离散数学：6-7 多项式

《离散数学：6-7 多项式》由会员分享，可在线阅读，更多相关《离散数学：6-7 多项式（81页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、6.7 6.7 多项式多项式 取定一个域取定一个域F而研究而研究F上面的一个文字的多项式。一个文字上面的一个文字的多项式。一个文字是是一个抽象的符号，一个抽象的符号，F上面一个文字上面一个文字的多项式就是呈如下形式的式的多项式就是呈如下形式的式子：子：a0n+a1n-1+an-1+an （1）其中其中n，n-1，是非负整数，而系数是非负整数，而系数a0，a1，an都在都在F内。内。的多项式可以用的多项式可以用（），），g（）等代表。等代表。6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性定义定义6.7.1 两个多项式两个多项式（）和）和g（）说是相等的，即说是相等的，即 （）=g（），），如果可以添上

2、一些系数是如果可以添上一些系数是0的项使两个多项式完全一样的项使两个多项式完全一样结论结论1：多项式（：多项式（1）等于）等于0当且仅当所有系数当且仅当所有系数a0，a1，an都是都是0。结论结论2：一个多项式：一个多项式()若不等于若不等于0，则总可以删去一，则总可以删去一些系数是些系数是0的项而化为（的项而化为（1）的形式，其中）的形式，其中a00，这时，这时，a0和和n显然都是唯一确定的。显然都是唯一确定的。6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性定义定义7.2.2 若若（）0，且已化为（且已化为（1）的形式，其中）的形式，其中a00，那么，那么，a0称为称为（）的首系数，的首系数，n称

3、为称为（）的次数的次数。常数多项式常数多项式0的次数可以说是的次数可以说是-。据定义，据定义，03+22-1的次数是的次数是2，常数多项式，常数多项式4的次数是的次数是0。（）的次数记为的次数记为 次次（）。）。6.7.1多项式的整除性多项式的整除性规定两个多项式规定两个多项式（）与）与g（）的和：的和：（）+g（）为把为把（）与）与g（）的同次项的系数的同次项的系数相加所得到的多项式。相加所得到的多项式。规定规定（）与）与g（）的积：的积：（）g（）为以为以（）的每一项乘的每一项乘g（）的每一项的每一项然后合并同次项且以加号相联结所得到的多项式，其然后合并同次项且以加号相联结所得到的多项式，

4、其中两个单项的乘积由下式确定：中两个单项的乘积由下式确定：arbs=abr+s6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性 以以F的元素为系数的的元素为系数的的所有多项式作成一个有壹的交换的所有多项式作成一个有壹的交换环，记为环，记为F。F包含包含F为其子域，为其子域，F中的中的0就是就是F的零，的零，F中的中的1就是就是F的的1，-（）就是把就是把（）的所的所有系数取负所得到的多项式。有系数取负所得到的多项式。6.7.1多项式的整除性多项式的整除性关于多项式的次数，有关于多项式的次数，有次次()+g()max(次次(),次次g()（2）次次()g（）=次次（）+次次g（）（3）两个多项式相加不过

5、是把对应的系数相加，不会得出两个多项式相加不过是把对应的系数相加，不会得出比两个多项式中出现的项的次数还要高的项，所以（比两个多项式中出现的项的次数还要高的项，所以（2）成立。）成立。6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性设设（）如（如（1）所示，其中）所示，其中a00，而而 g（）=b0m+b1m-1+bm-1+bm其中其中b00。于是，次于是，次（）=n，次，次g（）=m。今今（）g（）=a0b0n+m+anbm其中其中a0b00，故，故次次（）g（）=n+m=次次（）+次次g（），），6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性若若（），），g（）中有一个是多项式中有一个是多项式0，则，则

6、（）g（）=0则：则：-+m=-，n+（-）=-，-+（-）=-，故（故（3）成立。）成立。6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性定理定理6.7.1 域域F上上的多项式作成的环的多项式作成的环F是一个整区。是一个整区。证明证明:只要证明当只要证明当()0,g()0时时,其积其积()g()0。由 题 设，由 题 设，次次 （）-，次，次 g（）-，故，故次次（）g（）=次次（）+次次g（）-，因而因而（）g（）0。6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性 下面在域下面在域F上的多项式环上的多项式环Fx中讨论一些性质。中讨论一些性质。带余除法定理：对任带余除法定理：对任f（x），），g（x）存在

