第 0 章 多项式代数¶
前置：实数域、复数域、有理数域的基本概念
本章脉络：多项式环 → 整除与 GCD → 互素 → 不可约多项式 → 唯一分解 → 根 → 重根与判别式 → \(\mathbb{R}\) 和 \(\mathbb{C}\) 上的不可约多项式 → \(\mathbb{Q}\) 上的不可约判定 → 多项式插值
延伸：多项式代数延伸到形式幂级数环 \(\mathbb{F}[[x]]\)；代数几何中多项式理想与仿射簇的对应（Hilbert 零点定理）；编码理论中 \(\mathbb{F}_q[x]\) 上多项式用于 Reed-Solomon 码的构造
多项式是代数学中最基本的对象之一。在线性代数中，多项式扮演着核心角色：特征多项式决定特征值，最小多项式刻画线性变换的本质结构，而 Hamilton-Cayley 定理将矩阵与多项式紧密联系。本章系统建立一元多项式的代数理论，为后续章节奠定坚实基础。
0.1 一元多项式环¶
核心问题：如何严格定义多项式？ → 区分多项式（形式表达式）与多项式函数 → 多项式全体构成环
多项式的定义¶
设 \(\mathbb{F}\) 为一个域（本课程中通常取 \(\mathbb{F} = \mathbb{Q}, \mathbb{R}\) 或 \(\mathbb{C}\)）。
定义 0.1 (一元多项式)
设 \(\mathbb{F}\) 为域，\(x\) 为一个不定元（indeterminate）。形如
的表达式称为 \(\mathbb{F}\) 上的一个一元多项式（polynomial in one variable），其中 \(a_0, a_1, \ldots, a_n \in \mathbb{F}\) 称为系数（coefficients）。若 \(a_n \neq 0\)，则 \(n\) 称为 \(f(x)\) 的次数（degree），记作 \(\deg f = n\)，\(a_n\) 称为首项系数（leading coefficient）。若 \(a_n = 1\)，则称 \(f(x)\) 为首一多项式（monic polynomial）。零多项式 \(f(x) = 0\) 的次数约定为 \(-\infty\)。
注
多项式是形式表达式，不是函数。两个多项式相等当且仅当对应系数全部相等。在无限域上（如 \(\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}\)），多项式与多项式函数可以等同看待；但在有限域上（如 \(\mathbb{F}_p\)），多项式 \(x^p - x\) 作为函数恒为零，但作为多项式不是零多项式。
定义 0.2 (多项式环)
\(\mathbb{F}\) 上所有一元多项式的集合，配上通常的加法和乘法，记作 \(\mathbb{F}[x]\)，称为 \(\mathbb{F}\) 上的一元多项式环（polynomial ring）。
多项式的运算¶
设 \(f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i\)，\(g(x) = \sum_{j=0}^m b_j x^j\)。
加法：\(f(x) + g(x) = \sum_{k=0}^{\max(n,m)} (a_k + b_k) x^k\)（不足的高次系数补零）。
乘法：\(f(x) \cdot g(x) = \sum_{k=0}^{n+m} c_k x^k\)，其中 \(c_k = \sum_{i+j=k} a_i b_j\)。
定理 0.1 (次数公式)
设 \(f(x), g(x) \in \mathbb{F}[x]\) 均非零多项式，则
特别地，\(\mathbb{F}[x]\) 是整环（integral domain）：若 \(f(x) \cdot g(x) = 0\)，则 \(f(x) = 0\) 或 \(g(x) = 0\)。
证明
设 \(\deg f = n\)，\(\deg g = m\)，首项系数分别为 \(a_n \neq 0\) 和 \(b_m \neq 0\)。乘积 \(f \cdot g\) 的最高次项为 \(a_n b_m x^{n+m}\)。由于 \(\mathbb{F}\) 是域（从而是整环），\(a_n b_m \neq 0\)，故 \(\deg(f \cdot g) = n + m\)。
若 \(f \cdot g = 0\)，则 \(\deg(f \cdot g) = -\infty\)。若 \(f, g\) 均非零，则 \(\deg(f \cdot g) = \deg f + \deg g \geq 0\)，矛盾。\(\blacksquare\)
定理 0.2 (带余除法)
设 \(f(x), g(x) \in \mathbb{F}[x]\)，\(g(x) \neq 0\)。则存在唯一的 \(q(x), r(x) \in \mathbb{F}[x]\)，使得
其中 \(\deg r < \deg g\)（或 \(r = 0\)）。\(q(x)\) 称为商（quotient），\(r(x)\) 称为余式（remainder）。
证明
存在性：对 \(\deg f\) 进行归纳。若 \(\deg f < \deg g\)，取 \(q = 0\)，\(r = f\)。否则设 \(\deg f = n \geq m = \deg g\)，\(f\) 的首项系数为 \(a_n\)，\(g\) 的首项系数为 \(b_m\)。令
则 \(\deg f_1 < n\)。由归纳假设，\(f_1 = q_1 g + r\)，其中 \(\deg r < \deg g\)。于是
唯一性：设 \(f = q_1 g + r_1 = q_2 g + r_2\)，其中 \(\deg r_1, \deg r_2 < \deg g\)。则 \((q_1 - q_2)g = r_2 - r_1\)。若 \(q_1 \neq q_2\)，则左边次数 \(\geq \deg g\)，而右边次数 \(< \deg g\)，矛盾。故 \(q_1 = q_2\)，从而 \(r_1 = r_2\)。\(\blacksquare\)
