【高等代数】04 - 多项式环

1. 多项式环

1.1 基本定义和性质

　　多项式是数学中的重要概念，在分析和代数中都有普遍的应用，线性变换也很是依赖多项式的理论。虽然在不一样场景下多项式描述的对象有较大差别，但它们却有着相似的代数结构，这里就从纯代数的角度讨论多项式的结构和性质。如下我会花较多口舌定义什么是多项式，这种看似“学究”的作法其实正是数学的抽象性和严密性所在。

　　先来看多项式的组成元素“（一元）项”，它具备形式\(ax^n\)，其中\(n\)是一个非负整数，它表示项的次数，\(a\)是某个环\(R\)或域\(F\)的元素，被称为系数，\(x\)是不定元。要特别强调的是，这里并无定义项的实际意义，不定元多是任何知足条件的数学概念。\(a\)和\(x^n\)之间也不能当作是某个具体的乘法，这里只是一个书写格式，项永远是做为一个总体看待的。系数为\(0\)的项被定义为互相相等的，而其它项相等的充要条件是系数和次数都相等。

　　另外，在项之间还定义有如式（1）的加法和乘法，且乘法对加法知足分配率。有了这些准备就能够定义多项式了，一个环\(R\)上的（一元）多项式是有限个非零项之和，它的最终形式是式（2）。为了叙述方便，\(0\)次项被直接写作\(a_0\)，但不要忘了其实际意义\(a_0x^0\)。系数非零的最高次项也称多项式的首项，而\(n\)也叫\(f(x)\)的次数，记做\(\deg f(x)\)。由项的定义不难判定：多项式由它的系数序列\((a_0,a_1,\cdots,a_n)\)惟一肯定。环\(R\)上的全部一元多项式集合记作\(R[x]\)，不难证实在乘法和加法的定义下，\(R[x]\)构成一个环（\(0\)系数的项为零元，当\(R\)有单位元时\(x^0\)也为单位元），它叫多项式环。

\[ax^n+bx^n=(a+b)x^n;\;\;ax^m\cdot bx^n=(ab)x^{m+n}\tag{1}\]

\[f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\;\;(a_k\in R,a_n\ne 0)\tag{2}\]

　　其实在《抽象代数》中，咱们已经专门讨论过多项式的性质，故对那些已经论述过的结论，这里就不重复证实过程了。《高等代数》中的多项式是直接定义在数域上的，但其实不少结论在较弱的条件下仍然成立，下面作一些总结（不少结论直接来自抽象代数）。首先不难证实：\(R[x]\)为交换环（无零因子环、整环）的充要条件是\(R\)为交换环（无零因子环、整环），特别地，域\(F\)上的多项式环\(F[x]\)是一个含幺整环（有单位元、可交换、无零因子）。另外咱们知道，一个环能够扩充为域的充要条件是：它是一个含幺整环。故系数为含幺整环的多项式环都能扩充为一个域，其中数域系数多项式的最小扩充域叫分式域。分式域的每一个元素有形式\(f(x)g^{-1}(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}\)，其中\(g(x)\)是非零多项式。在通常数域下，且\(g^{-1}(x)\)都是新添加的元素，若是要想\(g^{-1}(x)\)仍然是一个多项式，能够添加一个条件：存在某个不可约多项式\(e(x)=0\)（请自行讨论）。

1.2 因式和分解

　　和其它环结构同样，对多项式的讨论也集中在其乘法分解，如下先把\(R[x]\)限定在通常的环上。若是有关系式\(f(x)=g(x)h(x)\)，则称\(g(x)\)为\(f(x)\)的因式，记做\(g(x)|f(x)\)，多项式的乘法分解其实就是因式分解。当\(f(x),g(x)\)次数相等时，且有\(f(x)=ag(x)\)，这时称它们是相伴的。这种分解讨论起来没有多大意义，之后咱们只讨论因式次数比\(f(x)\)低的分解。若是两个多项式\(f(x),g(x)\)有共同的因式\(h(x)\)，则\(h(x)\)称为\(f(x),g(x)\)的公因式，次数最高的公因式则叫最大公因式，记做\((f(x),g(x))\)。后面要回答的问题天然就是：因式、分解式、（最大）公因式的存在性，以及分解式、最大公因式的惟一性（在相伴意义下）。

