高等代数笔记

news/2024/11/28 20:51:24/文章来源:https://www.cnblogs.com/Link-Cut-Y/p/18295786

高等代数笔记。

$\text{\S}\ 1\ $ 数域（Field）

下面给出一些基本数学符号：

$\mathbb{R} / \mathbf{R}$ ：实数域。
$\mathbb{C} / \mathbf{C}$ ：复数域。
$\mathbb{Z} / \mathbf{Z}$ ：整数域。

定义 1.1： 定义 数环 $\mathrm{C}$ 表示一个数集，满足其对加、减、乘都封闭。

例如，整数集是一个数环，其满足对加减乘法封闭。需要注意的是，数环不一定对除法封闭。

下面探讨数环的某些性质。

性质 1.1.1： 数环中必然存在元素 $0$。

很显然，假设数环中有元素 $x$，则根据数环的封闭性，$x - x$ 必然在数环内。因此 $0 \in \mathrm{C}$。也可以得到 $0$ 是数环 $\mathrm{C}$ 的加法单位元。

性质 1.1.2： 除了 $\{0\}$ 之外任意数环都是无限集。

假设 $x \in \mathrm{C}, x \ge 2$，则 $\forall n \ge 1, x ^ n \in \mathrm{C}$。这一点由乘法的封闭性可知。

对于 $\{0, 1\}$ 这个数环，我们发现 $1 + 1 = 2 \in \mathrm{C}$。因此可以规约到上面的情况。

定义 1.2： 定义数域 $\mathrm{P}$ 为一个数集，满足其对加、减、乘、除封闭。这里规定除数不为 $0$。

可以发现数域是数环的一个扩展概念。数域一定是数环，但是数环不一定是数域。

下面是除了数环的性质外，数域还有其他的一些性质。

性质 1.2.1： 数域 $\mathrm{P}$ 含有 $1$。

由于数域有除法的封闭性，对于 $x \in \mathrm{P}$，$x \ne 0$，一定有 $\dfrac{x}{x} = 1\in \mathrm P$。

性质 1.2.2： 有理数集 $\mathbb{N}$ 是最小的数域。所有数域都包括有理数域作为他的一部分。

由性质 1.2.1 和性质 1.1.1 可知，$0, 1 \in \mathrm P$。那么由于加法的封闭性，可以知道整数环包含于数域 $\mathrm P$。然后又由于除法封闭性，$\forall a, b \in \mathbf{N}, \dfrac{a}{b} \in \mathrm P$。

性质 1.2.3： 复数域 $\mathbf{C}$ 是最大的数域。

接下来是一些例子。

Example 1： 所有具有形式

\[a + bk \]

的数（其中 $a, b$ 是有理数），我们用 $\mathbf{Q}(k)$ 来表示。例如，$\mathbf Q(\sqrt 2)$ 就表示形如 $a + b \sqrt 2$ 的数。证明 $\mathbf Q (\sqrt 2)$ 是一个数域。

显然，$\mathbf Q(\sqrt 2)$ 包含 $0, 1$。分别当 $a = 0, b = 0$ 和 $a = 1, b = 0$ 时取到，即其满足性质 1.2.1。当 $b = 0$ 是该数集是有理数集。下面我们从定义出发来证明。

加法、减法封闭性：$(a + b\sqrt 2) + (c +d\sqrt2) = (a + b) + (c + d)\sqrt 2$。易得 $a + b, c + d$ 均为有理数。
乘法封闭性：$(a + b \sqrt 2)(c + d\sqrt 2) = (ac + 2bd) + (bc + ad)\sqrt 2$。易得 $ac + 2bd, bc + ad$ 都是有理数。
除法封闭性：$\dfrac{a + b\sqrt 2}{c + d \sqrt 2} = \dfrac{(a + b\sqrt 2)(c -d\sqrt 2)}{(c + d\sqrt 2)(c - d\sqrt 2)} = \dfrac{ac - 2bd}{a ^ 2 - 2b^2} + \dfrac{ad - bc}{a^2-2b^2}\sqrt 2$ 。由于有理数域的封闭性可得。