7、存在q（x），），r（x）使使f（x）=q（x）g（x）+r（x）次次r（x）次次g（x）（4）且且q（x），），r（x）唯一。唯一。证明：存在性，用长除法可求出证明：存在性，用长除法可求出q（x），），r（x）唯一性，设存在另外的唯一性，设存在另外的q1（x），），r1（x）使使f（x）=q1（x）g（x）+r1（x）次次r1（x）次次g（x）（5）6.7.1 多项式的整除性多项式的整除性由（由（4），（），（5）有）有q1()g()+r1()=q()g()+r()从而从而 (q1()-q()g()=r()-r1()（6）若若q1（）-q（）0，则次（则次（q1（）-q（）g（）次次g（），

8、），但次（但次（r（）-r1（）1，则称，则称是是()的的重根重根。若若()=0，则对任意正整数，则对任意正整数k，（-）k ()，因而称因而称是是()的的重根重根，且，且也看作是也看作是()的重根。的重根。29定理定理 6.7.9 设非设非0多项式多项式()的次数为的次数为n，则，则()最多有最多有n个根，此个根，此处处k重根作为重根作为k个根计算。个根计算。证明：证明：把把()的质因式分解式写成下面的形式：的质因式分解式写成下面的形式：()=c(-1)k1(-r)krp1()ps()(1)其中其中1,r都不同，而都不同，而p1(),ps()都是高于都是高于1次的质式。次的质式。(1)中中r

9、和和s都可能等于都可能等于0。比较两边的次数得。比较两边的次数得:n=k1+kr+次次(p1()ps()(2)显然，显然，i是是()的的ki重根，重根，i=1，r。除了这些，。除了这些，()没有没有另外的根另外的根.因否则因否则-应是应是()的质因式，而分解式的质因式，而分解式(1)中没中没有这个质因式。可见，有这个质因式。可见，k重根算重根算k个根时，个根时，()共有共有k1+kr个根，由个根，由(2)，此数，此数n。30多项式恒等多项式恒等 定义定义6.7.9 两个多项式两个多项式()和和g()说是恒等，如果以说是恒等，如果以F中任意元素中任意元素代代，恒有，恒有()=g()。记为记为()

10、g()。注意注意:1.相等强调形式上完全相同，相等强调形式上完全相同，2.恒等强调二者作为变量恒等强调二者作为变量的两个函数恒取同样的值。的两个函数恒取同样的值。3.在有理域、实数域、复数域等无限域上相等与恒等一样，在有理域、实数域、复数域等无限域上相等与恒等一样，但在一般域上二者不同但在一般域上二者不同。31例例R2=0，1上的多项式：上的多项式：f（x）=x3+x2+x，g（x）=x。显然，显然，f（x）g（x），但），但f（x）g（x），），因为因为f（0）=0=g（0），），f（1）=1=g（1）。）。32定理定理 6.7.10 设设F中有无穷多个元素，中有无穷多个元素，()=g()当

11、且仅当当且仅当()g()。证明：证明：必要性。必要性。若若()=g()，则它们同次项的系数完全相同，则它们同次项的系数完全相同，因而自然对任意的因而自然对任意的值其值亦相同，故二者恒等。值其值亦相同，故二者恒等。充分性。充分性。若若()g()，于是，对任意，于是，对任意F，()-g()=0，这表示，这表示()-g()0，即，即F中每个元素中每个元素都是都是()-g()的根。但的根。但F中有无穷多个元素，可见中有无穷多个元素，可见()-g()有无穷多有无穷多个根。只有多项式个根。只有多项式0才能这样，故才能这样，故()-g()=0，即，即()=g()。33域上多项式重根的判定域上多项式重根的判定

12、 给定多项式给定多项式()=a0n+a1n-1+an-1+an，定义定义()=aonn-1+a1(n-1)n-2+an-1为为f(x)的的微商微商。微商的性质微商的性质：()+g()=()+g()(c()=c()()g()=()g()+()g()()m)=m()m-1()34域上多项式重根的判定域上多项式重根的判定定理定理6.7.11 若若是非常数多项式是非常数多项式()的的k重根，则它至少是重根，则它至少是()的的k-1重根。重根。证明：证明：由题设，由题设，()=(x-)k g()，-不整除不整除g()，于是，于是，()=k(-)k-1g()+(-)k g()从而从而 （-）k-1 （）故

13、故至少是至少是()的的k-1重根。重根。35(1)若若k是是F的特征的特征p的倍数的倍数，则在，则在F中等于中等于0，这样，这样()=k(-)k-1g()+(-)k g()右边第一项右边第一项k(-)k-1g()为为0，从而，从而 (-)k ()，至少是至少是()的的k重根重根。讨论：讨论：36(2)若若k不是不是F的特征的特征p的倍数，的倍数，则则 ()=k(-)k-1g()+(-)k g()右边第一项右边第一项k(-)k-1g()非非0，且由，且由-不整除不整除g()，此，此项只能为项只能为(-)k-1整除，不能为整除，不能为(-)k整除，但整除，但()右右边第二项边第二项(-)k g()