例 0.1
在 \(\mathbb{R}[x]\) 中，设 \(f(x) = 2x^4 + 3x^3 - x + 5\)，\(g(x) = x^2 + 1\)。求 \(f\) 除以 \(g\) 的商和余式。
进行多项式长除法：
因此 \(q(x) = 2x^2 + 3x - 2\)，\(r(x) = -4x + 7\)。验证：\(\deg r = 1 < 2 = \deg g\)。
0.2 整除与最大公因式¶
核心问题：多项式之间的整除关系 → 最大公因式的存在与计算 → 辗转相除法（Euclidean 算法）
定义 0.3 (整除)
设 \(f(x), g(x) \in \mathbb{F}[x]\)。若存在 \(q(x) \in \mathbb{F}[x]\) 使得 \(f(x) = q(x) \cdot g(x)\)，则称 \(g(x)\) 整除 \(f(x)\)，记作 \(g(x) \mid f(x)\)。此时称 \(g(x)\) 是 \(f(x)\) 的一个因式（factor/divisor），\(f(x)\) 是 \(g(x)\) 的一个倍式（multiple）。
定义 0.4 (相伴)
若 \(f(x) \mid g(x)\) 且 \(g(x) \mid f(x)\)，则称 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 相伴（associates），记作 \(f(x) \sim g(x)\)。在 \(\mathbb{F}[x]\) 中，\(f \sim g\) 当且仅当 \(f = cg\)，其中 \(c \in \mathbb{F}^*\)（\(c\) 是非零常数）。
定义 0.5 (最大公因式)
设 \(f(x), g(x) \in \mathbb{F}[x]\)，不全为零。多项式 \(d(x) \in \mathbb{F}[x]\) 称为 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 的一个最大公因式（greatest common divisor, GCD），如果：
- \(d(x) \mid f(x)\) 且 \(d(x) \mid g(x)\)（\(d\) 是公因式）；
- 若 \(c(x) \mid f(x)\) 且 \(c(x) \mid g(x)\)，则 \(c(x) \mid d(x)\)（\(d\) 是最大的）。
\(f\) 与 \(g\) 的首一最大公因式记作 \(\gcd(f, g)\) 或 \((f, g)\)。
定理 0.3 (GCD 的存在性与 Bézout 等式)
设 \(f(x), g(x) \in \mathbb{F}[x]\) 不全为零。则：
- \(\gcd(f, g)\) 存在且唯一（在相伴意义下）。
- 存在 \(u(x), v(x) \in \mathbb{F}[x]\)，使得
此等式称为 Bézout 等式（Bézout's identity）。
证明
考虑集合 \(I = \{u(x)f(x) + v(x)g(x) : u, v \in \mathbb{F}[x]\}\)。\(I\) 是 \(\mathbb{F}[x]\) 的一个理想。取 \(I\) 中次数最低的非零多项式 \(d(x)\)（归一化为首一）。
对任意 \(h(x) \in I\)，由带余除法 \(h = qd + r\)，其中 \(\deg r < \deg d\)。由于 \(h, d \in I\)，有 \(r = h - qd \in I\)。由 \(d\) 的最低次性，\(r = 0\)，故 \(d \mid h\)。
特别地，\(f, g \in I\)，所以 \(d \mid f\) 且 \(d \mid g\)。若 \(c \mid f\) 且 \(c \mid g\)，由 \(d = uf + vg\) 知 \(c \mid d\)。故 \(d = \gcd(f, g)\)。\(\blacksquare\)
辗转相除法（Euclidean 算法）¶
定理 0.4 (辗转相除法)
设 \(f(x), g(x) \in \mathbb{F}[x]\)，\(g \neq 0\)。反复应用带余除法：
则 \(\gcd(f, g) \sim r_k\)（最后一个非零余式）。
证明
由带余除法 \(f = q_1 g + r_1\) 可知，\(d \mid f\) 且 \(d \mid g\) 当且仅当 \(d \mid g\) 且 \(d \mid r_1\)。因此 \(\gcd(f, g) = \gcd(g, r_1) = \gcd(r_1, r_2) = \cdots = \gcd(r_{k-1}, r_k) = r_k\)（归一化为首一）。
由于 \(\deg g > \deg r_1 > \deg r_2 > \cdots\) 是严格递减的非负整数序列，算法必在有限步终止。\(\blacksquare\)
例 0.2
求 \(\gcd(x^4 - 1, x^3 - 1)\)（在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中）。
因此 \(\gcd(x^4 - 1, x^3 - 1) = x - 1\)。
例 0.3
求 \(\gcd(f, g)\) 并求 Bézout 系数，其中 \(f = x^3 + x + 1\)，\(g = x^2 + x\)（在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中）。
余式 \(\frac{3}{4}\) 非零且为常数，故 \(\gcd(f, g) = 1\)。回代得 Bézout 系数：
