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◎学习目标
- 理解多项式函数的概念：将数域 \(E\) 中的元素 \(\alpha\) 代入 \(f(x)\) 得到值 \(f(\alpha)\)；
- 掌握Bézout 定理：\(x - \alpha \mid f(x)\) 的充要条件是 \(f(\alpha) = 0\)；
- 理解根的概念：若 \(f(\alpha) = 0\)，则 \(\alpha\) 称为 \(f(x)\) 在数域 \(E\) 中的一个根；
- 证明并记忆：n 次多项式在数域 K 中至多有 n 个根（重根按重数计）；
- 掌握多项式恒等判定定理：两个次数 \(\leq n\) 的多项式若在 \(n+1\) 个不同点取值相同，则它们恒等；
- 理解多项式与多项式函数的区别（在无限域上可等同，在有限域上不等同）。
1多项式函数与根的概念 ⏱ 00:04
上一集我们建立了唯一因式分解理论。现在从根的角度来研究多项式——这是从代数结构转向数值性质的关键一步。
- 若 \(f(\alpha) = 0\)，则称 \(\alpha\) 为 \(f(x)\) 在 \(E\) 中的一个根；
- 特别地，若 \(\alpha \in K\)，则称 \(\alpha\) 为 \(f(x)\) 在 \(K\) 中的根；
- 若 \(K = \mathbb{R}\)，\(E = \mathbb{C}\)，根分为实根和复根。
2Bézout 定理 ⏱ 02:30
根与因式之间的桥梁——这是本集最重要的定理之一，由法国数学家 Bézout 证明。
证明
\(\Rightarrow\)：设 \(x - \alpha \mid f(x)\)，则存在 \(q(x) \in K[x]\) 使得 \(f(x) = (x-\alpha)q(x)\)。代入 \(x = \alpha\)：\(f(\alpha) = (\alpha-\alpha) \cdot q(\alpha) = 0\)。⏱ 03:00
\(\Leftarrow\)：设 \(f(\alpha) = 0\)。用综合除法（带余除法），存在 \(q(x), r \in K[x]\)，其中 \(\deg r < \deg(x-\alpha) = 1\)，使得 \(f(x) = (x-\alpha)q(x) + r\)。这里 \(r\) 是零次多项式（即常数）或零多项式。代入 \(x = \alpha\)：\(f(\alpha) = 0 \cdot q(\alpha) + r = r\)，所以 \(r = f(\alpha) = 0\)。从而 \(f(x) = (x-\alpha)q(x)\)，即 \(x-\alpha \mid f(x)\)。证毕。⏱ 04:20
3n 次多项式至多 n 个根 ⏱ 06:00
证明（利用标准分解式）
对 \(f(x)\) 做标准分解。不妨设 \(f(x)\) 首一（否则提出首系数不影响根），则 \[ f(x) = (x - \alpha_1)^{r_1} (x - \alpha_2)^{r_2} \cdots (x - \alpha_s)^{r_s} \cdot g(x), \] 其中 \(\alpha_1, \dots, \alpha_s\) 是互不相同的根，\(r_i \geq 1\)，而 \(g(x)\) 在 \(K\) 中没有一次因式（即没有根）。⏱ 06:40
比较次数：\(n = \deg f = r_1 + r_2 + \cdots + r_s + \deg g \geq r_1 + r_2 + \cdots + r_s\)。而重根按重数计的根的总数正是 \(\sum r_i\)，故根的总数 \(\leq n\)。证毕。⏱ 07:50
4多项式恒等判定定理（n+1 点定多项式） ⏱ 10:00
证明
考虑差多项式 \(h(x) = f(x) - g(x)\)。由三角不等式 \(\deg h \leq \max(\deg f, \deg g) \leq n\)。⏱ 10:30