14、为为(-)k 整除。整除。可见可见(x)只能为只能为(-)k-1不能为不能为(-)k整除，从而可以整除，从而可以断定断定恰是恰是(x)的的k-1重根。重根。讨论：讨论：37例：考虑考虑R3=0，1，2上的多项式：上的多项式：(x)=x4+2x3+x-1 =x3(x+2)+(x+2)=(x3+1)(x+2)=(x+1)3(x+2)=(x-2)3(x-1)，可见，可见，2是是f（x）的）的3重根，重根，k=3是域的特征是域的特征3的倍数。的倍数。这时，这时，(x)=4x3+6x2+1=x3+1 =(x+1)3=(x-2)3，可见，可见，2是是(x)的的3重根，重根，即即2在在(x)中的重根数比中的

15、重根数比k-1=2要高。要高。易见，易见，1是是f(x)的的1重根，重根，k=1不是域的特征不是域的特征3的倍数。这的倍数。这时，时，1是是()的的k-1=0重根。重根。38 考虑考虑R2=0，1上的多项式：上的多项式：f(x)=x2+1=(x+1)2=(x-1)2可见可见1是是f(x)的的2重根，重根，k=2是域的特征是域的特征2的倍数。的倍数。这时，这时，(x)=2x=0，可见，可见1是是(x)的的重根，重根，即即1在在(x)中的重根数比中的重根数比k-1=1要高。要高。有理域、实数域、复数域上特征为有理域、实数域、复数域上特征为0，不等于，不等于0的的k不可能为不可能为0的倍数。因此若的

16、倍数。因此若是非常数多项式是非常数多项式(x)的的k重根，则它至少是重根，则它至少是(x)的的k-1重根。重根。例：39判断重根判断重根定理定理6.7.12 是是(x)的重根，当且仅当它是的重根，当且仅当它是(x)和和(x)的公共根。的公共根。证明：必要性。证明：必要性。设设是是(x)的重根。的重根。当当(x)=0时时,(x)=0,故故是是(x)和和(x)的公共根。的公共根。(x)0时，时，应是应是(x)的的k重根，重根，k1。因此，。因此，至少是至少是(x)的的k-1重根，但重根，但k-11，故，故是是(x)的根，因而是的根，因而是(x)和和(x)的公的公共根。共根。40充分性。充分性。用反

17、证法。假设用反证法。假设不是不是(x)的重根，的重根，若若根本不是根本不是(x)的根，当然更不会是的根，当然更不会是(x)和和(x)的公共根，的公共根，与它是与它是(x)和和(x)的公共根矛盾。的公共根矛盾。若若是是(x)的根，则只能是单根，即重数的根，则只能是单根，即重数k=1。因为。因为1不是不是F的特征的倍数，故可以断定的特征的倍数，故可以断定是是(x)的的k-1重根，即重根，即0重根，重根，这就是说，这就是说，不是不是(x)的根，因而不是的根，因而不是(x)和和(x)的公共根，的公共根，与它是与它是(x)和和(x)的公共根矛盾。的公共根矛盾。证毕。证毕。判断重根判断重根判断重根的方法：

18、判断重根的方法：用辗转相除法求出用辗转相除法求出(x)和和(x)的最高公因的最高公因d(x),只要看只要看d(x)在在F中有没有根就知道中有没有根就知道(x)在在F中中有没有重根。有没有重根。41复数域上多项式的质式问题复数域上多项式的质式问题定理定理6.7.13(代数学基本定理代数学基本定理)复数域上，任意非常数多项式必有根。复数域上，任意非常数多项式必有根。定理定理6.7.14 复数域上，只有一次式才是质式。复数域上，只有一次式才是质式。任意非常数多项式任意非常数多项式(x)可以唯一地分解成下面的形式：可以唯一地分解成下面的形式：(x)=c(-1)k1(-r)kr其中其中1,r恰是恰是(x

19、)的所有不同的根。的所有不同的根。若重根按其重数计数，则若重根按其重数计数，则n次多项式恰有次多项式恰有n个根。个根。42证明：证明：用反证法。设用反证法。设g(x)是复数域上的质式，若次是复数域上的质式，若次g(x)，则由代，则由代数学的基本定理，数学的基本定理，g(x)在复数域中有根，比如在复数域中有根，比如，从而，从而x-|g(x)，故，故g(x)不是质式，与不是质式，与g(x)是质式矛盾。因此，复数是质式矛盾。因此，复数域上，只有一次式才是质式。域上，只有一次式才是质式。既然只有一次式才是质式，既然只有一次式才是质式，(x)的质因式分解式的质因式分解式c(x-1)k1(x-r)krp1