　　对任意多项式\(f(x),g(x)\)，若是\(g(x)\)的首项系数为可逆元，用概括法能够证实，存在惟一多项式\(q(x),r(x)\)使得式（3）成立。这个式子说明，若是\(f(x),g(x)\)有公因式\(h(x)\)，那么\(h(x)\)也是余项\(r(x)\)的公因式，而且\(r(x)\)的次数比\(g(x)\)小。若是在把多项式限定在域上，把\(g(x),r(x)\)换成\(f_1(x),g_1(x)\)后能够继续这个过程，直至\(g_i(x)|f_i(x)\)，易知这时\(g_i(x)\)就是\(f(x),g(x)\)的最大公因式。这个方法就是你们熟悉的展转相除法，值得提醒的是，该方法要求每一个元素均可逆（或者具体问题中\(g_i(x)\)的首项可逆）。

\[f(x)=q(x)g(x)+r(x),\: \text{deg}\,r(x)<\text{deg}\,g(x)\tag{3}\]

　　展转相除法的过程还间接说明了，存在多项式\(u(x),v(x)\)使得式（4）成立，因为形式\(a(x)f(x)+b(x)g(x)\)总含有因式\(d(x)\)，故式（4）是它能获得的次数最大的多项式（相伴意义下也是惟一的）。当\(d(x)=1\)时，说明\(f(x),g(x)\)没有次数大于\(0\)的因式，这时它们称为互素的，而且显然\(d(x)=1\)是它们互素的充要条件。对于多个多项式，因为\((f_1(x),..,f_n(x))=((f_1(x),..,f_{n-1}(x)),f_n(x))\)，所以能够一样获得相似（4）的式子，以及它们互素的充要条件。最后我想强调一下，虽然互素的定义能够不依赖展转相除法，但要获得更多有用的性质，仍是得用展转相除获得的式（4），所以通常都假定多项式系数在域\(F\)中。如下看似直观的结论，离开了互素的充要条件将很难证实，请自行练习。

\[u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x))=d(x)\tag{4}\]

　　• 若是\(h(x)|f(x)g(x)\)，且\((f(x),h(x))=1\)，则必定有\(h(x)|g(x)\)；
　　• 若是\(f(x)|h(x),g(x)|h(x)\)，且\((f(x),g(x))=1\)，则必定有\(f(x)g(x)|h(x)\)；
　　• 若是\((f(x),h(x))=1,(g(x),h(x))=1\)，且\((f(x),g(x))=1\)，则必定有\((f(x)g(x),h(x))=1\)。

　　在\(F(x)\)中，当多项式\(p(x)\)没有次数更低的因式时，它称为不可约多项式。易知对任意\(f(x)\)，要么有\(p(x)|f(x)\)，要么有\((f(x),p(x))=1\)。由此还能获得结论：若是\(p(x)\)不可约且\(p(x)|f(x)g(x)\)，则有\(p(x)|f(x)\)或\(p(x)|g(x)\)。在抽象代数中咱们已经证实，含幺整环\(R\)上的\(R[x]\)是一个欧式环，所以是惟一分解环，而域是一个特殊的含幺整环，故\(F[x]\)天然也是惟一分解环。所谓惟一分解固然是指，存在惟一的分解式（5）（相伴意义下，且顺序可改变），其中\(p_i(x)\)都是不可约的。这个结论也能够在多项式上直接证实（和整数环的惟一分解性同样），但论证方法无本质差别（无非是一个更抽象、更通用）。

\[f(x)=p_1^{n_1}(x)p_2^{n_2}(x)\cdots p_k^{n_k}(x)\tag{5}\]