整理后可得 \(u(x) f(x) + v(x) g(x) = 1\)。
0.3 互素多项式¶
核心问题：\(\gcd(f, g) = 1\) 意味着什么？ → 互素的等价条件 → 互素多项式的关键性质
定义 0.6 (互素)
若 \(\gcd(f(x), g(x)) = 1\)，则称 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 互素（coprime / relatively prime）。
定理 0.5 (互素的等价条件)
\(f(x)\) 与 \(g(x)\) 互素的充要条件是：存在 \(u(x), v(x) \in \mathbb{F}[x]\)，使得
证明
必要性：若 \(\gcd(f, g) = 1\)，由 Bézout 等式直接得到。
充分性：若 \(uf + vg = 1\)，设 \(d = \gcd(f, g)\)。由 \(d \mid f\) 和 \(d \mid g\)，知 \(d \mid (uf + vg) = 1\)，故 \(d\) 是常数，\(\gcd(f, g) = 1\)。\(\blacksquare\)
定理 0.6 (互素的乘法性质)
设 \(f(x), g(x), h(x) \in \mathbb{F}[x]\)。
- 若 \(f \mid gh\) 且 \(\gcd(f, g) = 1\)，则 \(f \mid h\)。
- 若 \(f \mid h\) 且 \(g \mid h\)，且 \(\gcd(f, g) = 1\)，则 \(fg \mid h\)。
证明
-
由 \(\gcd(f, g) = 1\)，存在 \(u, v\) 使得 \(uf + vg = 1\)。两边乘以 \(h\)：\(ufh + vgh = h\)。由 \(f \mid ufh\) 和 \(f \mid gh\)（故 \(f \mid vgh\)），得 \(f \mid h\)。
-
由 \(f \mid h\)，设 \(h = fk\)。由 \(g \mid h = fk\) 且 \(\gcd(f, g) = 1\)，由 (1) 知 \(g \mid k\)，设 \(k = gl\)，则 \(h = fgl\)，故 \(fg \mid h\)。\(\blacksquare\)
定理 0.7 (多个多项式互素)
设 \(f_1, f_2, \ldots, f_k \in \mathbb{F}[x]\) 两两互素，且每个 \(f_i \mid h\)。则 \(f_1 f_2 \cdots f_k \mid h\)。
证明
对 \(k\) 归纳。\(k = 2\) 即定理 0.6 (2)。设 \(k - 1\) 时成立，则 \(f_1 \cdots f_{k-1} \mid h\)。由 \(\gcd(f_i, f_k) = 1\) 对 \(i = 1, \ldots, k-1\)，可以证明 \(\gcd(f_1 \cdots f_{k-1}, f_k) = 1\)。再由定理 0.6 (2) 得 \(f_1 \cdots f_k \mid h\)。\(\blacksquare\)
例 0.4
设 \(f(x) = x^2 - 1 = (x-1)(x+1)\)，\(g(x) = x^2 + x = x(x+1)\)。则
所以 \(f\) 与 \(g\) 不互素。但 \(x - 1\) 与 \(x\) 互素（它们的 GCD 为 \(1\)）。
0.4 不可约多项式¶
核心问题：哪些多项式不能进一步分解？ → 不可约多项式——多项式环中的"素元" → 不可约多项式的基本性质
定义 0.7 (不可约多项式)
设 \(p(x) \in \mathbb{F}[x]\) 的次数 \(\geq 1\)。若 \(p(x)\) 不能表示为两个次数都小于 \(\deg p\) 的多项式之积，则称 \(p(x)\) 是 \(\mathbb{F}\) 上的不可约多项式（irreducible polynomial）。否则称 \(p(x)\) 是可约的（reducible）。
等价地，\(p(x)\) 不可约当且仅当：\(p(x) = f(x) g(x)\) 蕴含 \(f(x)\) 或 \(g(x)\) 是常数。
注
不可约性依赖于底域 \(\mathbb{F}\)。例如 \(x^2 + 1\) 在 \(\mathbb{R}\) 上不可约，但在 \(\mathbb{C}\) 上可约，因为 \(x^2 + 1 = (x + i)(x - i)\)。
定理 0.8 (不可约多项式的性质)
设 \(p(x) \in \mathbb{F}[x]\) 不可约，\(f(x) \in \mathbb{F}[x]\)。则要么 \(p \mid f\)，要么 \(\gcd(p, f) = 1\)。
证明
设 \(d = \gcd(p, f)\)。则 \(d \mid p\)，即 \(p = d \cdot q\)。由 \(p\) 不可约，\(d\) 或 \(q\) 为常数。若 \(d\) 为常数，则 \(\gcd(p, f) = 1\)；若 \(q\) 为常数，则 \(d \sim p\)，从而 \(p \mid f\)。\(\blacksquare\)
定理 0.9 (不可约多项式的素性)
设 \(p(x) \in \mathbb{F}[x]\) 不可约。若 \(p \mid f_1 f_2 \cdots f_k\)，则存在某个 \(i\) 使得 \(p \mid f_i\)。
证明
对 \(k\) 归纳。\(k = 1\) 显然。设 \(k \geq 2\) 且 \(p \mid f_1 \cdots f_k\)。若 \(p \mid f_k\)，结论成立。否则 \(\gcd(p, f_k) = 1\)（定理 0.8），由定理 0.6 (1) 得 \(p \mid f_1 \cdots f_{k-1}\)，由归纳假设即得。\(\blacksquare\)
例 0.5