我们可以推广到一般情况，即对于所有 $\mathbf{Q}(\sqrt k), k \in \mathbf{N}$ 都满足其为数域。当然我们发现，当 $k = i$ 是 $\mathbf Q(k)$ 就是复数域。

性质 1.2.4： 数域的并不一定是数域，数域的交仍然是数域。

我们来证明后者。$\forall x, y \in \mathbf{P1 \bigcap P2}$，$x, y \in \mathbf{P1} x, y \in \mathbf{P2}$。则有 $x, y$ 在 $\mathbf{P1, P2}$ 内分别封闭。则有 $x \pm y, x \times y, x \div y$ 同时属于 $\mathbf{P1, P2}$。当然也属于他们的交。

处理一下高代课本上留下的思考题。

Example 2：证明形如

\[\dfrac{a_0 + a_1\pi + a_2 \pi^ 2 + \cdots + a_n \pi^n}{b_0 + b_1 \pi + b_2 \pi^2 + \cdots + b_m \pi^m} \]

的数组成的数域封闭。其中 $n, m$ 为任意非负整数，$a_i, b_j(i \in 0, \cdots, n, j \in 0, \cdots, m)$。

我们分两部分来处理这个问题。

Part I. 证明形如

\[a_0 + a_1 \pi +\cdots + a_n \pi ^ n \]

的数对于加减乘法封闭。

发现这个东西很像多项式（下面会提到）。我们不妨将其设为

\[f(\pi) = \sum_{i = 0}^{+ \infty}a_i \pi^i\\ g(\pi) = \sum_{i = 0}^{+ \infty}b_i \pi^i \]

这里上界到正无穷，是因为高位可以用 $0$ 进行补齐。

对于加减法的封闭性，证明如下：

\[f(x) \pm g(x) = \sum_{i = 0}^{ + \infty} (a_i \pm bi) x^i \]

$a_i, b_i$ 在有理数内都封闭，所以加减法封闭。

对于乘法的封闭性，

\[f(x)g(x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{i + j = n}a_ib_j\pi^n \]

由于 $a_ib_j, \sum a_ib_j$ 都封闭，因此可以证明乘法的封闭。

**Part II. ** 证明原式。

我们将原式的分子分母分别用 $a, b, c, d$ 代替。即证明 $\dfrac{a}{b}, \dfrac{c}{d}$ 构成数域。

首先证明对于加减法的封闭性。$\dfrac{a}{b} \pm \dfrac{c}{d} = \dfrac{ad \pm bc}{bd}$。由于 $ad, bc, bd, a, b, c, d$ 都关于加减乘封闭，即证毕。

对于乘法的封闭性：$\dfrac{a}{b} \times \dfrac{c}{d} = \dfrac{ac}{bd}$。根据封闭性也容易得到。除法也同理。

从这道题中可以得出一些经验，即对于某些分式结构的封闭性证明，常常要证明分子和分母构成数环。

$\text{\S}\ 2\ $ 一元多项式（Polynomial）

多项式是这本书最重要的内容之一。上一章节是为这一节做一些铺垫。

定义 2.1： 设 $n$ 为一非负整数，形式表达式

\[f(x) = a_n x ^ n +a_{n - 1} x ^ {n - 1} + \cdots + a_0 \]
其中 $a_0, a_1 \cdots a_n \in \mathbf P$，则称 $f(x)$ 为数域 $\mathbf P$ 上的一元多项式。其中的 $x$ 只是一个“不定元”，并没有实际意义。