20、(x)ps(x)中便没有中便没有p1(x),ps(x)，而分解式成为，而分解式成为 c(x-1)k1(x-r)kr的形式。的形式。可见，可见，i是是(x)的的ki重根，重根，i=1，r，而且除了这些，而且除了这些，(x)没有另外的根，因此，重根按其重数计数时，没有另外的根，因此，重根按其重数计数时，(x)的根数恰的根数恰等于其次数。等于其次数。43实数域上多项式的质式问题实数域上多项式的质式问题定理定理6.7.15 实数域上，质式只能是一次式或二次式。二次式实数域上，质式只能是一次式或二次式。二次式ax2+bx+c是质式，当且仅当判别式是质式，当且仅当判别式b2-4ac2，(1)若若g(x)有

21、实根有实根，则，则x-|g(x)，故，故g(x)非质式非质式.44(2)若若g(x)有虚根有虚根a+bi，b0，命，命 h(x)=(x(a+bi)(x(a bi)=x2-2ax+(a2+b2)。h(x)是实系数多项式，以之除是实系数多项式，以之除g(x)，设，设g(x)=q(x)h(x)+cx+d以以a+bi代代x得得 0=0+c(a+bi)+d即即 c(a+bi)+d=0 故，故，cb=，但，但b0，故，故c=0，又由，又由ca+d=0，得得d=0。因此。因此,h(x)|g(x),g(x)非质式。非质式。二次式二次式ax2+bx+c是质式是质式,当且仅当此式无实根，当且仅当此式无实根，当且仅

22、当当且仅当b2-4ac0。实数域上多项式的质式问题实数域上多项式的质式问题6.7.3 6.7.3 有理域上的多项式有理域上的多项式本原多项式本原多项式 结论结论1 任意有理系数多项式和一个整系数多项式相通。任意有理系数多项式和一个整系数多项式相通。定义定义1 设设()=a0n+a1n-1+an是一个整系数多项式，若是一个整系数多项式，若系数系数a0,a1,an互质，则称互质，则称()是一个是一个本原多项式本原多项式。结论结论2 任意整系数多项式与一个本原多项式相通。任意整系数多项式与一个本原多项式相通。结论结论3 任意有理系数多项式与一个本原多项式相通任意有理系数多项式与一个本原多项式相通。设

23、设p是一个质数，是一个质数，(x)=a0n+a1n-1+an g(x)=b0m+b1m-1+bm是两整系数多项式。是两整系数多项式。若若 p整除整除(x)g(x)的所有系数，则的所有系数，则p或整除或整除(x)的所有系数或整的所有系数或整除除g(x)的所有系数。的所有系数。定理定理6.7.166.7.16 证明证明反证法。反证法。假定假定p不整除不整除(x)的所有系数也不整除的所有系数也不整除g(x)的所有系数。的所有系数。从后往前看从后往前看(x)和和g(x)，设，设ai,bj分别是分别是(x)，g(x)的系数中第一的系数中第一个不为个不为p整除者。于是，整除者。于是，p不整除不整除ai，p

24、|ai+1，p|an (1)p不整除不整除bj，p|bj+1，p|bm (2)(x)g(x)中中xn-i+m-j的系数是的系数是 aibj+ai+1bj-1+ai+2bj-2+ai-1bj+1+ai-2bj+2+此式中，除此式中，除aibj外，其余各项由外，其余各项由(1)及及(2)都为都为p整除，而由整除，而由p不整不整除除ai，p不整除不整除bj，有，有p不整除不整除aibj，故，故p不整除不整除n-i+m-j的系数，的系数，与题设与题设p整除整除(x)g(x)的所有系数矛盾。的所有系数矛盾。设设(x)是本原多项式，是本原多项式，g(x)是整系数多项式。是整系数多项式。若若(x)|g(x)

25、，则以，则以(x)除除g()所得之商式必是整系数多项式。所得之商式必是整系数多项式。证明：证明：由由(x)|g(x)知，有知，有 g(x)=(x)h(x)不论不论h(x)是否为整系数多项式，总可以取一个正整数是否为整系数多项式，总可以取一个正整数c,使使k(x)=ch(x)是整系数多项式，故，是整系数多项式，故，cg(x)=(x)k(x)此式表示以此式表示以c乘乘g(x)的所有系数就是的所有系数就是(x)k(x)的所有系数，从而的所有系数，从而c整除整除(x)k(x)的所有系数。的所有系数。定理定理6.7.176.7.17设设c=p1p2pr，是，是c的质因数分解式。则的质因数分解式。则p1p