在 \(\mathbb{R}[x]\) 中，\(x^2 + 1\) 是不可约多项式。若 \((x^2+1) \mid f(x)g(x)\)，则 \((x^2+1) \mid f(x)\) 或 \((x^2+1) \mid g(x)\)。
在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中，\(x^2 - 2\) 是不可约的（因为若可约则有有理根 \(\pm\sqrt{2}\)，但 \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\)）。
0.5 多项式的因式分解¶
核心问题：多项式能否唯一地分解为不可约因式之积？ → 类比整数的算术基本定理 → 唯一分解定理
定理 0.10 (唯一分解定理)
\(\mathbb{F}[x]\) 中每个次数 \(\geq 1\) 的多项式 \(f(x)\) 都可以分解为
其中 \(c \in \mathbb{F}^*\)，\(p_1, p_2, \ldots, p_s\) 是两两不相伴的首一不可约多项式，\(e_1, e_2, \ldots, e_s\) 为正整数。此分解在因式的排列顺序意义下是唯一的。
证明
存在性：对 \(\deg f\) 归纳。\(\deg f = 1\) 时 \(f\) 本身不可约。设 \(\deg f \geq 2\)。若 \(f\) 不可约，分解即为 \(f\) 本身。若 \(f\) 可约，则 \(f = g \cdot h\)，其中 \(1 \leq \deg g, \deg h < \deg f\)。由归纳假设，\(g, h\) 各自有不可约分解，合并即得 \(f\) 的不可约分解。
唯一性：设 \(f = c \cdot p_1^{e_1} \cdots p_s^{e_s} = c' \cdot q_1^{d_1} \cdots q_t^{d_t}\)。由 \(p_1 \mid f = c' \cdot q_1^{d_1} \cdots q_t^{d_t}\) 和 \(p_1\) 不可约的素性（定理 0.9），\(p_1 \mid q_j\) 对某个 \(j\)。由 \(q_j\) 不可约知 \(p_1 \sim q_j\)。将 \(p_1\) 和 \(q_j\) 配对后消去，对剩余因式归纳即得 \(s = t\)，且适当排列后 \(p_i \sim q_i\)，\(e_i = d_i\)。\(\blacksquare\)
例 0.6
在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中分解 \(f(x) = x^4 - 1\)。
在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中，\(x - 1\)、\(x + 1\)、\(x^2 + 1\) 均不可约，这是 \(f\) 的唯一分解。
在 \(\mathbb{C}[x]\) 中，\(x^2 + 1 = (x - i)(x + i)\)，所以
例 0.7
在 \(\mathbb{R}[x]\) 中分解 \(f(x) = x^6 - 1\)。
其中 \(x^2 + x + 1\) 和 \(x^2 - x + 1\) 的判别式分别为 \(-3\) 和 \(-3\)，均 \(< 0\)，故在 \(\mathbb{R}[x]\) 上不可约。
0.6 多项式的根¶
核心问题：多项式何时有根？ → 余数定理与因式定理 → 根的个数上界 → 根与因式分解
定义 0.8 (根)
设 \(f(x) \in \mathbb{F}[x]\)，\(\alpha \in \mathbb{F}\)。若 \(f(\alpha) = 0\)，则称 \(\alpha\) 是 \(f(x)\) 的一个根（root / zero）。
定理 0.11 (余数定理)
设 \(f(x) \in \mathbb{F}[x]\)，\(\alpha \in \mathbb{F}\)。则 \(f(x)\) 除以 \((x - \alpha)\) 的余式为 \(f(\alpha)\)。
证明
由带余除法，\(f(x) = q(x)(x - \alpha) + r\)，其中 \(r \in \mathbb{F}\)（因为 \(\deg r < \deg(x - \alpha) = 1\)，故 \(r\) 是常数）。令 \(x = \alpha\)：\(f(\alpha) = q(\alpha) \cdot 0 + r = r\)。\(\blacksquare\)
定理 0.12 (因式定理)
\(\alpha\) 是 \(f(x)\) 的根当且仅当 \((x - \alpha) \mid f(x)\)。
证明
由余数定理，\(f(x) = q(x)(x - \alpha) + f(\alpha)\)。\(f(\alpha) = 0\) 当且仅当 \(f(x) = q(x)(x-\alpha)\)，即 \((x - \alpha) \mid f(x)\)。\(\blacksquare\)
定义 0.9 (根的重数)
设 \(\alpha\) 是 \(f(x)\) 的根。若 \((x - \alpha)^k \mid f(x)\) 但 \((x - \alpha)^{k+1} \nmid f(x)\)，则称 \(\alpha\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重根（root of multiplicity \(k\)）。\(k = 1\) 时称为单根（simple root），\(k \geq 2\) 时称为重根（multiple root）。
定理 0.13 (根的个数)
\(\mathbb{F}[x]\) 中 \(n\) 次多项式至多有 \(n\) 个根（计重数）。
证明
