高等代数-第4章多项式-4.6-重因式与重根

2020/4/26高等代数定义1：不可约多项式px称为fx的k重因式,kN如果,kpxfx而。1kpxfx当k=1时，px就称fx的单因式，当k1时，px称为fx的重因式。如果fx的标准分解式为：1212,skkknsfxapxpxpx则1,,spxpx分别是fx的因式，且分别为1,,skk重。2020/4/26高等代数要求fx的重因式，只要把fx式写出即可。但我们还没有一般的方法把一个多项的标准分解式分解为不可约因式的乘积。因此我们应该找一种直接判断多项式是否有重因式的方法。为此目的要引入多项式导数的概念。定义2：的一阶导数指的是多项式：1122nnfxaaxnax（形式定义）01nnfxaaxax多项式一阶导数fx的导数称为fx的二阶导数，记为fx2020/4/26高等代数fx的导数称为fx的三阶导数，记为fx…………fx的k阶导数记为()kfx多项式的求导法则：1、;fxgxfxgx2、;cfxcfx3、;fxgxfxgxfxgx4、1.mmfxmfxfx2020/4/26高等代数定理1.6.1：若不可约多项式px是fx的k重因式（k1），则px是fx式，特别多项式fx的单因式不是fx式。证：,kfxpxgx1kkfxkpxpxgxpxgx1kpxkpxgxpxgx,,pxgxpxpx的k-1重因的因2020/4/26高等代数,pxpxgx从而,pxkpxgxpxgx于是px是fx的k-1重因式。推论1：若不可约多项式px是fx的k重因式不是()kfx的因式。证：px是fx的k-1重因式，px是fx的k-2重因式，……………（k1），则px是'(1),,,kfxfxfx的因式，但2020/4/26高等代数px是(1)kfx的（k-(k-1)=1）单因式，因而不是()kfx的因式。推论2：不可约多项式px是fx的重因式的fx充要条件是px是fx与的公因式。证：必要性由推论1立得。充分性，若px是fx与'fx的公因式，则px不是fx的单因式（否则，由推论1知的因式），故px不是fxpx是fx的重因式。推论3：fx无重因式的充要条件是多项式fx与fx互素。2020/4/26高等代数推论3表明，判别一个多项式有没有重因式，可以利用辗转相除法得到。在讨论与解方程有关的问题时，常常要求所讨论多项式有没有重因式。设多项式fx的标准分解式为：1212,skkknsfxapxpxpx由定理1得：1211112,skkksfxpxpxpxgx故1211112,.skkksfxfxpxpxpx2020/4/26高等代数于是：有没有重因式，只要求1、判别fx,fxfxfx的最大公因式,dx的重因式的重数恰好是dxfx中重因式的重数加1。此法不能求的单因式。12,snfxfxpxpxpxafxfxQx例1.6.1在中分解多项式4322111236fxxxxxfx2、分离重因式，即求的所有不可约的单因式：2020/4/26高等代数2223fxxx例1.6.2：求多项式3fxpxq有重因式的条件。3xpxq23xp13x33pxx123prxxq13322qrxxpp3x2932qxxp92qxpp92qp0p2292724qqxpp22274qpp2020/4/26高等代数1.当10rx时，即0,pq这时f有重因式3x2.当0p时，即324270pq时，3fxxpxq欲有重因式，只需22270,4qpp即324270,pq重因式是223pxq例1.6.3：用分离因式法（单因式化法）求多项式54323562fxxxxxx在Q上的标准分解式。2020/4/26高等代数解：'4325123106,fxxxxx利用辗转相除法求得：2'2,211fxfxxxx把fx单因式化，得3222212,fxxxxxxfxfx由于2,1,fxfxx故1x是fx的3重因式，22x是fx的单因式，故fx在Q上的标准分解式为3212fxxx2020/4/26高等代数多项式fx在Fx中没有重因式，问题：fx在Fx中是否也没有重因式？由于多项式fx的导数以及两个多项式互素与否在由数域F过渡到含F的数域F时并无改变，故fx有没有重因式不因数域的扩大而改变。2020/4/26高等代数一、多项式函数01,nnfxaaxaxFx1.定义：设对01nnfcaacacF,cF数称为当F中的根或零点。,fxFx2.定义（多项式函数）：设对,cF作映射f：cfcF为F上的多项式函数。0,fcxc时fx的值，若则称c为fx在,fx映射f确定了数域F上的一个函数fx被称2020/4/26高等代数当F=R时，fx就是数学分析中所讨论的多项式函数。