　　式（5）中若是\(n_i>1\)，则称\(p_i(x)\)是\(f(x)\)的重因式，不然称为单因式。讨论重因式有时候是很必要的（好比重根、下篇的不变子空间），为了断定重因式，代数中引进了\(f(x)\)形式导函数（6），容易证实这个形式定义的导函数一样知足式（7）。对于一个\(k\)重因式\(p_i(x)\)，利用这些式子不难证实\(f'(x)\)中\(p_i(x)\)的重数正好是\(k-1\)，故\(f(x),f'(x)\)有公因式\(p_i^{k-1}(x)\)，且\(k-1\)是最高次数。反之若是\(f(x),f'(x)\)有公因式\(p_i^{k-1}(x)\)，也易知\(f(x)\)含有因式\(p_i^k(x)\)，利用这个充要条件能够判断重因式的存在性、以及求出因式和重数。

\[f'(x)=na_nx^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+2a_2x+a_1\tag{6}\]

\[[f(x)\pm g(x)]'=f'(x)\pm g'(x);\;\;[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\tag{7}\]

1.3 其它定义和性质

　　当肯定了未知元\(x\)的集合及乘法运算时（包括自身乘法和与\(R\)中元素的乘法），就能够把具体值\(a\)带入多项式\(f(x)\)的任何形式（展开或因式乘积），它们的值应该都是相等的，这个值被定义为多项式在\(a\)处的值\(f(a)\)。这里咱们先把\(R\)假定为通常的含幺环，根据式（3）可知，存在惟一多项式\(q(x),r\)使得式（8）左成立。把\(a\)带入式（8）左便知\(r=f(a)\)，因而有式（8）右成立，它称为余数定理。当\(f(a)=0\)时，\(a\)称为\(f(x)\)的根，根据式（8）右可知（还要求\(R\)有单位元）：\(a\)为\(f(x)\)根的充要条件是\((x-a)\)为\(f(x)\)的因式，这便在一次项和根之间创建了联系。

\[f(x)=q(x)(x-a)+r;\;\;f(x)=q(x)(x-a)+f(a)\tag{8}\]

　　• 已知\((x-a)|f(x^n)\)，求证\((x^n-a^n)|f(x^n)\)；
　　• 已知\(f(x)|f(x^n)\)，尝试讨论\(f(x)\)的根。

　　余数定理是余式（3）的特例，它要求环有单位元，且未知元知足多项式的运算律（1）。但其实若是未知元就取环\(R\)，即便\(R\)不知足交换律（从而不知足项的乘法）、而\(f(a)\)仅定义为把\(a\)带入式（2），抽象代数中已经证实了：余数定理仍然成立。这个更通常的余数定理有着更普遍的应用，一个典型表明就是的Hamilton-Caylay定理，你能够回到线性代数看看这个定理的证实，其实和抽象代数的证实本质是同样的。

　　本段的最后，咱们来讨论一下多项式性质和系数环（域）的关系。对具体的多项式\(f(x),g(x)\)，先设它们的系数都属于环\(R_1\)，则它们也属于其扩环\(R_2,(R_1\subset R_2)\)。容易知道，在\(R_1[x]\)中成立的结论在\(R_2[x]\)中也必定成立，反之则不必定成立。咱们比较关心这样的问题：\(R_1[x]\)的多项式若是在\(R_2[x]\)中有某个性质，那么这个性质在\(R_1[x]\)中还会有吗？在全部的性质讨论中，式（4）和惟一分解定理起到了很是重要的做用，为此咱们就把讨论的内容限定在域中吧（\(F_1\subset F_2\)）。

