7. 多项式恒等式、根与有理根论证

学习目标与代数背景

区分多项式恒等式与只在少数值处相等，使用因式重数，并证明有理根的限制。在域 $F$ 上工作，这里取 $\mathbb Q$、$\mathbb R$ 或 $\mathbb C$。多项式是系数属于 $F$ 的有限形式表达式 $a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$。其次数是系数非零的最大指标；零多项式的次数不作定义。

域上的除法算法对 $d\ne0$ 给出 $p=dq+r$，其中 $r=0$ 或 $\deg r<\deg d$，方法是依次消去最高次项系数。除以 $x-a$ 得到余数 $p(a)$；故 $a$ 是根当且仅当 $x-a$ 整除 $p$。若 $(x-a)^m$ 整除 $p$ 而 $(x-a)^{m+1}$ 不整除，则该根重数为 $m$。

定理：根数上界与插值唯一性

域上次数为 $n$ 的非零多项式至多有 $n$ 个不同根。因此，两个次数至多为 $n$ 的多项式若在 $n+1$ 个不同点相等，则它们相同。

证明。 对 $n$ 归纳：非零常数没有根。若 $n$ 次多项式有根 $a$，可分解为 $p=(x-a)q$，其中 $q$ 为 $n-1$ 次。每个其他根 $b\ne a$ 满足 $0=(b-a)q(b)$；由于 $b-a\ne0$ 可逆，$q(b)=0$。归纳假设给出至多 $n-1$ 个其他根。对第二个断言，将两个多项式相减；非零差的次数至多为 $n$，不可能有 $n+1$ 个不同根，所以差为零。

定理：有理根限制

设 $p(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ 的系数为整数、$a_n\ne0$，且 $u/v$ 是最简有理根、$v>0$。则 $u\mid a_0$ 且 $v\mid a_n$。

证明。 将 $p(u/v)=0$ 乘以 $v^n$。所得等式表明 $u$ 整除 $a_0v^n$，且 $v$ 整除 $a_nu^n$。由于 $\gcd(u,v)=1$，由欧几里得引理或贝祖等式的互素消去推论得 $u\mid a_0$、$v\mid a_n$。若 $u=0$，其为根迫使 $a_0=0$；整除陈述解释为 $0\mid0$，按定义成立。通常可先除去 $x$ 的幂，再仅对非零候选根应用规则。

多项式除法：终止性、唯一性与代入

设 $F$ 是 $\mathbb{Q}$、$\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$ 之一，在 $F[t]$ 中使用有限形式多项式。只对非零多项式使用次数；$\operatorname{lc}(u)$ 表示非零多项式 $u$ 的首项系数。若 $u,v$ 均非零，其首项系数之积非零，因为域中每个非零元素可逆，所以 $\deg(uv)=\deg u+\deg v$。非零的和或差的次数不超过输入次数的较大者；结果为零时单独处理。

除法定理及完整证明。 对 $p,d$ 属于 $F[t]$ 且 $d$ 非零，存在唯一 $q,r$，使 $p=dq+r$，且 $r=0$ 或 $\deg r<\deg d$。令 $m=\deg d$，初始 $q=0$、$r=p$。若 $r$ 非零且次数至少为 $m$，令 $k=\deg r-m$、$c=\operatorname{lc}(r)/\operatorname{lc}(d)$，把 $q$ 换成 $q+ct^k$，把 $r$ 换成 $r-ct^k d$。恒等式 $p=dq+r$ 保持不变；相减两式的首项相同，所以新的 $r$ 为零或次数严格下降。非零余式的次数都是非负整数，因此只能进行有限步。停止时满足所需余式条件。这也包括 $d$ 为常数的情形，此时最终余式必为零；$p=0$ 则无需任何步骤。

证明唯一性：若 $dq+r=dq'+r'$ 且两个余式都符合条件，而 $q-q'$ 非零，则非零多项式 $d(q-q')$ 的次数至少为 $m$；但它等于 $r'-r$，后者为零或次数小于 $m$，矛盾。因此 $q=q'$，再由恒等式得 $r=r'$。