我们也可以将 $f(x)$ 写作下面的形式：

\[f(x) = \sum_{i = 0}^{n} a_i x ^ i \]
其中的 $n$ 下文会提到。

有一些特殊的多项式需要说明。例如，零多项式被定义为各项系数都为 $0$ 的多项式，也记作 $0$。常数多项式被定义为除常数项其余各项都为 $0$ 的多项式。

下面我们来定义多项式中的一些术语和规则。

定义 2.2：若 $n$ 为最大的正整数满足 $a_n \ne 0$，那么称 $a_n$ 为首项系数，$n$ 为多项式的次数，记作 $\partial{(f(x))}$。需要注意的是，零多项式的次数未定义（看做正无穷）。

需要解释的是，零多项式次数不定义，但是常数多项式的次数有定义，其次数为 $1$。

根据中学阶段学习的多项式加减法，我们可以归纳出次数定理：

定义 2.3： 次数定理：设

\[f(x) = a_n x ^ n + a_{n - 1} x ^ {n - 1} + \cdots + a_0 \\ g(x) = b_m x ^ m + b_{m - 1} x ^ {m - 1} + \cdots + b_0\\ f(x) \pm g(x) \ne 0 \]
则有

\[\partial(f(x) \pm g(x)) \le \max(\partial(f(x)), \partial(g(x)))\\ \partial(f(x)g(x)) = \partial(f(x)) + \partial(g(x)) \]

个人认为没有什么需要过多说明的。需要注意的就是次数定理第一句中的 $\le$。这是由于 $f(x) \pm g(x)$ 某些高项系数可能恰好互为相反数。

讨论完多项式的定义及次数后，需要研究多项式的运算性质。

性质 2.1：对于数域 $\mathbf P$ 上的两个多项式 $f(x), g(x)$，满足 $f(x) \pm g(x), f(x) \times g(x)$ 仍为数域 $\mathbf P$ 上的多项式。

证明很简单。我们将 $f$ 和 $g$ 的次数扩展到正无穷（不到正无穷的可以高维补 $0$），则有

\[f(x) = \sum_{0}^{+ \infty} a_i x ^ i\\ g(x) = \sum_{0}^{+ \infty} b_i x ^ i\\ f(x) \pm g(x) = \sum_{0}^{\infty} (a_i + b_i) x ^ i \]

由于数域的加法封闭性，我们知道 $a_i + b_i$ 也是数域该数域的。下面再证明对于乘法该性质仍然成立。

\[f(x) g(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{i + j = n} a_ib_jx ^ n \]

根据数域对乘法的封闭性，我们知道，$a_ib_j, \sum a_ib_j$ 都是数域内的。

我们仿照数环的定义，提出多项式环的定义：

定义 2.4： 定义多项式环 $P[x]$ 为所有 $\mathbf P$ 上一元多项式的集合。$\mathbf{P}$ 称为 $P[x]$ 的系数域。

根据上面的定义，可以发现，多项式环也是一种环，其满足环论中的诸多性质（在群论中会涉及）。

下面给出一些高等代数课本上没有的记号：

$P[x]_n$ 表示系数属于数域 $\mathbf P$ 且 $\le n$ 的一元多项式全体。
$\mathrm{IR}[x]$：实系数一元多项式全体。
$\mathrm{IR}^{n \times n}$：实系数 $n \times n$ 方阵。

这些在后面都会用到。

继续回到运算性质。根据中学所学，多项式的运算满足下面的一些规律。

加法交换律。即

\[f(x) \pm g(x) = g(x) \pm f(x) \]
加法结合律。即

\[(f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) \]
乘法交换律。即

\[f(x)g(x) = g(x)f(x) \]
乘法结合律。即

\[(f(x)g(x))h(x) = f(x)(g(x)h(x)) \]
乘法分配律。即

\[f(x)(g(x) + h(x)) = f(x)g(x) + f(x)h(x) \]
乘法消去律。即对于多项式非零多项式 $f(x)$，若有 $f(x)g(x) = f(x)h(x)$，则有

\[g(x) = h(x) \]

其中乘法消去律的证明到多项式除法部分会有体现。

$\text{\S}\ 3\ $ 多项式的除法（Polynomial division)