26、2pr g(x)=(x)k(x)因为因为p1|p1p2pr，故，故p1整除整除(x)k(x)的所有系数，但的所有系数，但(x)是本原是本原多项式，故多项式，故p1整除整除k(x)的所有系数，从而的所有系数，从而 k(x)=p1k1(x)其中其中k1(x)是整系数多项式。因此有是整系数多项式。因此有p2pr g(x)=(x)k1(x)同理有同理有p1整除整除k1(x)的所有系数，如此下去，消去的所有系数，如此下去，消去p1p2pr 最后最后得得 g(x)=(x)kr(x)其中其中kr(x)是整系数多项式。但由是整系数多项式。但由g(x)=(x)h(x)，有，有h(x)=kr(x)，故故h(x)是

27、整系数多项式。是整系数多项式。定理定理6.7.176.7.17Eisenstein Eisenstein 定则定则定理定理6.7.18 设设 (x)=a0 xn+a1xn-1+an是整系数多项式，若对一个质数是整系数多项式，若对一个质数p，p不整除不整除a0，p|a1,p|an，p2不整除不整除an，则则(x)在有理域上不可约。在有理域上不可约。证明：证明：用反证法用反证法，假定，假定(x)有一个真因式有一个真因式(x)，因为，因为(x)和一和一个本原多项式相通，不妨假定个本原多项式相通，不妨假定(x)本身就是本原多项式。故，本身就是本原多项式。故，(x)除除(x)所得的商式所得的商式(x)是

28、整系数多项式。是整系数多项式。从而从而(x)可分解为非常数的两个整系数多项式可分解为非常数的两个整系数多项式之积，即，之积，即，(x)=a0 xn+a1xn-1+an =(b0 xr+br)(c0 xs+cs)于是有于是有a0 xn=b0c0 xr+s，an=brcs因为因为p不整除不整除a0，所以所以p不整除不整除b0，p不整除不整除c0。因为因为p2不整除不整除an,所以所以br和和cs中至少有一个不为中至少有一个不为p整除整除,不妨设不妨设p不不整除整除cs。在在b0 xr+br中从后往前看，设第一个不为中从后往前看，设第一个不为p整除的整除的系数为系数为bi。看。看(b0 xr+br)

29、(c0 xs+cs)中中xr-i的系数：的系数：bics+bi+1cs-1+bi+2cs-2+（*）由题设，这个系数应为由题设，这个系数应为p整除。但整除。但p不整除不整除bics，而（，而（*）中其余中其余各项都为各项都为p整除，可见整除，可见p又不能整除这一系数，此为矛盾又不能整除这一系数，此为矛盾。Eisenstein Eisenstein 定则定则 Note:并不是每一个有理域上的多项式都可用并不是每一个有理域上的多项式都可用Eisenstein定则定则判定是否可约，例判定是否可约，例:xn+x+1。例例.由由Eisenstein定则知，定则知，2-2在有理域上不可约，所以在有理域上不

30、可约，所以2-2不不可能有有理根，因而立即推出可能有有理根，因而立即推出 是无理数。是无理数。例例.利用利用Eisenstein定则，可以写出许多在有理域上不可约的定则，可以写出许多在有理域上不可约的多项式，例如多项式，例如n+2，4+23-4+10，n+2x+2等。等。定理定理6.7.19 对任意对任意n1，有理域上有有理域上有n次质式。次质式。2重要结论：u 设设f(x)是域是域E上的多项式，上的多项式，F是是E的子域，那么如果的子域，那么如果f(x)在在E上上不可约，则不可约，则f(x)在在F上不可约。上不可约。u设整系数设整系数f(x)在在R0上可约，如果上可约，如果f(x)的首系数不

31、是质数的首系数不是质数p的倍的倍数，把数，把f(x)的所有系数模的所有系数模p看，得到看，得到Rp上的一个多项式上的一个多项式fp(x)，（有时也记为（有时也记为Rp上的多项式上的多项式f(x)），则它在），则它在Rp上也可约。上也可约。u若整系数若整系数f(x)在在Rp上不可约，则其在上不可约，则其在R0上不可约。上不可约。证明证明f(x)=3x5+7x2+5在有理域在有理域R0上不可约。上不可约。证明：证明：f(x)在在R2上不可约上不可约，则，则f(x)在在R0上不可约。上不可约。而在而在R2上，上，f(x)=x5+x2+1。（1）证明无一次因式。证明无一次因式。由由R2=0,1，f(0