对 \(n\) 归纳。\(n = 0\) 时 \(f\) 为非零常数，无根。设 \(n \geq 1\) 且 \(f\) 有根 \(\alpha_1\)（重数 \(k_1\)），则 \(f(x) = (x - \alpha_1)^{k_1} g(x)\)，其中 \(g(\alpha_1) \neq 0\) 且 \(\deg g = n - k_1\)。\(f\) 的其余根都是 \(g\) 的根（由 \((x - \alpha_1)^{k_1}\) 在 \(\alpha \neq \alpha_1\) 处非零）。由归纳假设，\(g\) 至多有 \(n - k_1\) 个根（计重数），故 \(f\) 至多有 \(k_1 + (n - k_1) = n\) 个根。\(\blacksquare\)
例 0.8
\(f(x) = x^3 - 3x + 2 = (x-1)^2(x+2)\)。
根为 \(x = 1\)（2 重根）和 \(x = -2\)（单根），共 \(3\) 个根（计重数），等于 \(\deg f = 3\)。
例 0.9
利用因式定理证明 Vandermonde 行列式公式的一个特例。
设 \(f(x) = \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & x \\ a^2 & b^2 & x^2 \end{pmatrix}\)。将 \(f(x)\) 按第三列展开，\(f(x)\) 是 \(x\) 的二次多项式。
\(f(a) = 0\)（第一列与第三列相同），\(f(b) = 0\)（第二列与第三列相同）。故 \((x - a)(x - b) \mid f(x)\)，但 \(\deg f = 2\)，所以 \(f(x) = c(x-a)(x-b)\)。比较 \(x^2\) 的系数得 \(c = a - b\)（计算略），从而
0.7 重根与判别式¶
核心问题：如何判断多项式是否有重根？ → 形式导数 → 重根判别准则 → 判别式
定义 0.10 (形式导数)
设 \(f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 \in \mathbb{F}[x]\)。\(f(x)\) 的形式导数（formal derivative）定义为
这是一个纯代数定义，不依赖极限概念。形式导数满足通常的求导法则：\((f + g)' = f' + g'\)，\((fg)' = f'g + fg'\)。
定理 0.14 (重根判别准则)
设 \(f(x) \in \mathbb{F}[x]\)，\(\deg f \geq 1\)，\(\alpha \in \overline{\mathbb{F}}\)（\(\mathbb{F}\) 的代数闭包）。则 \(\alpha\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重根（\(k \geq 2\)）当且仅当 \(f(\alpha) = 0\) 且 \(f'(\alpha) = 0\)。
更精确地，\(\alpha\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重根当且仅当 \(f(\alpha) = f'(\alpha) = \cdots = f^{(k-1)}(\alpha) = 0\) 且 \(f^{(k)}(\alpha) \neq 0\)。
证明
设 \(f(x) = (x - \alpha)^k g(x)\)，\(g(\alpha) \neq 0\)，\(k \geq 1\)。则
若 \(k \geq 2\)：\(f'(\alpha) = 0\)，即 \((x - \alpha) \mid f'(x)\)。
若 \(k = 1\)：\(f'(\alpha) = 1 \cdot g(\alpha) \neq 0\)。
反之，若 \(f(\alpha) = 0\) 且 \(f'(\alpha) = 0\)，则 \(\alpha\) 是 \(f\) 的根（重数 \(\geq 1\)），由上述计算知重数 \(\geq 2\)。\(\blacksquare\)
定理 0.15 (无重根的充要条件)
\(f(x)\) 没有重根（在 \(\overline{\mathbb{F}}\) 中）的充要条件是 \(\gcd(f, f') = 1\)。
证明
\(f\) 有重根 \(\alpha\)（\(k \geq 2\)） \(\Leftrightarrow\) \((x - \alpha) \mid f\) 且 \((x - \alpha) \mid f'\) \(\Leftrightarrow\) \((x - \alpha) \mid \gcd(f, f')\) \(\Leftrightarrow\) \(\gcd(f, f') \neq 1\)。\(\blacksquare\)
定义 0.11 (判别式)
设 \(f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in \mathbb{F}[x]\)，根（在代数闭包中）为 \(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\)。\(f(x)\) 的判别式（discriminant）定义为
\(f\) 有重根当且仅当 \(\Delta(f) = 0\)。
对于二次多项式 \(f(x) = ax^2 + bx + c\)：
例 0.10
判断 \(f(x) = x^3 - 3x + 2\) 是否有重根。
\(f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)\)。
\(\gcd(f, f') = \gcd(x^3 - 3x + 2, 3x^2 - 3)\)。由辗转相除法：
\(\gcd(f, f') = x - 1 \neq 1\)，所以 \(f\) 有重根 \(x = 1\)。验证：\(f(x) = (x-1)^2(x+2)\)。