原书把本章称为“整除的概念”，不过我还是偏向于叫他多项式除法。

定义 3.1： 带余除法：对于 $\mathrm{P}[x]$ 中的两个多项式 $f(x), g(x), g(x) \ne 0$，一定存在 $\mathrm{P}[x]$ 中的两个多项式 $q(x), r(x)$ 使得

\[f(x) = q(x)g(x) + r(x) \]
成立。其中 $\partial(r(x)) < \partial(g(x))$ 或 $r(x) = 0$。并且这样的 $q(x), r(x)$ 唯一确定。

称 $q(x)$ 为除 $g(x)$ 的商式，称 $r(x)$ 为余子。

看起来这个东西和整数除法很相似。课本上证了一坨唯一性和存在性，我也不想仔细看了，大概是反证之类的。

这里证明一下唯一性：假设有 $g(x) = q'(x)g(x) + r'(x)$，其中 $\partial(r'(x)) < \partial(g(x))$ 或 $r'(x) = 0$，且 $q(x) \ne q'(x), r(x) \ne r'(x)$。

那么有 $q(x)g(x) +r(x) = q'(x)g(x) + r'(x)$。移项得到 $(q(x) - q'(x))g(x) = r'(x) - r(x)$。

若有 $q(x) \ne q'(x)$，那么有 $r'(x) - r(x) \ne 0$，且根据次数定理有

\[\partial(q(x) - q'(x)) + \partial(g(x)) = \partial(r'(x) - r(x)) \]

但是还有根据定义还有 $\partial(g(x)) > \partial(r(x)), \partial(g(x)) > \partial(r'(x))$，也就是 $\partial(g(x)) > \partial(r'(x) - r(x))$。

因此上式不可能成立。这就证明了 $q(x) = q'(x)$ 以及 $r(x) = r'(x)$。

定义 3.2： 数域 $\mathbf{P}$ 上的多项式 $g(x)$ 整除 $f(x)$，当且仅当存在 $h(x)$ 使得 $f(x) = g(x)h(x)$。记作 $g(x) \mid f(x)$。否则记作 $g(x) \nmid f(x)$。

我们称 $g(x)$ 为 $f(x)$ 的因式，$f(x)$ 为 $g(x)$ 的倍式。

有的时候，当 $g(x) \mid f(x)$ 时，我们也将 $g(x)$ 除 $f(x)$ 所得的商 $q(x)$ 用 $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ 来表示。

下面是整除的几条性质。基本和整数的整除类似。

性质 3.2.1： $f(x) \mid f(x), f(x) \mid 0, c \mid f(x)(c \ne 0)$。

性质 3.2.2： 如果 $f(x) \mid g(x), g(x) \mid f(x)$，则有 $f(x) = cg(x)$。其中 $c$ 为非零常数。证明不难。

性质 3.2.3： 整除的传递性：若 $f(x) \mid g(x), g(x) \mid h(x)$，则有 $f(x) \mid h(x)$。

性质 3.2.4： 若 $f(x) \mid g_i(x), i = 1, 2, 3 \cdots n$，则有 $f(x) \mid (u_1g_1(x) + \cdots + u_ng_n(x))$。即若 $f(x)$ 整除若干多项式，则整除这些多项式的线性组合。

$\text{\S} \ 4\ $ 最大公因式（Greatest common divisor）

定义 4.1： 多项式 $\varphi(x)$ 是 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的公因式，当且仅当 $\varphi(x) \mid f(x)$ 且 $\varphi(x) \mid g(x)$。虽然这并不重要。

定义 4.2： 多项式 $d(x)$ 是 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的最大公因式，当且仅当其为 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的公因式，且对于所有 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的公因式 $\varphi(x)$，都有 $\varphi(x) \mid d(x)$。特别的，两个零多项式的最大公因式是 $0$。我们将 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的最大公因式记作 $(f(x), g(x))$。