由条件 \(h(\alpha_i) = f(\alpha_i) - g(\alpha_i) = 0\)，即 \(\alpha_1, \dots, \alpha_{n+1}\) 都是 \(h(x)\) 的根。这是 \(n+1\) 个不同的根。
若 \(h(x)\) 不是零多项式，则 \(\deg h \leq n\)，由定理 2，\(h(x)\) 至多有 \(\deg h \leq n\) 个根，矛盾。因此 \(h(x)\) 必须是零多项式，即 \(f(x) = g(x)\)。证毕。⏱ 11:20
5多项式与多项式函数的区别 ⏱ 12:40
- 多项式 \(f(x) \in K[x]\)：形式表达式，由系数唯一确定。两个多项式相等当且仅当所有对应系数相等。
- 多项式函数：由 \(f(x)\) 诱导的映射 \(f: E \to E\)，\(\alpha \mapsto f(\alpha)\)。
| 情形 | 多项式 = 多项式函数？ | 说明 |
|---|---|---|
| \(K\) 为无限域（如 \(\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}\)） | 是 | 由定理 3，不同多项式不可能在所有点上取值相同 |
| \(K\) 为有限域（如 \(\mathbb{F}_p\)） | 否 | 不同多项式可诱导相同函数，如 \(\mathbb{F}_p\) 上 \(x^p\) 与 \(x\) 诱导同一函数 |
★重点回顾
⚠易错点提醒
- 混淆"根的个数"与"不同根的个数"：定理 2 说"至多 n 个根"是指重根按重数计；如果不按重数计（即只计数不同根），结论仍然成立但更弱。
- 忽略数域的限制："n 次多项式至多 n 个根"是对某个特定数域 \(K\) 而言的。\(f(x) = x^2 + 1\) 在 \(\mathbb{R}\) 中无根，在 \(\mathbb{C}\) 中有 2 个根，两者均符合定理。
- 认为 n+1 点判定可以推广到有限域：在有限域 \(\mathbb{F}_q\) 上，若 \(n \geq q\)，则 n+1 个不同的点不可能存在，定理失去意义。此时不同多项式可能诱导相同函数。
- 把 Bézout 定理当作定义：Bézout 定理是定理，需要证明，不能直接当作定义使用。其证明核心是带余除法的余数性质。
- 忽略零多项式的情况：零多项式没有确定的次数，定理中隐含假设 \(f \neq 0\)；零多项式在任意点取值均为 0，有无穷多个根。
✎自测与作业
- 用 Bézout 定理验证：\(x - 2\) 整除 \(f(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6\)，并求出相应的商式 \(q(x)\)。
- 证明：\(x^4 + 1\) 在 \(\mathbb{R}[x]\) 中没有一次因式（即在 \(\mathbb{R}\) 中无实根），但可以分解为两个二次多项式的乘积：\(x^4 + 1 = (x^2 + \sqrt{2}x + 1)(x^2 - \sqrt{2}x + 1)\)。
- 设 \(f(x) \in \mathbb{Q}[x]\) 是三次多项式，已知 \(f(1) = f(2) = f(3) = 0\) 且 \(f(0) = 6\)，求 \(f(x)\) 的表达式。
- （思考）在 \(\mathbb{F}_2\) 上，多项式 \(x^2 + x\) 和 \(x^3 + x\) 是否诱导相同的函数？请具体验证所有元素。
- 设 \(f(x), g(x) \in K[x]\)，\(\deg f \leq n\)，\(\deg g \leq n\)。证明：若存在 \(n+1\) 个不同的 \(\alpha_i \in K\) 使 \(f(\alpha_i) = g(\alpha_i)\)，则 \(f = g\)。（本题即定理 3 的重证，可用定理 2 完成。）
- （选做）证明：若 \(f(x) \in \mathbb{C}[x]\) 是 \(n\) 次多项式，则 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{C}\) 中恰有 \(n\) 个根（重根按重数计）。提示：此即代数基本定理，其证明超出本课程范围，可查阅文献。