本原多项式(高等代数)

                     

贡献者: JierPeter

  

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   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

定义 1 本原多项式

  

   若整系数多项式 $f(x)$ 的各系数之最大公因子是 $1$,则称 $f(x)$ 为一个本原多项式(primitive polynomial)

   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:

引理 1 

   若 $f$ 和 $g$ 都是本原多项式,则 $fg$ 也是本原多项式.

   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

\begin{equation} \begin{aligned} f(x)g(x) &= a_0b_0 + \sum_{i+j=1}a_ib_jx + \sum_{i+j=2}a_ib_jx^2+\cdots +a_nb_mx^{n+m} \end{aligned} \end{equation}

   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

引理 2 

   设 $f(x)=g(x)h(x)$,$g$ 是本原多项式.

   如果 $f$ 是整系数多项式,那么 $h$ 是整系数多项式.

   如果 $f$ 是本原多项式,那么 $h$ 是本原多项式.

   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

定理 1 

   设 $f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ 是一个本原多项式.如果有理数 $\frac{v}{u}$ 是它的一个根,其中整数 $u, v$ 互素,则

\begin{equation} u\mid a_n, v\mid a_0 \end{equation}

   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


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