高等代数 · 第 P75 集 · 十：不可约多项式推论、重因式

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◎学习目标

掌握不可约多项式的素性：若 \(p(x)\) 不可约且 \(p(x) \mid f(x)g(x)\)，则 \(p(x) \mid f(x)\) 或 \(p(x) \mid g(x)\)；
理解并记忆唯一因式分解定理：数域 \(K\) 上任意次数 \(\geq 1\) 的多项式，都能唯一地分解为不可约多项式的乘积；
会用数学归纳法证明存在性和唯一性两部分；
掌握标准分解式的写法，了解首一（monic）不可约多项式的意义；
理解重因式的概念：\(p(x)\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重因式当且仅当 \(p(x)^k \mid f(x)\) 但 \(p(x)^{k+1} \nmid f(x)\)。

1不可约多项式的素性 ⏱ 00:02

在引入唯一因式分解定理之前，需要先确立不可约多项式的一个关键性质——素性（即它扮演了整数环中素数的角色）。

定理 1 · 不可约多项式的素性设 \(p(x) \in K[x]\) 是不可约多项式，\(f(x), g(x) \in K[x]\)。若 \(p(x) \mid f(x)g(x)\)，则必有 \(p(x) \mid f(x)\) 或 \(p(x) \mid g(x)\)。

证明（反证法 + 最大公因式）

假设 \(p(x) \nmid f(x)\)。由于 \(p(x)\) 不可约，它的因式只有零次多项式和它的相伴元，所以 \(\gcd(p(x), f(x)) = 1\)。⏱ 01:00

由 Bézout 定理（上一节结论），存在 \(u(x), v(x) \in K[x]\) 使得 \(u(x)p(x) + v(x)f(x) = 1\)。两边同乘 \(g(x)\)：\(u(x)p(x)g(x) + v(x)f(x)g(x) = g(x)\)。因为 \(p(x) \mid f(x)g(x)\)，所以右端能被 \(p(x)\) 整除；显然 \(p(x) \mid u(x)p(x)g(x)\)，故左端两项均被 \(p(x)\) 整除，从而 \(p(x) \mid g(x)\)。证毕。⏱ 02:15

关键推论由此可推广到多个因式的乘积：若不可约多项式 \(p(x) \mid f_1(x)f_2(x)\cdots f_s(x)\)，则 \(p(x)\) 必整除其中至少一个 \(f_j(x)\)。这个推论将在唯一性证明中反复使用。⏱ 02:50

2唯一因式分解定理——存在性 ⏱ 03:15

定理 2 · 唯一因式分解定理（存在性部分）数域 \(K\) 上任一次数 \(\geq 1\) 的多项式 \(f(x)\)，都能分解成数域 \(K\) 上有限多个不可约多项式的乘积。

证明（数学归纳法）

对次数 \(n = \deg f(x)\) 做归纳。

基础：当 \(\deg f(x) = 1\) 时，一次多项式本身已是不可约的，结论成立。⏱ 03:40

归纳步：设对次数 \(< n\) 的多项式结论成立，考虑 \(\deg f(x) = n\) 的情况。

若 \(f(x)\) 本身不可约，则结论显然成立；
若 \(f(x)\) 可约，由可约定义，存在 \(f_1(x), f_2(x)\) 使得 \(f(x) = f_1(x) \cdot f_2(x)\)，且 \(\deg f_1 < n\)、\(\deg f_2 < n\)。由归纳假设，\(f_1, f_2\) 均可分解为有限个不可约多项式的乘积，将它们相乘即得 \(f(x)\) 的分解。⏱ 04:30

为什么不会无限分解下去？因为每次分解后，因子的次数严格下降，而次数是自然数，不可能无限递减，故分解必然在有限步内终止，每步的因子最终都是不可约的。⏱ 05:20

3唯一因式分解定理——唯一性 ⏱ 06:00

定理 2 · 唯一因式分解定理（唯一性部分）若 \(f(x) \in K[x]\) 有两种分解 \[ f(x) = p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x) = q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x), \] 其中所有 \(p_i, q_j\) 均为 \(K\) 上首一不可约多项式，则 \(s = t\)，且适当排列 \(q_j\) 的次序后，有 \(p_i(x)\) 与 \(q_i(x)\) 相伴（即相等，因为首一），对所有 \(i = 1, \dots, s\) 成立。