对 $a\in F$，在 $a$ 处代入保持和与积：分配有限系数和，并在每个乘积项中使用 $a^{i+j}=a^i a^j$。用 $t-a$ 作除数时，余式为常数 $r$（允许为零），代入给出 $p(a)=r$。因此 $p(a)=0$ 当且仅当 $t-a$ 整除 $p$。这些结论不假设多项式一定有根，也不假设系数域代数闭。

例题

在一个域上不可约，在另一域上可约。 根据有理根规则，$x^2-2$ 没有有理根（只需检验 $\pm1,\pm2$）。域上的二次多项式可约当且仅当它在该域有根，因为任何非平凡分解都必须使用两个一次因式。因此 $x^2-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约，但在 $\mathbb R$ 上分解为 $(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$。系数域是结论的一部分。

重建二次多项式。 求 $p(x)=ax^2+bx+c$，使 $p(0)=1,p(1)=0,p(2)=3$。第一条件给出 $c=1$；其余条件给出 $a+b=-1$、$4a+2b=2$。因此 $a=2,b=-3$，故 $p=2x^2-3x+1$。代入证明存在性；根数上界定理证明在次数至多为二的多项式中唯一。

奇数实次数：首项符号与题目指定的中间值定理前提

设 $p(x)=a_nx^n+\sum_{j=0}^{n-1}a_jx^j$ 是正奇数次实多项式，$a_n$ 非零。记 $A=\sum_{j=0}^{n-1}|a_j|$。当 $|x|\ge1$，低次项的绝对值之和至多为 $A|x|^{n-1}$。选 $R>\max(1,2A/|a_n|)$，则在 $x=R$ 和 $x=-R$ 处，该误差都严格小于 $|a_nx^n|/2$，所以 $p(x)$ 与 $a_nx^n$ 在两端点各自同号。奇数 $n$ 使两端符号相反。多项式由有限和、积的连续性法则而连续，于是在 $[-R,R]$ 上由中间值定理得到零点。中间值定理是本题明确给定的前提；这里没有对复数使用次序，也没有声称证明代数基本定理。

分层练习

1. 基础。 用 $x-1$ 除 $x^3-1$，并找出它的实根。
2. 核心。 列出 $2x^3-3x+1$ 的所有可能非零有理根，再在 $\mathbb Q$ 上分解。
3. 核心。 使用连续性和中间值定理证明奇数次实多项式至少有一个实根。
4. 证明。 非零实多项式能否对每个正整数 $n$ 都满足 $p(n)=0$？非零函数能否如此？解释区别。

详解

1. $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$。二次式判别式为 $1-4=-3$，故没有实根；唯一实根为一。
2. 候选值为 $\pm1,\pm1/2$，依次代入得 $0,2,-1/4,9/4$，故只有 $1$ 是有理根。除以 $x-1$ 得 $2x^2+2x-1$，于是 $2x^3-3x+1=(x-1)(2x^2+2x-1)$。二次式根为 $(-1\pm\sqrt3)/2$，均为无理数，所以在 $\mathbb Q$ 上不能进一步分解。
3. 在充分大的正、负输入处最高次项占主导。奇数次使两个方向的符号相反，无论最高次系数正负。选取符号相反的有限端点，由连续性和中间值定理可知两者之间有零点。
4. 由次数上界，非零多项式不能有无穷多个不同根。非零函数可以：$f(x)=\sin(\pi x)$ 在每个整数处为零，但例如 $f(1/2)=1$。多项式的刚性不推广到任意连续或光滑函数。

总结与术语

多项式在某个域上不可约，是指它不能分解为该域上两个正次数多项式的乘积。多项式恒等式是系数表达式相等，而不是仅在选定输入处相等。插值构造与指定数据相符的多项式。根判别法提供候选值而非保证为根；应代入每个候选值，并在声称分解完整前写明系数域。