　　式（3）的惟一性就代表了它在\(F_1[x],F_2[x]\)中是同样的，这就是说整除性（能或不能整除）在\(F_1[x],F_2[x]\)中也是一致的。继而由展转相除法和式（4），两个多项式的最大公因式也不会随系数域而变化，特别地，两个多项式的互素关系也与系数域无关。再看看导函数\(f'(x)\)的形式，它在不一样域中系数是不变的，这样重因式也是和系数域无关的。你会发现，与系数域无关的性质基本都是因式有关的。

2. 数域上的多项式

2.1 复系数多项式

　　以上讨论的是通用多项式的性质，它们适用于任何知足条件的多项式环。最多见的多项式其实仍是数系多项式，而最多见的数系从大到小依次是复数系、实数系、有理数系，下面就按这个顺序讨论数系多项式特有的性质。数系多项式中，更加关注多项式的值和根，甚至不少因式的讨论就是经过根的方法来完成的。

　　对于复系数多项式，最重要的结论固然是代数基本定理：复系数多项式至少有一个根。这个代数基本定理在代数中却没有初等的证实方法，比较透彻的方法都须要复变函数的知识，这里咱们暂时把它当一个结论使用。由上面的讨论，\(f(x)\)有复根\(z\)的等价条件是\((x-z)|f(x)\)，依次类推\(f(x)\)有最终分解式（9）。\(n\)次复系数多项式共有\(n\)个复数根（能够是重根），而且由这\(n\)个复数根和首相系数彻底肯定，复系数不可约多项式只有一次式。多项式最多有\(n\)个根，这一点说明若是两个多项式\(f(x),g(x)\)在不止\(n\)处相等，则它们必定是彻底重合的，这个特色无论在证实仍是数值计算上都有重要的应用。展开式（9）后对比系数，即可以获得你们熟悉的韦达（Vieta）公式，这里就不展现等式内容了。

\[f(x)=(x-z_1)^{n_1}(x-z_2)^{n_2}\cdots (x-z_k)^{n_k},\;(\sum n_i=n)\tag{9}\]

　　复系数多项式的完全可分解性，即便用在其余数域的多项式上，也会有一些有趣的性质。好比任意数域上的\(f(x),p(x)\in F[x]\)，若是\(p(x)\)是一个不可约因式，从上面的讨论知道：\(p(x)\)没有复数重根。另外，若是\(f(x)\)与\(p(x)\)有某个相同复根，则它们必定是有公因式（利用公式（4））。结合这两个条件就有：若是\(f(x)\)与不可约因式\(p(x)\)有一个相同复根，则必定有\(p(x)|f(x)\)。

　　• 求证\(x^2+x+1|x^{3m+2}+x^{3n+1}+x^{3l}\)。

　　为了判断复数\(c\)是否为\(f(x)\)的\(k\)重根，利用以前的结论，只需证实\(f(c)=f'(c)=\cdots=f^{(n-1)}(c)=0\)且\(f^{n}(c)\ne 0\)。为了估算复根的半径，令\(M=\max\{\dfrac{|a_{n-1}|}{|a_n|},\cdots,\dfrac{|a_0|}{|a_n|}\}\)，这样便容易有多项式的估算式\(|f(z)|\geqslant|a_n|\left[|z|^n-M\dfrac{|z|^n-1}{|z|-1}\right]\)，显然当\(|z|-1>M\)时有\(|f(z)|>0\)，故根的半径在\(1+M\)内。

　　最后来看复系数多项式的两个应用。对任意方阵\(A\)，能够记它的特征多项式\(|\lambda I-A|\)为\(\prod(\lambda-\lambda_i)^{n_i}\)。而后对任意复数\(k\)，容易求得\(kA\)的特征多项式为\(\prod(\lambda-k\lambda_i)^{n_i}\)。把\(1\)的\(k\)阶单位根计做\(\{\omega_j\}\)，刚才的结论是说\(|\lambda I-\omega_j A|=\prod(\lambda-\omega_j\lambda_i)^{n_i}\)，把这\(k\)个式子相乘便有\(|\lambda^k I-A^k|=\prod(\lambda^k-\lambda_i^k)^{n_i}\)，从而可知\(A^k\)的特征多项式是\(\prod(\lambda-\lambda_i^k)^{n_i}\)（参考第二篇中矩阵多项式的特征值）。