这些定义和整数环中的定义基本相同。这里不再赘述。了解最大公因式的概念后，我们想要知道最大公因式的求法。类比整数中的辗转相除法，我们提出多项式的辗转相除法：

引理 4.1： 如果有等式

\[f(x) = q(x)g(x) + r(x) \]
成立，那么有 $(f(x), g(x)) = (g(x), r(x))$。

如果有 $\varphi(x) \mid g(x)$，$\varphi(x) \mid r(x)$，不妨设 $h_1(x) \varphi(x) = g(x), h_2(x) \varphi(x) = r(x)$，则有 $f(x) = h_1(x) \varphi(x) q(x) + \varphi(x) h_2(x) = \varphi(x)(h_1(x)q(x) + h_2(x))$，也就是 $\varphi(x) \mid f(x)$。

课本上还介绍了一个引理，但是我看不懂这个引理有什么用……我直接贴上来吧。

定理 1： 对于任意两个多项式 $f, g$，都存在多项式 $u, v$，使得 $(f(x), g(x)) = u(x)f(x) + v(x)g(x)$。

由最大公因式的定义不难看出，若 $d_1(x), d_2(x)$ 都是 $f(x), g(x)$ 的最大公因式，那么这两个多项式一定只差常数倍。所以我们用 $(f(x), g(x))$ 来特别指 $f(x), g(x)$ 的首项为一的最大公约数。

既然有了最大公约数，就可以类似整数来定义许多别的概念。比如我们定义互素：

定义 4.3： 我们称 $f(x), g(x)$ 互素，当且仅当 $(f(x), g(x)) = 1$。课本上没有记法，但是可以类比整数记为 $f(x) \perp g(x)$。

互素的性质也和整数非常像。这里把高代课本上的记下来，还有一些是课本没有的。

性质 4.1： 如果有 $f(x) \perp g(x)$，$f(x) \perp h(x)$，则有 $f(x) \perp g(x)h(x)$（互素的乘法）。

性质 4.2： 如果有 $f(x) \perp g(x)$，那么有 $(f(x) + g(x)) \perp g(x), (f(x) + g(x)) \perp f(x)$（互素的加法）。

性质 4.3： 如果有 $f(x) \perp g(x)$ 且 $f(x) \mid g(x) h(x)$，则有 $f(x) \perp h(x)$。

性质 4.1 就是课后练习的 12 题。这些结论在后面学完多项式因式分解之后会有更加简单的证明和更方便的理解。

最后是高代课本上关于互素判定的结论。高代课本上也没怎么证明。。。

定理 2： $f(x), g(x)$ 互素的充分必要条件是，有 $u(x), v(x)$ 使得

\[u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1 \]

下面是一些练习。

Example 1： （课后练习 $14$ 题）若有 $(f(x), g(x)) = 1$，则有

\[(f(x)g(x), f(x) + g(x)) = 1 \]

首先根据 性质 4.2，有 $f(x) \perp (f(x) + g(x))$，$g(x) \perp (f(x) + g(x))$。再根据 性质 4.1，就有 $f(x)g(x) \perp (f(x) + g(x))$。

Example 2： （课后练习 $10$ 题）

证明

\[(\dfrac{f(x)}{(f(x), g(x))}, \dfrac{g(x)}{(f(x), g(x))}) = 1 \]

根据定理 1 可得，存在 $u, v$ 使得 $u(x)f(x) + v(x)g(x) = (f(x), g(x))$。于是我们根据乘法消去律将两边同时消去 $(f(x), g(x))$，就有

\[u(x)\dfrac{f(x)}{(f(x), g(x))} + v(x) \dfrac{g(x)}{(f(x), g(x))} = 1 \]

根据定理 2 可以知道这两个多项式是互素的。

Example 3： （补充题第一题）若 $f_1(x) = af(x) + bg(x), g_1(x) = cf(x) + dg(x)$，且 $ad - bc \ne 0$。证明 $(f(x), g(x)) = (f_1(x), g_1(x))$。