32、)=f(1)=1知，知，f(x)在在R2上无根，即无一次因式。上无根，即无一次因式。（2）证明无二次因式。）证明无二次因式。在在R2上二次因式只有：上二次因式只有：x2,x2+1,x2+x,x2+x+1。其中只有其中只有x2+x+1是质式。是质式。但但x5+x2+1=x2(x+1)(x2+x+1)+1，因此，因此，f(x)在在R2上无二次因式。上无二次因式。（3）由）由(1)、(2)知知f(x)无三次以上真因式。无三次以上真因式。所以，所以，f(x)在在R2上不可约。上不可约。例：结论：pf(x)可约当且仅当可约当且仅当f(x+b)可约。可约。思考：1.两个质式的乘积是否是质式？两个质式的乘积

33、是否是质式？显然不是。显然不是。2.整系数多项式整系数多项式f(x)有有理根，则有有理根，则f(x)可约？可约？3.整系数多项式整系数多项式f(x)无有理根，则无有理根，则f(x)不可约？不可约？有理根问题有理根问题定理定理6.7.20 设设(x)=a0 xn+a1xn-1+an是整系数多项式。若是整系数多项式。若有理数有理数bc是是(x)的根，其中的根，其中b和和c是互质的整数，是互质的整数，则则b|an，c|a0。证明：因为证明：因为bc是是(x)的根，所以的根，所以x-b/c整除整除(x)，因而本原多项，因而本原多项式式cx-b整除整除(x)，且商式应是整系数多项式，故，且商式应是整系数

34、多项式，故(x)分解为整分解为整系数多项式之积如下：系数多项式之积如下：(x)=(cx-b)(d0 xn-1+dn-1)比较两边的首系数和常数项得比较两边的首系数和常数项得 a0=cd0，an=-bdn-1，故，故b an，c a0。定义定义.复数复数称为一个称为一个代数数代数数，如果，如果是某个有理系数非是某个有理系数非0多项多项式的根。若式的根。若不是任何有理系数非不是任何有理系数非0多项式的根，则多项式的根，则称为一称为一个个超越数超越数。例例.圆周率圆周率=3.14159和自然对数底和自然对数底e=2.71828都是超越数。都是超越数。例例.一些有理数通过有限次加减乘除及开整数次方得到

35、的数一些有理数通过有限次加减乘除及开整数次方得到的数都是代数数，比如，都是代数数，比如，都是代数数。都是代数数。2752 代数数、超越数代数数、超越数6.7.4 6.7.4 分分 圆圆 多多 项项 式式1 复数域上的分圆多项式复数域上的分圆多项式 2 任意域上的分圆多项式任意域上的分圆多项式 1 1 复数域上的分圆多项式复数域上的分圆多项式定义定义.在复数域中在复数域中n-1=0的解称为的解称为n次单位根次单位根。任意复数可以表为任意复数可以表为 r(cos+isin)其中其中r是它的模，是它的模，是它的幅角，是它的幅角，r(cos+isin)s(cos+isin)=rs cos cos-si

36、n sin+i(cos sin+sincos)=rscos(+)+isin(+)。用数学归纳法易证：用数学归纳法易证：r(cos+isin)n=rn(cos n+isin n)此数的模是此数的模是rn，幅角是幅角是n。因为复数因为复数1的模是的模是1，幅角是，幅角是2k，k=0，1，2，所以，所以，r(cos+isin)是是n次单位根次单位根 iff rn=1 且且 n=2k iff r=1，且，且=2kn1 1 复数域上的分圆多项式复数域上的分圆多项式2222cossincossinkkikinnnn它具有下列形式：它具有下列形式：结论结论：一个复数是：一个复数是n次单位根，当且仅当它具有下

37、列形式：次单位根，当且仅当它具有下列形式：2222cossincossinkkikinnnn令令 =则一个复数是则一个复数是n次单位根次单位根，当且仅当它，当且仅当它是是的整数次方的整数次方。nin2sin2cos结论：所有结论：所有n次单位根在乘法下作成一个循环群，次单位根在乘法下作成一个循环群，是它的一是它的一个生成元素。个生成元素。1，2，n-1为为n个个n次单位根次单位根。这这n个个n次单位根都不同次单位根都不同。是是n次单位根，当然次单位根，当然n=1。所以所以的周期恰等于的周期恰等于n。1 1 复数域上的分圆多项式复数域上的分圆多项式定理定理6.7.21.复数域中恰有复数域中恰有n

38、个个n次单位根。它们在乘法下作成次单位根。它们在乘法下作成一个一个n元循环群，元循环群，=是一个生成元素。是一个生成元素。这个这个n元循环群的生成元素称为元循环群的生成元素称为本原本原n次单位根次单位根，共有，共有(n)个，个，假定它们是假定它们是1，2，(n)设设n(x)=(x-1)(x-2)(x-(n)称为称为分圆多项式分圆多项式.求出求出n(x)的一个根就可以把单位圆分成的一个根就可以把单位圆分成n等份了。等份了。nin2sin2cos1 1 复数域上的分圆多项式复数域上的分圆多项式分圆多项式例分圆多项式例 n=1时，生成元时，生成元=1，(1)=1，故，故 1(x)=(x-1)。n=2