　　设\(f(x)\in C[x]\)，并设其有\(r\)个不一样的复根且有展开式\((x-\alpha_i)^{n_i}\)。因为\(f(x)-a\)与\(f(x)\)互质，故\(f(x)-a\)的\(s\)个不一样复根与\(f(x)\)不一样，设其展开式为\((x-\beta_j)^{m_j}\)。考虑到二者的导数相同，则\(f'(x)=\prod(x-\alpha_i)^{n_i-1}\prod(x-\beta_j)^{m_j-1}h(x)\)。由次数关系知\(n-r+n-s\leqslant n-1\)，从而\(r+s\geqslant n+1\)。这个结论说明，任意两个不一样像\(f(a),f(b)\)的原像集合\(f^{-1}(a),f^{-1}(b)\)大于\(n\)，结合前面的结论知，它们能够惟一肯定\(f(x)\)（即在两个像上原像相同的多项式也相同）。

2.2 实系数多项式

　　如今来看更为经常使用的实系数多项式\(f(x)\)，能够先把它放在复数域上讨论，好比它至少有一个复根\(z\)，即有\(f(z)=0\)。对这个等式两边同时取共轭，因为系数都是实数，最终获得\(f(\bar{z})=0\)，从而\(z\)及其共轭\(\bar{z}\)同时为\(f(x)\)的根。若是\(z\)不是实数，\(z,\bar{z}\)即是两个不一样的根，它们对应的因式\((x-z)(x-\bar{z})\)实际上是实多项式\(g(x)=x^2+px+q\)（\(p^2-4q<0\)），且它在实数系上不可约。概括地讨论实系数多项式\(f(x)/g(x)\)，即可以将\(f(x)\)分解为惟一标准式（10），从根的角度也能够说：除了实根外，实系数多项式的复根都是以共轭形式成对出现的。

\[f(x)=\prod(x^2+p_ix+q_i)^{n_i}\cdot\prod(x-b_j)^{m_j}\tag{10}\]

　　• 求\(x^n\pm 1\)在实数域的标准分解式，并由此讨论\(\prod\cos\dfrac{k}{n}\pi\)的值。

\[\prod_{k=1}^n\cos\dfrac{k\pi}{2n+1}=\dfrac{1}{2^n};\;\;\prod_{k=1}^n\sin\dfrac{k\pi}{2n}=\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\tag{11}\]

　　实根对于实系数多项式是尤其重要的，利用复根的估算式虽然能给出实根的粗略范围，却不能给出实根的个数以及更具体的取值范围。有一种方法能够快速地肯定多项式在任一区间内根的个数，从而可使用逼近的方法获得必定精度的根。为了说明方法的原理，先来观察如式（11）的一种展转相除序列。假定\(f_0(x),f_1(x)\)互质，序列将结束于一个非零的常数，从而在任意\(x_0\)上序列不会连续为0。假定\(f_i(x_0)=0\)，那么\(f_{i-1}(x_0),f_{i+1}(x_0)\)必定非零且符号相反。不难判断在\(x_0\)附近，序列\(\{f_{i-1}(x),f_i(x),f_{i+1}(x)\}\)的符号变化次数老是1。可想而知，当\(x\)连续变化时，序列\(\{f_0(x),f_1(x),\cdots\}\)的符号变化次数只可能在\(f_0(x)\) 的根附近增或减1。若是序列符号的变化次数\(W(x)\)在根附近老是增（或减），那么\(W(a)-W(b)\)就等于\(f_0(x)\)区间\((a,b)\)上根的个数。

\[f_i(x)=q_i(x)f_{i+1}(x)-f_{i+2}(x)\tag{11}\]