例 0.11
对三次多项式 \(f(x) = x^3 + px + q\)，其判别式为
- \(\Delta > 0\)：三个不同实根。
- \(\Delta = 0\)：有重根。
- \(\Delta < 0\)：一个实根，两个共轭复根。
0.8 实数域与复数域上的不可约多项式¶
核心问题：\(\mathbb{C}[x]\) 和 \(\mathbb{R}[x]\) 中哪些多项式不可约？ → 代数基本定理 → \(\mathbb{C}\) 上只有一次不可约 → \(\mathbb{R}\) 上只有一次和某些二次不可约
定理 0.16 (代数基本定理)
\(\mathbb{C}[x]\) 中每个次数 \(\geq 1\) 的多项式都至少有一个复数根。
注
代数基本定理的证明需要分析学工具（如 Liouville 定理、复分析中的最大模原理，或拓扑学中的基本群论证），超出了纯代数的范畴。我们在此承认其结论。
定理 0.17 (\(\\mathbb{C}\) 上的不可约多项式)
\(\mathbb{C}[x]\) 中的不可约多项式恰好是一次多项式。因此每个 \(f(x) \in \mathbb{C}[x]\)（\(\deg f = n \geq 1\)）都可以分解为
其中 \(\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in \mathbb{C}\) 是 \(f\) 的全部根（计重数），\(a_n\) 是首项系数。
证明
设 \(p(x) \in \mathbb{C}[x]\) 不可约且 \(\deg p \geq 2\)。由代数基本定理，\(p\) 有根 \(\alpha \in \mathbb{C}\)，故 \((x - \alpha) \mid p\)，这与 \(p\) 不可约矛盾。因此不可约多项式的次数只能为 \(1\)。
分解式由唯一分解定理和每个不可约因式为一次式推得。\(\blacksquare\)
定理 0.18 (共轭根定理)
设 \(f(x) \in \mathbb{R}[x]\)。若 \(\alpha = a + bi \in \mathbb{C}\)（\(b \neq 0\)）是 \(f\) 的根，则 \(\overline{\alpha} = a - bi\) 也是 \(f\) 的根，且 \(\alpha\) 与 \(\overline{\alpha}\) 的重数相同。
证明
由 \(f(\alpha) = 0\) 取共轭：\(\overline{f(\alpha)} = f(\overline{\alpha}) = 0\)（利用 \(f\) 的系数为实数，\(\overline{a_k \alpha^k} = a_k \overline{\alpha}^k\)）。
对于重数，设 \(f(x) = (x - \alpha)^k g(x)\)，\(g(\alpha) \neq 0\)。取共轭得 \(f(x) = (x - \overline{\alpha})^k \overline{g}(x)\)（其中 \(\overline{g}\) 表示将 \(g\) 的系数取共轭）。由 \(f\) 系数为实数，\(\overline{g}(x)\) 的系数也为实数，且 \(\overline{g}(\overline{\alpha}) = \overline{g(\alpha)} \neq 0\)。\(\blacksquare\)
定理 0.19 (\(\\mathbb{R}\) 上的不可约多项式)
\(\mathbb{R}[x]\) 中的不可约多项式恰好是：
- 一次多项式 \(ax + b\)（\(a \neq 0\)）；
- 判别式 \(< 0\) 的二次多项式 \(ax^2 + bx + c\)（\(a \neq 0\)，\(b^2 - 4ac < 0\)）。
证明
一次多项式显然不可约。判别式 \(< 0\) 的二次多项式在 \(\mathbb{R}\) 中无根，故不能有一次因式，因而不可约。
设 \(p(x) \in \mathbb{R}[x]\) 不可约，\(\deg p \geq 3\)。\(p\) 在 \(\mathbb{C}\) 中有根 \(\alpha\)。若 \(\alpha \in \mathbb{R}\)，则 \((x - \alpha) \mid p\)，与不可约矛盾。若 \(\alpha = a + bi\)（\(b \neq 0\)），则 \(\overline{\alpha}\) 也是 \(p\) 的根，\((x - \alpha)(x - \overline{\alpha}) = x^2 - 2ax + a^2 + b^2 \in \mathbb{R}[x]\)，且此二次式整除 \(p\)。由 \(\deg p \geq 3\)，\(p\) 有真因式分解，矛盾。故 \(\deg p \leq 2\)。
\(\deg p = 2\) 时，若判别式 \(\geq 0\) 则有实根而可约。\(\blacksquare\)
例 0.12
在 \(\mathbb{R}[x]\) 中分解 \(f(x) = x^4 + 4\)。
\(f\) 在 \(\mathbb{R}\) 中无根（\(x^4 + 4 > 0\)），但 \(f\) 是可约的：
\(x^2 + 2x + 2\) 和 \(x^2 - 2x + 2\) 的判别式分别为 \(4 - 8 = -4 < 0\)，故均不可约。
0.9 有理数域上的不可约多项式¶
核心问题：\(\mathbb{Q}[x]\) 中的不可约判定比 \(\mathbb{R}\) 和 \(\mathbb{C}\) 困难得多 → 有理根判别法 → Gauss 引理 → Eisenstein 判别法
定理 0.20 (有理根定理)