证明（对第一个分解式中不可约因式个数 \(s\) 做归纳）

基础：\(s = 1\)。此时 \(f(x) = p_1(x)\)，于是 \(p_1(x) = q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x)\)。这说明 \(q_1(x) \mid p_1(x)\)。由于 \(p_1\) 不可约，其因式只有零次多项式或相伴元，而 \(q_1\) 不可约故次数 \(\geq 1\)，所以 \(q_1\) 与 \(p_1\) 相伴。同理每个 \(q_j\) 都与 \(p_1\) 相伴，从而所有 \(q_j\) 都是常数倍关系，由首一条件知它们全相等，故 \(t = 1\)。唯一性成立。⏱ 06:40

归纳步：假设对第一种分解式中不可约因式个数为 \(s-1\) 时结论成立，考虑 \(s\) 的情形。将 \(p_1(x)\) 看作一个因子，把其余 \(p_2\cdots p_s\) 合为一个多项式，于是 \(p_1 \mid q_1 q_2 \cdots q_t\)。由素性推论，\(p_1\) 必整除某个 \(q_j\)，不妨设 \(j = 1\)（必要时调换 \(q_j\) 的次序）。与基础情形同理，\(p_1\) 与 \(q_1\) 相伴，即 \(q_1 = c \cdot p_1\)（\(c \in K^\times\)）。⏱ 08:10

代入原等式得 \(p_1 \cdot p_2 \cdots p_s = c \cdot p_1 \cdot q_2 \cdots q_t\)。由 \(K[x]\) 的消去律（多项式环是整环，非零元可消去），两边约去 \(p_1\)：\(p_2 \cdots p_s = c \cdot q_2 \cdots q_t\)。再调整常数因子归入某个 \(q_j\)（由相伴关系的传递性），就得到一个第一种分解有 \(s-1\) 个因式、第二种分解有 \(t-1\) 个因式的等式。由归纳假设，\(s-1 = t-1\) 且对应因式相伴，从而 \(s = t\) 且全部因式一一相伴。唯一性得证。⏱ 10:00

老师提示"这个证明本质上是 Euclid 引理的推广，核心用到了不可约元的素性。"

4标准分解式 ⏱ 11:00

把相同因式合并，并把首系数提取出来，就得到标准分解式：

定义 · 标准分解式设 \(f(x) \in K[x]\)，\(\deg f \geq 1\)，\(a\) 是首系数。则 \[ f(x) = a \cdot p_1(x)^{l_1} \cdot p_2(x)^{l_2} \cdots p_m(x)^{l_m}, \] 其中 \(p_1(x), \dots, p_m(x)\) 是两两不等的首一不可约多项式，\(l_1, \dots, l_m\) 是正整数。这叫做 \(f(x)\) 在 \(K\) 上的标准分解式。

说明标准分解式中，每个首一不可约因式 \(p_i(x)\) 出现的幂次 \(l_i\) 是唯一确定的（由唯一性定理）。如果允许非首一的不可约因式，则每个因式可以差一个非零常数倍，分解不唯一；因此标准分解式要求首一。⏱ 12:00

5重因式 ⏱ 13:00

由标准分解式可以自然地引出重因式的概念：

定义 · 重因式设 \(f(x) \in K[x]\)，\(\deg f \geq 1\)，\(p(x)\) 是 \(K\) 上首一不可约多项式。若存在正整数 \(k\) 使得 \(p(x)^k \mid f(x)\) 但 \(p(x)^{k+1} \nmid f(x)\)，则称 \(p(x)\) 是 \(f(x)\) 的\(k\) 重因式。

名称	条件	说明
零重因式	\(k = 0\)，即 \(p(x) \nmid f(x)\)	\(p(x)\) 根本不是 \(f(x)\) 的因式
单因式	\(k = 1\)，即 \(p(x) \mid f(x)\) 但 \(p(x)^2 \nmid f(x)\)	\(p(x)\) 只出现一次
重因式	\(k \geq 2\)	\(p(x)\) 至少出现两次