　　对于任意实系数多项式\(f(x)\)，先假设\((f(x),f'(x))=1\)（无重根）且\(x_0\)是\(f(x)\)的一个根，容易知道\(f(x_0^+)\)的符号与\(f'(x_0)\)相同（如图）。也就是说，当\(x\)由\(-\infty\)连续变化到\(+\infty\)时，W(x)仅在\(f(x)\)的根先后增长1。当\(f(x)\)有重根时，设\(h(x)=(f(x),f'(x))\)，考察\(g_0(x)=f(x)/h(x)\)和\(g_1(x)=f'(x)/h(x)\)，首先他们必定互质。为了讨论\(g_0(x_0^+)\)与\(g_1(x_0)\)的关系，设根\(x_0\)的重数为\(l\)，并记\(f(x)=(x-x_0)^lp(x)\)。容易证实\(f(x)/(x-x_0)^{l-1}\)在\(x_0^+\)的符号与\(f'(x)/(x-x_0)^{l-1}\)在\(x_0\)的符号相同，进而获得\(g_0(x_0^+)\)与\(g_1(x_0)\)的符号相同，因此以上结论对\(g_0(x)\)也成立。另外显然，\(g_0(x),g_1(x)\)同时乘上\(h(x)\)变成\(f(x),f'(x)\)后，并不影响结论（\(W(x)\)在\(f(x)\)的根上可忽略）。总结结论就是，表达式\(W(a)-W(b)\)能够表示\(f(x)\)在区间\((a,b)\)上不一样实根的个数（不包括重数），该定理叫作Sturm定理。

2.3 有理和整系数多项式

　　最后再来看有理数域多项式的分解，首先注意到：任何有理系数的多项式\(f(x)\)在乘上适当的整数后均可转化为整系数多项式，此时数论的基础结论就能够发挥做用。与\(f(x)\)相伴的诸多整系数多项式中，全部系数的公约数为\(\pm 1\)的尤其特殊，它被称为本原多项式。首先容易证实\(f(x)\)的本原多项式只有两个，且它们恰好知足\(g_1(x)=-g_2(x)\)。而后就是线性代数中论证过的的重要结论（高斯引理）：两个本原多项式的乘积仍然是本原多项式。基于高斯引理，还能够轻松证实：整系数多项式在有理数域可分解的充要条件是它能够分解为两个整系数多项式，这使得对有理多项式的分解彻底能够用整系数多项式的分解来取代。

　　彻底断定整系数多项式的可约性很是困难，但咱们能够根据一些形式特色来判定某些多项式不可约，一个著名的结论就是Eisenstein判别法：若是存在素数\(p\)使得\(p|a_i,(0\leqslant i\leqslant n-1)\)，但\(p\nmid a_n,p^2\nmid a_0\)，那么\(f(x)\)不可约。利用高斯引理能够轻松证实判别法的合理性，并能发现条件中若是\(a_0,a_n\)的角色互换结论依然成立。该判别法既可直接使用，有时还能够对多项式做适当的偏移再断定。好比分圆多项式\(f(x)=x^{p-1}+\cdots+x+1\)，因为\((x-1)f(x)=x^p-1\)，用\(x+1\)取代\(x\)后可论证\(f(x+1)\)不可约，从而\(f(x)\)不可约。

　　• 对不一样素数\(p_1,\cdots,p_t\)，求证\(\sqrt[n]{p_1p_2\cdots p_t}\)是无理数;
　　• 若\(m>n\)，求证任意\(\sqrt[m]{p}\)都不是\(n\)次多项式\(f(x)\)的根。
　　• 判断\(x^p+px^r+1\)的可约性。

