本原多项式（高等代数）

贡献者： JierPeter

　　 任何一个有理系数多项式乘以一个整数，总能得到一个整系数多项式，且二者的根完全一样；类似地，任何整系数多项式，如果其系数有公共整数因子，那也可以用这个因子去除该多项式，得到的还是整系数多项式，且根不变。

　　 综上，研究有理系数多项式的根时，可以把焦点完全集中在下述 “本原多项式” 上。

1. 本原多项式及其性质

　　 显然，每个有理系数多项式都唯一对应一个本原多项式。首项系数为 $1$ 的多项式（简称为首一多项式）必为本原多项式。

　　 下面给出有关本原多项式基本性质的两个引理：

　　 证明：

　　 设 $f(x) = \sum_{i=0}^n a_ix^i$，$g(x) = \sum_{j=0}^m b_jx^j$。由定义 1 ，任取正整数 $k>1$，都存在 $i_0, j_0$ 使得 $k\not\mid a_{i_0}b_{j_0}$。

　　 考虑

　　 对于上面任取的正整数 $k$，$k\mid a_0b_0$ 一共带来两种情况：$k$ 整除 $a_0, b_0$ 中的一个但不整除另一个，或 $k$ 同时整除 $a_0, b_0$。我们看看这两个情况分别导致什么结果：

　　 假设 $k\mid a_0$，且 $k\not\mid b_0$。则当 $k\mid a_1b_0+a_0b_1$ 时，必有 $k\mid a_1$。于是，如果 $k\mid\sum_{i+j=d}a_ib_j$ 对于 $d< i_0+j_0$ 都成立，那么可推出 $k\mid a_d$ 对于 $d< i_0+j_0$ 都成立。

　　 假设 $k\mid a_0$ 且 $k\mid b_0$。则当 $k\mid a_2b_0+a_1b_1+a_0b_2$ 时，必有 $k\mid a_1b_1$。于是问题又回到原点。

　　 这么一来，如果各 $k\mid\sum_{i+j=d}a_ib_j$ 对于 $d< i_0+j_0$ 都成立，则要么所有满足 $i< i_0+j_0-1$ 的 $a_i$ 都能被 $k$ 整除，要么要么所有满足 $j< i_0+j_0-1$ 的 $b_j$ 都能被 $k$ 整除。

　　 现在考虑式 1 右边的第 $i_0+j_0$ 项系数。由上一段的结论，该系数求和式中，除去 $a_{i_0}b_{j_0}$ 以外的所有 $a_ib_j$ 都能被 $k$ 整除。由于已知 $k\mid a_{i_0}b_{j_0}$，故知 $k$ 不整除这一项。

　　 由 $k$ 的任意性，知式 1 各项系数的最大公因子是 $1$。于是 $fg$ 是本原多项式。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 设 $h(x)$ 的本原多项式是 $\frac{1}{k}h(x)$，则由引理 1 ，$\frac{1}{k}f(x)$ 是本原多项式。

　　 如果 $f$ 是本原多项式，则 $k=1$，从而 $h$ 是本原的。

　　 如果 $f$ 是整系数多项式，则 $k$ 是正整数，从而 $h$ 是整系数多项式（因为本原）$\frac{1}{k}h$ 乘以一个正整数 $k$ 的结果，因而也是整系数的。

　　 证毕。

2. 有理系数多项式的根

　　 证明：

　　 由题设，$(ux-v)\mid f(x)$，且 $(ux-v)$ 是本原的。设 $f(x)=(ux-v)h(x)$，则由引理 2 ，知 $h(x)$ 是本原多项式。

　　 设 $h(x)=\sum_{j=0}^{n-1} b_ix^i$，则 $a_0=vb_0$，且 $a_n=ub_{n-1}$，于是得证式 2 。

　　 证毕。