例子设 \(f(x) = (x-1)^2(x+2)^3\)，则 \((x-1)\) 是 \(f\) 的 2 重因式，\((x+2)\) 是 \(f\) 的 3 重因式，\((x-3)\) 是 \(f\) 的零重因式（即不是因式）。⏱ 14:10

注意 "重因式" 强调的是因式重复出现。当 \(k = 1\) 时通常称为"单因式"；只有 \(k \geq 2\) 时才称为"重因式"。重因式与后面要讲的"重根"密切相关：重因式的根一定是重根。⏱ 14:45

★重点回顾

不可约多项式的素性：\(p \mid fg \Rightarrow p \mid f\) 或 \(p \mid g\)。证明用 Bézout 等式 \(up + vf = 1\)，两边乘 \(g\) 即可。这是整个唯一因式分解理论的核心引理。

唯一因式分解定理：\(K[x]\) 中任一 \(\deg \geq 1\) 的多项式都能唯一分解为不可约多项式乘积。存在性用次数归纳法；唯一性用对因子个数归纳 + 素性。

标准分解式：\(f = a \cdot p_1^{l_1} \cdots p_m^{l_m}\)，其中 \(p_i\) 两两不等的首一不可约多项式。首一条件保证唯一性；首系数 \(a\) 也唯一确定。

重因式：\(p^k \mid f\) 但 \(p^{k+1} \nmid f\)，则称 \(p\) 为 \(f\) 的 \(k\) 重因式。\(k = 0\) 时不是因式；\(k = 1\) 时是单因式；\(k \geq 2\) 时是重因式。

理论意义：掌握所有不可约多项式，就掌握了 \(K[x]\) 中所有多项式的结构。这是多项式环的基本结构定理。

⚠易错点提醒

常见错误

混淆"不可约"与"没有根"：没有一次因式（即在 \(K\) 中无根）是多项式不可约的必要条件，但不是充分条件——二次以上无根的多项式仍可能是可约的（如两个二次不可约多项式的乘积）。
忽略首一条件：标准分解式中要求不可约因式是首一的，否则分解不唯一（可以差常数倍）。考试中若未要求首一，需注明相伴关系。
消去律滥用：在证明唯一性时，约去公共不可约因式依赖 \(K[x]\) 是整环（无零因子），这一点不能跳过。
重因式与重根混为一谈：重因式 \(p(x)\) 是多项式本身的概念；重根是代入数值后根的重数。二者相关但不等同——当 \(p(x) = x - \alpha\)（一次因式）时，二者才直接对应。
归纳基础遗漏：存在性证明的基础是 \(\deg f = 1\)（一次多项式本身不可约），不是 \(\deg f = 0\)（零次多项式不需要分解）。

✎自测与作业

证明：在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中，\(x^2 + 1\) 是不可约的；在 \(\mathbb{C}[x]\) 中，\(x^2 + 1 = (x+i)(x-i)\) 可分解。由此说明不可约性与数域有关。
将 \(f(x) = x^4 - 1\) 分别在 \(\mathbb{R}[x]\) 和 \(\mathbb{C}[x]\) 中分解为标准分解式。
设 \(f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 11x + 6\)，已知 \((x-3)\) 和 \((x+2)\) 是它的因式，求 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中的标准分解式。
设 \(p(x)\) 是 \(f(x)\) 的 \(k\) 重因式（\(k \geq 1\)），证明 \(p(x)\) 也是 \(f'(x)\) 的 \((k-1)\) 重因式（用到求导法则）。
（思考）若 \(f(x)\) 在 \(K\) 上有 \(k\) 重因式 \(p(x)\)，那么 \(f(x)\) 与 \(f'(x)\) 的最大公因式 \(\gcd(f, f')\) 中 \(p(x)\) 的幂次是多少？（此结论将用于重根的判定。）
（选做）用数学归纳法严格写出唯一因式分解定理存在性的完整证明。

下一集预告第 P76 集 · 十一：一元多项式函数、代数基本定理。将引入多项式的根的概念，证明 Bézout 定理（\(x - \alpha \mid f(x) \Leftrightarrow f(\alpha) = 0\)），并得出 \(n\) 次多项式在数域中至多有 \(n\) 个根的重要结论。