　　整数模\(p\)（素数）的剩余类域是最多见的有限域，而有限域的好处是能够只针对有限的状况进行讨论，这个特色能够帮助判断整系数多项式\(f(x)\)的可约性。当\(f(x)\)可约时，对其取模\(p\)获得剩余类域上的多项式\(\bar{f}(x)\)，显然\(\bar{f}(x)\)也是可约的（反之不必定成立）。从而当\(\bar{f}(x)\)不可约时，\(f(x)\)必定也不可约，这里咱们便有了一个判断整系数多项式不可约的新方法。判断可约性还能够有其它综合的方法，课本上举了几个利用多项式根不超过\(n\)的性质的例子，比较值得玩味，如下假设\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)是不一样的整数，请自行证实如下三个问题。

　　• 求证：\((x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)-1\)不可约；
　　• 求证：\((x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)+1\)在\(n\)为奇数时不可约，在\(n\geqslant 6\)且为偶数时不可约；
　　• 求证：\((x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2+1\)不可约。

　　最后来讨论一下整系数多项式的有理根与系数的关系，假设\(f(x)\)有根\(\dfrac{p}{q}\)，则它有一次因式\(x-\dfrac{p}{q}\)，从而有本缘由式\(qx-p\)。这说明\(f(x)\)的系数知足式（12），其中前两个式子能够初步圈定有理根的范围，而后经过后两个式子和其它方法能够分别验证是否为根，这样便能获得\(f(x)\)的全部有理根。

\[(qx-p)|f(x)\;\Rightarrow\;q|a_n,\;p|a_0;\;\;p+q|f(-1),\;p-q|f(1)\tag{12}\]

3. 结式和判别式

　　咱们还能够对多元多项式进行以上相似的讨论，其中比较重要的就是对称多项式。有两种基本的常见对称多项式，一种是多项式\(\prod_i(x+x_i)\)展开式的项\(x^{n-k}\)的系数\(\sigma_k=\sum x_{i_1}\cdots x_{i_k}\)，它们被称为\(n\)元初等对称多项式。关于初等对称多项式，有一个基本定理：任何对称多项式\(f(x_1,\cdots,x_n)\)均可以惟一表示为初等对称多项式的多项式\(g(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)\)。还有一种对称多项式是幂和式\(s_k=\sum_i x_i^k\)，牛顿公式给出了这两种对称多项式之间的关系，本段的两个结论在线性代数中都有论证。

　　不少状况下须要判断或给出两个多项式\(f(x),g(x)\)（式（13））有公因式（或相同的根）的条件，展转相除法虽然能解决这个问题，但操做比较麻烦。如今从另外一个角度讨论这个问题，在代数闭域中这两个问题等价因而否有相同的根，咱们就在代数闭域中讨论这个问题。设\(f(x),g(x)\)的根分别是\(\{y_1,\cdots,y_m\},\{z_1,\cdots,z_n\}\)，式（14）能够做为\(f(x),g(x)\)是否有同根的判别式，它被称为\(f(x),g(x)\)的结式。显然结式是关于\(\{y_i,z_j\}\)的对称多项式，由基本定理可知它能写成\(\{a_i,b_j\}\)的表达式，但直接寻找答案比较困难，下面从另外一个等价条件出发反向推导。

\[f(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\cdots+a_0;\;\;g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0\tag{13}\]

\[\text{Res}(f,g)=\prod_{i=1}^m\prod_{j=1}^n(y_i-z_j)=\prod_{i=1}^mg(y_i)=\prod_{j=1}^n(-1)^mf(z_j)\tag{14}\]

　　\(f(x),g(x)\)有相同根其实还等价于：存在不高于\(m-1,n-1\)次的多项式\(f_0(x),g_0(x)\)，使得\(g_0(x)f(x)=f_0(x)g(x)\)。经过比较系数其实能够获得一个关于\(f_0(x),g_0(x)\)系数的一次方程（请自行写出），方程的系数矩阵如式（15）（左半边有\(n\)列，右半边有\(m\)列），而\(f_0(x),g_0(x)\)的存在性则等价于\(|R|=0\)，下面就来看\(|R|\)的表达式。因为每一列正好是多项式的系数，能够对多项式作以下初等变换：分别把第\(k\)行的\(y_i^k\)倍加到最后一行。不难知道最后一行的前\(n\)个元素为\(0\)，然后\(m\)个元素有公因式\(g(y_i)\)。

