$）

公因式

公因式（common factor）

$f(x),g(x) \in F[x]$. 如果$h(x)\mid f(x),h(x)\mid g(x)$，那么称$d(x)$是$f(x),g(x)$的 公因式

最大公因式（greatest common factor）

$d(x)$是$f(x),g(x)$的公因式，且$f(x),g(x)$所有的公因式都能整除$d(x)$，那么叫做$d(x)$是$f(x),g(x)$的 最大公因式

辗转相除法（欧几里得算法，Euclidean algorithm）

是一种$(f,g)$的迭代算法
若$f=qg+r$，那么能被$g,r$整除的，也能被$f$整除，
由$r=f-qg$,那么能被$r,g$整除的，也能被$f$整除，
也就是说，$r,g$的公因式集合与$f,g$的公因式集合相同，
也就是说$(f,g)=(r,g)$
由此设计一个迭代算法，可以求出$(f,g)$

TH: 若$d(x)=(f(x),g(x))$，那么$\exists u(x),v(x)$，使得$d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)$
(证明过程用辗转相除法)
（推广）：若$d(x)=(f_1(x),f_2(x),…,f_s(x))$，那么$\exists u_1(x),u_2(x),…u_s(x)$，使得$d(x)=\sum\limits_{i=1}^s u_i(x)f_i(x)$
（反过来是否成立呢？只有互素才充要条件）$f_1,f_2,…,f_s$互素的充要条件是$\exists u_1(x),u_2(x),…u_s(x)$，使得$1=\sum\limits_{i=1}^s u_i(x)f_i(x)$

因式分解

可约与不可约（reducible，irreducible polynomial）

不可约多项式 $F[x]$上，阶数>=1的多项式$f(x)$，如果可以分解为两个阶数>=1的多项式的乘积$f_1(x)f_2(x)$，那么称$f(x)$在数域上 可约，如果不能这样分解，叫做 不可约

TH：$f(x)$是数域$F$上阶数>=1的多项式,满足$f(x)=\prod p_i(x)$且$p_i$不可约的分解方法存在且唯一

TH（复数域上的因式分解）：$f(x)=a_n (x-x_1)…(x-x_n)$存在且唯一 （代数基本定理的等价表示，而代数基本定理在复变函数课程上证明）

TH（实数域上的因式分解）：$f(x)=\prod p_i(x)$且$p_i$为一次或两次，这种分解方法存在且唯一
（证明方法：如果$z$是$f(x)$的根，那么，$\bar z$也是$f(x)$的根）

有理数域

有理数域上的多项式稍微复杂一点

本源多项式

$g(x)=b_0+b_1 x+…+b_m x^m$,如果$b_0,b_1,…,b_m$的最大公因子为1，那么称$g(x)$是本原多项式（primitive polynomial）

（TH）有理数域上的多项式乘以某个有理数后，一定能转化成为一个本原多项式

（TH）（Gauss引理）两个本原多项式的乘积仍然是本原多项式

（TH）如果$f(x)\in Z[x]$可以本届成两个阶数大于等于1的有理多项式的积，那么一定可以分解成两个阶数大于等于1的整数多项式的积
（证明提要：$f=f_1f_2$,设$f_1=\dfrac{s_1}{t_1} g_1,f_2=\dfrac{s_2}{t_2} g_2$，其中，$g_i$是本原多项式，$s_i,t_i$是整数，所以$g_1g_2$是本原多项式，$f=\dfrac{s_1s_2}{t_1t_2}g_1g_2$，所以$t_1=t_2=1$）

（TH）（有理根定理）$f(x)=a_n x^n+…+a_0 \in Z[x]$如果有有理数根$c=s/t$,那么$t\mid a_n,s\mid a_0$
（证明提要：根据前面的定理，$a_n x^n+…+a_0=(b_{n-1}x^{n-1}+…+b_0)(tx-s)$）

参考文献

李尚志《线性代数》