看到 $ad - bc$ 自然想到行列式，然后可以联想到一元一次方程组啊。

首先由于 $f_1, g_1$ 都是 $f, g$ 的线性组合，所以 $f, g$ 的公因式必然是 $f_1, g_1$ 的公因式。

然后使用 $f_1, g_1$ 反解出 $f, g$，发现其也是 $f_1, g_1$ 的线性组合。因此 $f_1, g_1$ 的公因式必然也是 $f, g$ 的。

$\text{\S} \ 5\ $ 因式分解定理

初中学过二次多项式的因式分解，这里只是将其扩展到了更高的次数。

首先根据初中所学，我们首先要知道怎样才叫做“不可再分解”。

定义 5.1： 不可约多项式：数域 $\mathrm{P}$ 上次数 $\ge 1$ 的多项式 $p(x)$ 称为 $\mathrm{P}$ 上的不可约多项式，如果它不能被表成数域 $\mathrm{P}$ 上两个次数比 $p(x)$ 小的多项式的乘积。一次多项式总是不可约多项式。

需要注意的是，这里特别强调了数域，是由于多项式是否可约是与数域有关的。例如，$x ^ 2 + 2$ 这个多项式在实数域内不可约，但是在复数域内却可以写作 $(x + \sqrt 2i)(x - \sqrt 2 i)$。

性质 5.1： 不可约多项式与 $p(x)$ 与任意多项式 $f(x)$ 之间只可能有两种关系，或者 $p(x) \mid f(x)$，或者 $p(x) \perp f(x)$。

事实上，如果 $(p(x), f(x)) = d(x)$，那么 $d(x) = cp(x)$ 或者 $d(x) = 1$。我们可以类比整数域，将 $cp(x)$ 和 $1$ 这两个（类）多项式称为 $p(x)$ 的平凡因式。

如果一个多项式不可约，则其数乘后的多项式不可约。

性质 5.2： 如果 $p(x)$ 是一个不可约多项式，那么对于任意的两个多项式 $f(x), g(x)$，由 $p(x) \mid f(x)g(x)$，一定推出 $p(x) \mid f(x)$ 或者 $p(x) \mid g(x)$。

利用数学归纳，可以推广为：不可约多项式 $p$ 整除多项式 $f_1, f_2, \cdots , f_n$ 的乘积 $f_1f_2\cdots f_n$，则 $p$ 整除这些多项式之中的至少一个。

证明一下。如果 $p(x) \mid f(x)$ 则结论成立，如果 $p(x) \nmid f(x)$，由性质 5.1 可以得到，$p(x) \perp f(x)$。根据性质 4.3可以得到 $p(x) \mid g(x)$。

接下来课本上这一堆都是没什么用的废话，需要知道的只是多项式可以像整数一样分解质因数（这里当然是分解成不可约多项式），并且这个分解是唯一的。这里的唯一性指的是可以交换不同因式的顺序，因式之间可以差常数倍。直接来到最重要的定义。

定义 5.2： 标准分解式

定义 $f(x)$ 的标准分解式为：

\[f(x) = c p_1^{r_1}(x) p_2^{r_2}(x) \cdots p_s^{r_s}(x)\\ = c \prod_{1 \le i \le s} p_i^{r_i}(x) \]
其中 $c$ 是非零常数，$p_i(i = 1, 2 \cdots s)$ 是首项为一的不可约多项式。

这个标准分解式极为有用，因为他的许多性质和整数内的性质相通。例如，两个整数的最大公约数是在两个整数唯一分解中出现的质因子的乘积，所带的质数是该因子在两个整数唯一分解中次数较小的一个；类比可以得到，两个多项式 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的最大公因式 $d(x)$ 其实就是同时在 $f(x), g(x)$ 的标准分解式中出现的不可约多项式方幂的乘积，其指数等于它在 $f, g$ 中所带方幂的较小值。