39、时，生成元时，生成元=-1，(2)=1，故故 2(x)=(x+1)。n=3时，生成元时，生成元=，(3)=2，另一个生成元为：另一个生成元为：2=，故故3(x)=(x-)(x-2)=2+x+1。n=4时，生成元时，生成元=i，(4)=2，另一个生成元为：另一个生成元为：3=-i，故故 4(x)=(x-)(x-3)=(x-i)(x+i)=x2+112sin12cosi22sin22cosi32sin32cosi23123142sin42cosi分圆多项式的性质分圆多项式的性质定理定理6.7.22 n-1=证明：证明：设设1，2，n是所有是所有n次单位根，于是次单位根，于是xn-1=(x-1)(x

40、-2)(x-n).任取一个任取一个d n。(1)往证往证|xn-1。任取任取d(x)的的根根，则，则是一个本原是一个本原d次单位根。于是，次单位根。于是，d=1,因因而而n=1，可见，可见(x-)必出现在必出现在(x-1)(x-2)(x-n)中。可见，所中。可见，所有有(d)个本原个本原d次单位根都出现在次单位根都出现在(x-1)(x-2)(x-n)中。因之，中。因之，d(x)|xn-1 。nddx|)(nddx|)(若若d和和d不同不同,则则d(x)和和d(x)没有公共一次式。没有公共一次式。因为，前者因为，前者的根是本原的根是本原d次单位根，后者的根是本原次单位根，后者的根是本原d次单位根

41、，由此可次单位根，由此可见，见，|xn-1。(2)往证往证 xn-1|。任取任取xn-1的的根根，设，设的的周期为周期为d，d n，因而是，因而是本原本原d次单位根。这就是说，次单位根。这就是说，(x-1)(x-2)(x-n)中的任意一次式必出现在某个中的任意一次式必出现在某个d(x)之之内，其中内，其中d n，所以所以n-1|。nddx|)(nddx|)(nddx|)(分圆多项式的性质分圆多项式的性质例因为因为x-1=1(x)，所以，所以，1(x)=x-1。因为因为x2-1=2(x)1(x)，所以，所以，2(x)=x+1。因为因为x3-1=3(x)1(x)，所以，所以，3(x)=x2+x+1

42、。因为因为x4-1=4(x)2(x)1(x)，所以，所以，4(x)=x2+1。1|)(ddx2|)(ddx3|)(ddx4|)(ddx分圆多项式的性质分圆多项式的性质定理定理6.7.23.n(x)是整系数多项式是整系数多项式。证明：证明：用数学归纳法。用数学归纳法。1(x)=x-1是整系数多项式。是整系数多项式。假定已知假定已知kn时，时，k(x)是整系数多项式，是整系数多项式，试证试证n(x)亦然。因亦然。因xn-1=n(x)，由归纳法假定，此式右边每个由归纳法假定，此式右边每个d(x)都是整系数多项式，故其都是整系数多项式，故其积为整系数多项式，且首系数为积为整系数多项式，且首系数为1。所

43、以是本原多项式，而。所以是本原多项式，而xn-1是整系数多项式，故，是整系数多项式，故，n(x)必为整系数多项式。必为整系数多项式。ndnddx|)(例求求12(x)。解：解：因为因为 x12-1=1264321，x6-1=6321相除得相除得x6+1=124因之，因之，12(x)=x4-x2+1。12|)(ddx6|)(ddx11)(12646xxxx2 2 任意域上的分圆多项式任意域上的分圆多项式 F为任意域为任意域，设，设n不是特征的倍数，方程不是特征的倍数，方程xn-1=0在在F中的根称中的根称为为n次单位根次单位根。若若n不是特征的倍数，不是特征的倍数，则则xn-1的微商的微商nxn

44、-1不是多项式不是多项式0，因而，因而除除0外没有另外的根，但外没有另外的根，但0显然不是显然不是xn-1的根，所以，的根，所以，xn-1及及其微商没有公共根，因而其微商没有公共根，因而方程方程xn-1没有重根没有重根。若若n是特征是特征p的倍数，设的倍数，设n=kpm，其中其中k不是不是p的倍数，则的倍数，则 xn-1=。这时这时n-1的根即是的根即是k次单位根，且次单位根，且xn-1的每个根都是的每个根都是pm重根重根。mmpkkpxx)1(1例例.R2=0，1上的上的4个矩阵：个矩阵：0=，1=,a=，b=，作成的集合作成的集合F=0,1,a,b在矩阵加法、乘法下作成一个域。则在矩阵加法