\[R_{m+n}=\begin{bmatrix}a_0&&&b_0&&\\a_1&\ddots&&b_1&\ddots&\\\vdots&\ddots&a_0&\vdots&\ddots&b_0\\a_m&\ddots&a_1&b_n&\ddots&b_1\\&\ddots&\vdots&&\ddots&\vdots\\&&a_m&&&b_n\end{bmatrix}\tag{15}\]

　　如下先假设\(\{a_m,b_m\}\)是化1的，根据韦达定理知\(\{a_i,b_j\}\)可表示为\(\{y_i,z_j\}\)的多项式，而刚才的结论说明\(|R|\)有因式\(g(y_i)\)。又由于全部\(\{g(y_i)\}\)之间无公因式，故\(|R|\)有因式\(\prod_ig(y_i)=\text{Res}(f,g)\)，它的次数是\(mn\)。另外一方面，\(|R|\)显然是\(\{y_i,z_j\}\)的齐次多项式，下面来计算它的次数。根据每一列次数递增的特色，考虑把每行的次数统一，为此仅需在每列乘上合适的式子，具体来讲是在每一列分别乘上任意一个\(\{n,n-1\cdots,1,m,m-1,\cdots,1\}\)次式。这样从列来看次数增长了\(m(m+1)/2+n(n+1)/2\)，而从行来看总次数是\((m+n)(m+n+1)/2\)，相减获得\(|R|\)的次数为\(mn\)。这个结论说明\(|R|\)与\(\text{Res}(f,g)\)只相差一个常数项系数，把\(\{y_i=0,z_j=1\}\)带入即可知\(|R|=a_n^n\cdot\text{Res}(f,g)\)，教材上其实就是把\(|R|\)做为结式的定义的。

　　结式的应用天然是集中在多项式同根的问题上，有一些常见的问题均可以间接地转化为同根问题。好比求解二元多项式组\(f(x,y)=0,g(x,y)=0\)时，若是两个函数都能写成关于\(x\)（或\(y\)）的多项式，这时的结式是关于\(y\)的方程，就能够先解出\(y\)再求解\(x\)。再好比参数方程\(x=x(t),y=y(t)\)，若是这两个方程都能写成\(t\)的多项式形式，此时的结式就是只含\(x,y\)的方程，这就获得\(x,y\)的不含参方程。

　　结式也能够用于判断多项式是否有重根，咱们知道\(f(x)\)有重根的充要条件是\((f(x),f'(x))\ne 1\)，设\(f(x)\)的根为\(\{x_1,\cdots,x_n\}\)，此时的结式为式（16）左。把\(f'(x)\)按\([\prod(x-x_i)]'\)展开成\(n\)项，而后就能获得式（16）右。右式能够有更简单的相似式（17）左，该式也用于判断\(f(x)\)是否有重根，它称为\(f(x)\)的判别式，它是二次多项式判别式的扩展。利用牛顿定理可知\(D(f)\)可由其系数表示，而结式便给了一个计算方法。另外，利用定义还不可贵到结式和判别式的关系式（18）（19）。

\[\text{Res}(f,\,f')=\prod_{i=1}^nf'(x_i)=\prod_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(x_i-x_j)\tag{16}\]

\[D(f)=\prod_{i\ne j}(x_i-x_j)^2=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\cdot\text{Res}(f,f')\tag{17}\]

\[\text{Res}(f,\,g_1g_2)=\text{Res}(f,\,g_1)\cdot\text{Res}(f,\,g_2)\tag{18}\]

\[D(fg)=D(f)D(g)\cdot\text{Res}^2(f,\,g)\tag{19}\]

　　• 求\(f(x)=x^n+\cdots+x+1\)的判别式。