若,,uxfxgxvxfxgx则,.ucfcgcvcfcgc二、余式定理和综合除法所得的余式是。用一次多项式x-c去定理1.7.1（余式定理）：除多项式,fxfc证：由带余除法：设,fxxcqxr则。rfc2020/4/26高等代数问题1、有没有确定带余除法：fxxcqxr的简单方法？中qx和r设1011nnnnfxaxaxaxa120121nnnnqxbxbxbxb1010121.nnnnnxcqxrbxbcbxbcbxrcb把,fxqx代入fxxcqxr中展开后比较方程两边的系数得：00ab00ba2020/4/26高等代数110abcb110bacb221abcb221bacb112nnnabcb112nnnbacb1nnarcb1nnracb因此，利用fx与qx之间的系数关系可以方便qx和r，这就是下面的综合除法：0121nnaaaaac00ba0cb1b1cb2b2ncb1nb1ncbr2020/4/26高等代数于是得120121,nnnnqxbxbxbxb1.nnracb去除例1.7.1：求用2x532285fxxxxx的商式和余式。解：由综合除法10128521224510816244853因此43225824qxxxxx53r2020/4/26高等代数利用综合除法求qx与r时应注意：1、多项式系数按降幂排列，有缺项必须补上零；2、除式xb要变为xb532285fxxxxx例1.7.2：把表成2x的方幂和。2020/4/26高等代数定理1.7.2（因式定理）：xc因式的充要条件是。0fc证明：设,fxxcqxr若0,fc即0,r故xc是fx的一个因式。若fx有一个因式,xc即,xcfx故0,r此即。0fc由此定理可知，要判断一个数c是不是fx的根，可以直接代入多项式函数，看fx是否等于零；也可以利用综合除法来判断其余数是否为零。fx多项式有一个2020/4/26高等代数三、多项式的根xc定义3：若是fx的一个k重因式，即有,kxcfx但1,kxcfxxc则是fx的一个k重根。fx问题2、若多项式有重根，能否推出fxfx有重因式，反之，若有重因式，能否说fx有重根？由于多项式fx有无重因式与系数域无关，而fxfx有无重根与系数域有关，故有重根fx有重因式，但反之不对。2020/4/26高等代数定理1.7.3（根的个数定理）：0nn数域F上次多项式至多有n个根（重根按重数计算）。证明（用归纳法）：当0n时结论显然成立，假设当fx是1n次多项式时结论成立，则当fx是n次多项式时，设cF是fx的一个根，则有fxxcqxqx是n-1次多项式，由归纳知qx至多只有1n个根，故fx至多只有n个根。2020/4/26高等代数证二：对零次多项式结论显然成立，数等于分解式中一次因式的个数，这个数目当然不定理1.7.4：fx超过n，若在F中有n+1个不同的数使与gx的值相等，则。fxgx证明：令,uxfxgx,,fxgxFx设它们的次数都不若0,ux又,uxn把fx若fx是一次数0的多项式，分解成fx不可约多项式的乘积，这时在数域F中根的个超过n。2020/4/26高等代数由于F中有n+1个不同的数，使fx与gx的值相等，故ux有n+1个不同的根，这与定理1.7.3矛盾，故0,ux即fxgx问题3、12,,,naaa设是F中n个不同的数，12,,,nbbb是F中任意n个数，能否确定一个n-1次多项fx式，使,1,2,,iifabin,1,2,,iifabin利用定理1.7.4可求一个n-1次多项式,fx使2020/4/26高等代数作函数1111111niiiniiiiiiinbxaxaxaxafxaaaaaaaa则,1,2,,iifabin这个公式也称为Lagrange插值公式。例1.7.3：求一个次数小于3的多项式,fx使。27,12,21fff解一（待定系数法）：设所求的多项式2,fxaxbxc2020/4/26高等代数由已知条件得线性方程组：4272421abcabcabc解之得763223abc解二（利用Lagrange公式）：2020/4/26高等代数利用Lagrange插值公式可得：71222221212212122221xxxxxxfx22272124324312xxxxx2732623xx问题4、用形式定义的多项式与用函数观定义的多项式是否一致？2020/4/26高等代数四、多项式相等与多项式函数相等的关系1.多项式相等：即fxgx对应项的系数相同；2.多项式函数相等：即fxgx对,cF有.fcgc定理1.7.5：fxFx中两个多项式和gx相等的充要条件是它们所确定的在F上的多项式函数相等。证明