设 \(f(x) = a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0 \in \mathbb{Z}[x]\)，\(a_n \neq 0\)。若 \(\frac{p}{q}\)（\(p, q\) 互素整数，\(q > 0\)）是 \(f\) 的有理根，则 \(p \mid a_0\) 且 \(q \mid a_n\)。
证明
由 \(f(p/q) = 0\)，两边乘以 \(q^n\)：
\(a_n p^n = -q(a_{n-1}p^{n-1} + \cdots + a_0 q^{n-1})\)，故 \(q \mid a_n p^n\)。由 \(\gcd(p, q) = 1\) 知 \(q \mid a_n\)。类似地 \(p \mid a_0\)。\(\blacksquare\)
定义 0.12 (本原多项式)
整系数多项式 \(f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]\) 称为本原的（primitive），若 \(\gcd(a_n, a_{n-1}, \ldots, a_0) = 1\)。
定理 0.21 (Gauss 引理)
两个本原多项式的乘积仍是本原的。
证明
设 \(f = \sum a_i x^i\) 和 \(g = \sum b_j x^j\) 本原，\(h = fg = \sum c_k x^k\)。反设 \(h\) 不本原，则存在素数 \(p\) 使得 \(p \mid c_k\) 对所有 \(k\)。
由 \(f\) 本原，设 \(a_r\) 是第一个不被 \(p\) 整除的系数（\(p \mid a_0, \ldots, a_{r-1}\)，\(p \nmid a_r\)）。类似地设 \(b_s\) 是 \(g\) 中第一个不被 \(p\) 整除的系数。考虑 \(c_{r+s}\)：
当 \(i < r\) 时 \(p \mid a_i\)，当 \(i > r\) 时 \(j = r+s-i < s\) 故 \(p \mid b_j\)。因此 \(p \mid (c_{r+s} - a_r b_s)\)，又 \(p \mid c_{r+s}\)，得 \(p \mid a_r b_s\)。由 \(p\) 为素数，\(p \mid a_r\) 或 \(p \mid b_s\)，矛盾。\(\blacksquare\)
定理 0.22 (Gauss 定理：\(\\mathbb{Q}\) 上可约蕴含 \(\\mathbb{Z}\) 上可约)
设 \(f(x) \in \mathbb{Z}[x]\) 为本原多项式。若 \(f\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中可约，则 \(f\) 可以写成两个次数较低的整系数多项式之积。
证明
设 \(f = gh\)，\(g, h \in \mathbb{Q}[x]\)，\(\deg g, \deg h \geq 1\)。提取公分母后设 \(\frac{a}{b} f = g_0 h_0\)，其中 \(g_0, h_0 \in \mathbb{Z}[x]\)。设 \(g_0 = d_1 g_1\)，\(h_0 = d_2 h_1\)，\(g_1, h_1\) 本原。则 \(\frac{a}{b} f = d_1 d_2 g_1 h_1\)。由 Gauss 引理 \(g_1 h_1\) 本原，又 \(f\) 本原，比较两边内容（所有系数的 GCD）得 \(\frac{a}{b} = \pm d_1 d_2\)，从而 \(f = \pm g_1 h_1\)。\(\blacksquare\)
定理 0.23 (Eisenstein 判别法)
设 \(f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]\)，\(n \geq 1\)。若存在素数 \(p\) 使得：
- \(p \nmid a_n\)；
- \(p \mid a_{n-1}, p \mid a_{n-2}, \ldots, p \mid a_0\)；
- \(p^2 \nmid a_0\)。
则 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中不可约。
证明
反设 \(f\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中可约。由 Gauss 定理，\(f = gh\)，\(g, h \in \mathbb{Z}[x]\)，\(\deg g = r \geq 1\)，\(\deg h = s \geq 1\)，\(r + s = n\)。设 \(g = b_r x^r + \cdots + b_0\)，\(h = c_s x^s + \cdots + c_0\)。
由 \(a_0 = b_0 c_0\) 和条件 (2)(3)，\(p \mid b_0 c_0\) 但 \(p^2 \nmid b_0 c_0\)，所以 \(p\) 恰整除 \(b_0, c_0\) 中的一个。不妨设 \(p \mid b_0\)，\(p \nmid c_0\)。
由 \(a_n = b_r c_s\) 和条件 (1)，\(p \nmid b_r\)。设 \(b_k\) 是 \(g\) 中第一个不被 \(p\) 整除的系数（\(1 \leq k \leq r < n\)）。考虑 \(a_k = b_k c_0 + b_{k-1}c_1 + \cdots + b_0 c_k\)。由 \(p \mid a_k\)（条件 (2)，因 \(k < n\)）和 \(p \mid b_0, \ldots, b_{k-1}\)，得 \(p \mid b_k c_0\)，从而 \(p \mid b_k\)（因 \(p \nmid c_0\)），矛盾。\(\blacksquare\)
例 0.13