需要注意的是，$p_1(x), p_2(x) \cdots p_s(x)$ 是两两互素的。假设其不成立并且反证就可以证明。

$\text{\S} \ 6\ $ 重因式与微商

定义 3.1： 不可约多项式 $p(x)$ 称为多项式的 $k$ 重因式，当且仅当 $p^k(x) \mid f(x)$ 且 $p^{k+1}(x) \nmid f(x)$。

如果 $k = 0$ 则 $p(x)$ 不是 $f(x)$ 的因式。如果 $k = 1$ 则称 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的单因式。如果 $k \ge 2$ 则称 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的重因式。

如何判定一个不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的几重因式？

这需要借助微商。微商就是中学所学的导数。在高等代数 / 高等数学课本中又定义了高阶微商，也就是对 $f(x)$ 做 $k$ 次微商，记为 $f^{(k)}(x)$。

下面是一个很重要的定理。

定理 3.1： 如果一个不可约多项式 $p(x)$ 是多项式 $f(x)$ 的 $k$ 重因式，则其一定是 $f'(x)$ 的 $k - 1$ 重因式。

证明一下这个定理。首先假设 $f(x) = g(x) \times p^{k}(x)$，其中有 $p(x) \nmid g(x)$。那么有 $f'(x) = p^{k - 1}(x) \times (kg(x)p'(x) + p(x)g'(x))$。

这说明 $p^{k - 1}(x) \mid f(x)$。同时我们要证明 $p^{k}(x) \nmid f(x)$。这很简单，$p(x)$ 显然不会整除 $kg(x)p'(x)$。

这里扩展一下。如果 $p^{k - 1}(x) \mid f'(x)$，那么 $p(x)$ 是否是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式呢？换言之，上面定理的逆命题是否成立呢？

答案是，定理 3.1 的逆命题不成立。我们考虑对 $f'(x)$ 做微分，发现其并不一定等于 $f(x)$。这是需要特别注意的。

Q：如果想让逆命题成立，需要额外附加哪些条件呢？

A：”如果 $p^{k - 1}(x) \mid f'(x)$，且 $p(x) \mid f(x)$，那么有 $p^{k}(x) \mid f(x)$“这个命题是真命题。

推论 1： 不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式的充分必要条件是他是 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 的公因式。

推论 2： 多项式 $f(x)$ 没有重因式的充分必要条件是 $f(x) \perp f'(x)$。

推论 $2$ 表明，判断一个多项式是否有重因式，可以通过代数运算的方法来解决，这个方法甚至是机械式的。

另外提一下消除 $f$ 中重因式次数的方法。我们发现 $(f(x), f'(x))$ 相当于对所有因式的指数降一次，因此 $\dfrac{f(x)}{f'(x)}$ 就相当于是求出了 $f$ 所有因式的乘积（不含次数）。

$\text{\S} \ 7\ $ 多项式函数

这一章没什么东西，将不定元 $x$ 换位具体值 $\alpha$，就可以将 $f(\alpha)$ 看做一个函数。

定理 7.1： （余数定理）用 $x - \alpha$ 取除一个多项式 $f(x)$，所得的余式是一个常数，这个常数等于函数值 $f(\alpha)$。

首先我们先证明它是一个常数。首先根据带余除法，我们假设 $f(x) = q(x)(x - \alpha) + r(x)$。再根据次数定理，我们还知道 $\partial(r(x)) < \partial(x - \alpha) = 1$，所以这个东西只能是一个常数，证毕。证明该常数是 $\alpha$ 是平凡的，因为我们只要把 $\alpha$ 带进 $f(x) = q(x)(x - \alpha) + c$ 中就能得到 $f(\alpha) = c$。

如果某个多项式 $f(x)$ 除以 $x - \alpha_0$ 所得的常数是 $0$，那么 $\alpha_0$ 就是该多项式函数的零点，又叫多项式函数的根。

假设 $x - \alpha_0$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式且 $x - \alpha_0 \mid f(x)$，那么若 $k = 1$ 则 $\alpha_0$ 是单根，否则是重根。