45、、乘法下作成一个域。则在在F上求上求4次单位根就是求方程次单位根就是求方程x4-1=0，即即 的根。的根。该域的特征是该域的特征是2，4=22，因此，因此x4-1=(x-1)4=0。1是该方程的是该方程的22=4重根重根。0000100101111110010014x例例.在在R7=0，1，2，3，4，5，6上分别计算上分别计算n次单位根，次单位根，n=1，2，3，4，5，6。x 0123456x2 0142241x3 0116166x4 0124421x5 0145236x6 0111111可见，可见，xn-1=0 在任意域上不一定恰有在任意域上不一定恰有n个个n次单位根。次单位根。分圆多项

46、式分圆多项式n()是整系数多项式，所以可以是整系数多项式，所以可以看作是看作是F上面的多项式上面的多项式n()F。是整系数多项式之间的一个等是整系数多项式之间的一个等式，因而在式，因而在F中也成立。中也成立。那么何时那么何时n-1=0 在任意域在任意域F上恰有上恰有n个个n次单位次单位根呢？根呢？nddnxx|)(1定理定理6.7.24 设设n不是不是F的特征的倍数的特征的倍数,并设并设n(x)在在F中有根。于中有根。于是，是，F中恰有中恰有n个个n次单位根，它们在乘法下作成一个次单位根，它们在乘法下作成一个n元循环元循环群，其群，其(n)个生成元素恰是个生成元素恰是n(x)的所有的根。的所有

47、的根。证明：证明：设设是是n(x)在在F中的任意根，中的任意根，往证往证的周期为的周期为n。设设的周期为的周期为k。由于由于n(x)xn-1,是是xn-1的根，故的根，故n=1。因而因而的周期的周期k n。反证反证。假定。假定kn。因为因为k=1，所以所以应是应是xk-1的根，但的根，但xk-1=，乘积中没有乘积中没有n(x)。既是既是n(x)的根又是的根又是xk-1的根，因而是的根，因而是xn-1的重根，此不可能。的重根，此不可能。kddx|)(因之，因之，1，2，n-1是是n个不同的个不同的n次单位根，但次单位根，但xn-1最多只能有最多只能有n个根，所以个根，所以F中恰有中恰有n个个n次

48、单位根。所有次单位根。所有n次次单位根既然都是单位根既然都是的若干方，所以在乘法下作成一个的若干方，所以在乘法下作成一个n元循环元循环群，群，n(x)的任意根的任意根是此群的一个生成元素。今是此群的一个生成元素。今n元循环群只元循环群只有有(n)个生成元素，所以个生成元素，所以n(x)的根恰是所有的生成元素。的根恰是所有的生成元素。证毕。证毕。此此n元循环群的生成元素也叫元循环群的生成元素也叫本原本原n次单位根次单位根。例例.考察考察R R5 5=0=0，1 1，2 2，3 3，44上的情形上的情形(1)对对x2-1=0，分圆多项式分圆多项式2(x)=x+1。因为因为2(x)在在R5 中有根中

49、有根4，所以，所以2个二次单位根全在个二次单位根全在R5 中，且中，且4为其为其(2)=1个生成元，由它生成的个生成元，由它生成的1，4就是全部二次单位根。就是全部二次单位根。例例.考察考察R R5 5=0=0，1 1，2 2，3 3，44上的情形上的情形(2)对对x3-1=0，分圆多项式，分圆多项式3(x)=x2+x+1。3(x)在在R5 中无中无根，根，3个三次单位根不全在个三次单位根不全在R5 中，在中，在R5 中只有一个根中只有一个根1 x 01234x2 01441x2+x+1 13231x3 01324例例.扩展扩展R R5 5 至至 R R7 7 3()在在R7 中有根中有根2，

50、4，所以，所以3个三次单位根全在个三次单位根全在R7中，且中，且2，4为其为其(3)=2个生成元，由它们任意一个可生成全部个生成元，由它们任意一个可生成全部3个三次个三次单位根：单位根：1，2，4x 0123456x2 0142241x2+x+1 1306031x3 0116166例例.考察考察R R5 5=0=0，1 1，2 2，3 3，44上的情形上的情形对对x4-1=0，分圆多项式，分圆多项式4()=x2+1。因为。因为4()在在R5 中有根中有根2，3，所以，所以4个四次单位根全在个四次单位根全在R5 中，且中，且2，3为其为其(4)=2个生成个生成元，由任意一个可生成全部元，由任意一个可生成全部4个四次单位根。个四次单位根。x 01234x2 01441x2+1 12002x4 01111