证明 \(f(x) = x^4 + 3x^3 + 9x + 3\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约。
取 \(p = 3\)：\(3 \nmid 1\)（首项系数），\(3 \mid 3, 0, 9, 3\)（其余系数），\(9 \nmid 3\)（\(p^2 = 9 \nmid a_0 = 3\)）。由 Eisenstein 判别法，\(f\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约。
例 0.14
证明 \(p\) 次分圆多项式 \(\Phi_p(x) = x^{p-1} + x^{p-2} + \cdots + x + 1\)（\(p\) 为素数）在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约。
令 \(y = x - 1\)，即 \(x = y + 1\)。
由 \(p \mid \binom{p}{k}\)（\(1 \leq k \leq p-1\)）且 \(p^2 \nmid \binom{p}{1} = p\)，Eisenstein 判别法（取素数 \(p\)）给出 \(\Phi_p(y+1)\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约，从而 \(\Phi_p(x)\) 也不可约。
0.10 多项式插值¶
核心问题：给定 \(n + 1\) 个点，能否唯一确定一个 \(n\) 次多项式通过它们？ → Lagrange 插值 → Newton 插值 → 应用
定理 0.24 (多项式插值的存在唯一性)
设 \(x_0, x_1, \ldots, x_n \in \mathbb{F}\) 两两不同，\(y_0, y_1, \ldots, y_n \in \mathbb{F}\) 为给定值。则存在唯一的 \(n\) 次以下多项式 \(p(x) \in \mathbb{F}[x]\)（\(\deg p \leq n\)）使得
证明
唯一性：设 \(p, q\) 都满足条件，\(\deg p, \deg q \leq n\)。则 \(p - q\) 的次数 \(\leq n\) 且有 \(n + 1\) 个根 \(x_0, \ldots, x_n\)。由定理 0.13，\(p - q = 0\)。
存在性：由下面的 Lagrange 插值公式给出。\(\blacksquare\)
定义 0.13 (Lagrange 基多项式)
对给定的互不相同的节点 \(x_0, x_1, \ldots, x_n \in \mathbb{F}\)，Lagrange 基多项式（Lagrange basis polynomial）定义为
其中 \(\ell_i(x_j) = \delta_{ij}\)（Kronecker delta）。
定理 0.25 (Lagrange 插值公式)
满足插值条件 \(p(x_i) = y_i\)（\(i = 0, 1, \ldots, n\)）的唯一多项式为
证明
由 \(\ell_i(x_k) = \delta_{ik}\)，直接验证 \(p(x_k) = \sum_i y_i \delta_{ik} = y_k\)。\(\deg p \leq n\) 也显然成立。\(\blacksquare\)
例 0.15
求通过点 \((0, 1)\)、\((1, 3)\)、\((2, 7)\) 的二次插值多项式。
节点 \(x_0 = 0, x_1 = 1, x_2 = 2\)，值 \(y_0 = 1, y_1 = 3, y_2 = 7\)。
展开化简：
验证：\(p(0) = 1\)，\(p(1) = 3\)，\(p(2) = 7\)。
Newton 插值¶
定义 0.14 (差商)
设 \(x_0, x_1, \ldots, x_n\) 两两不同。差商（divided difference）递归定义为：
- 零阶差商：\(f[x_i] = f(x_i)\)。
- 一阶差商：\(f[x_i, x_{i+1}] = \dfrac{f[x_{i+1}] - f[x_i]}{x_{i+1} - x_i}\)。
- \(k\) 阶差商：\(f[x_i, x_{i+1}, \ldots, x_{i+k}] = \dfrac{f[x_{i+1}, \ldots, x_{i+k}] - f[x_i, \ldots, x_{i+k-1}]}{x_{i+k} - x_i}\)。
定理 0.26 (Newton 插值公式)
插值多项式可以表示为 Newton 形式：
证明
令 \(p_k(x)\) 为通过前 \(k + 1\) 个点的插值多项式。则 \(p_0(x) = f[x_0]\)，且
其中 \(c_k\) 由条件 \(p_k(x_k) = y_k\) 确定。归纳可证 \(c_k = f[x_0, x_1, \ldots, x_k]\)。\(\blacksquare\)
例 0.16
用 Newton 插值重做例 0.15（节点 \((0,1), (1,3), (2,7)\)）。
差商表：
| \(x_i\) | \(f[x_i]\) | \(f[x_i, x_{i+1}]\) | \(f[x_i, x_{i+1}, x_{i+2}]\) |
|---|---|---|---|
| \(0\) | \(1\) | ||
| \(\frac{3-1}{1-0} = 2\) | |||
| \(1\) | \(3\) | \(\frac{4-2}{2-0} = 1\) | |
| \(\frac{7-3}{2-1} = 4\) | |||
| \(2\) | \(7\) |
与 Lagrange 方法结果一致。
注
Newton 插值的优势在于递推性：当增加一个新节点时，只需在原多项式基础上增加一项，无需重新计算全部。此外差商具有对称性：\(f[x_0, x_1, \ldots, x_k]\) 与节点的排列顺序无关。