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两个多项式的公根与多项式的重根

公根和重根的问题, 也是多项式理论中的基本问题, 特别是多项式的重根问题，在下一节实根的讨论与计算中将起重要作用。

第三节 两个多项式的公根与多项式的重根
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一、两多项式的公根
设多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 都有一个根 $\alpha$, 即 $f(\alpha)=0, g(\alpha)=0$, 则 $\alpha$ 就叫做多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公根。

由因式定理可以知道, 多项式 $f(x)$ 有一个根 $\alpha$ 的充要条件是 $f(x)$ 含有一次因式 $x-\alpha$ 。

因此，对于两个多项式 $f(x), g(x)$ 的公根 $\alpha$ ，就有以下定理：
定理1
两多项式 $f(x), g(x)$ 有一个公根的必要充分条件是这两个多项式必有一个一次公因式.
例 4.10 求 $f(x)=2 x^3+x^2-5 x-3$ 与 $g(x)=2 x^3-5 x^2 x+3$ 的公根.
解: 先用辗转相除法求得 $(f(x), g(x))=x^2-x-1$ 这一多项式的根为 $a=$ $1 \pm \frac{\sqrt{5}}{2}$. 所以 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公根为

$$
x_1=1+\frac{\sqrt{5}}{2}, \quad x_2=1-\frac{\sqrt{5}}{2}
$$

如果能通过确定每个多项式有理根的范围首先将多项式进行因式分解，那么也一样可以求得两多项式的公根, 这样也就省去辗转相除求最高公因式的繁杂计算了。

还可以先求出一个多项式的根, 再去逐个代人另一多项式进行检验, 凡能使第二个多项式的值为 0 的，就是公根；否则就不是。
例 4.11 试求 $f(x)=a x^2+b x+c$ 与 $g(x)=x^2-1$ 有一个公根的必要条件.
解: 因为 $g(x)=x^2-1=(x+1)(x-1)$, 所以 $g(x)$ 有两个根 $1,-1$, 因此, $f(x)$与 $g(x)$ 有一个公根只可能是 1 或 -1 .

若公根为 1 , 则 $a+b+c=0$; 若公根为 -1 , 则 $a-b+c=0$. 所以 $f(x)$与 $g(x)$ 有一个公根的必要条件是

$$
a+b+c=0 \quad \text { 或 } a-b+c=0
$$

## 二、多项式的重根
对于多项式 $f(x)$, 如果有 $f(x)=(x-\alpha)^m \cdot q(x)$, 且 $q(\alpha) \neq 0,(m>1 \in Z )$.那么, 我们就说 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的 $m$ 重根.

重根的判定和排除, 是计算多项式的实数根时很注重的问题. 在此, 我们给出以下定理。

定理 2
如果 $\alpha$ 是多项式 $f(x)$ 的 $m$ 重根 $(m>1)$ ，那么 $\alpha$ 必定是 $f^{\prime}(x)$ 的 $m-1$ 重根。

证明：由定理条件知 $f(x)=(x-\alpha)^m \cdot q(x)$ 且 $q(\alpha) \neq 0$, 又由多项式乘积的求导数公式，得

$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =m(x-\alpha)^{m-1} \cdot q(x)+(x-\alpha)^m \cdot q^{\prime}(x) \\
& =(x-\alpha)^{m-1} \cdot\left[m q(x)+(x-\alpha) q^{\prime}(x)\right]
\end{aligned}
$$

其中由于 $q(\alpha) \neq 0, m>1$, 因而 $m \cdot q(\alpha) \neq 0$, 所以 $\alpha$ 就是 $f^{\prime}(x)$ 的 $m-1$ 重根。
定理 3
$\alpha$ 是多项式 $f(x)$ 的二重根的必要充分条件是 $\alpha$ 为 $f(x)$ 与 $f^{\prime}(x)$ 的公根，且 $f^{\prime \prime}(\alpha) \neq 0$ 。

证明：必要性：由泰勒公式，得

$$
f(x)=f(\alpha)+\frac{f^{\prime}(\alpha)}{1!}(x-\alpha)+\frac{f^{\prime \prime}(\alpha)}{2!}(x-\alpha)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(\alpha)}{n!}(x-\alpha)^n
$$

由于 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的二重根，根据因式定理，得

$$
(x-\alpha)^2 \mid f(x)
$$

因而有: $f(\alpha)+\frac{f^{\prime}(\alpha)}{1!}(x-\alpha)=0$.
所以, $f(\alpha)=f^{\prime}(\alpha)=0$, 且 $f^{\prime \prime}(\alpha) \neq 0, \alpha$ 是 $f(x), f^{\prime}(x)$ 的公根, 对任意 $x$ 都成立。

充分性：由 $f(x), f^{\prime}(x)$ 有公根 $\alpha$, 且 $f^{\prime \prime}(\alpha) \neq 0$, 则 $f(\alpha)=0, f^{\prime}(\alpha)=0$.再从泰勒公式 (4.12) 不难得出

$$
(x-\alpha)^2 \mid f(x)
$$

所以, $\alpha$ 是 $f(x)$ 的二重根.
定理 3 完全可以类似地推广到 m 重根的情形，得到下述定理：
定理 4
$\alpha$ 是 $f(x)$ 的 $m$ 重根的必要充分条件是 $\alpha$ 是 $f(x), f^{\prime}(x), \ldots, f^{(m-1)}(x)$的公根，且 $f^{(m)}(\alpha) \neq 0$ 。

如果再结合定理1、2的内容，我们就可以得出：要判定 $f(x)$ 有没有重根，只要看 $f^{\prime}(x), f(x)$ 的最高公因式就可以了, 若最高公因式含有因式 $(x-\alpha)^{m-1}$,则可以断定 $f(x)$ 有 $m$ 重根 $\alpha$, 同时还可以断定 $f^{\prime}(x)$ 有 $m-1$ 重根 $\alpha, f^{\prime \prime}(x)$有 $m-2$ 重根 $\alpha, \ldots$
例4.12 试求 $f(x)=x^5-3 x^4+2 x^3+2 x^2-3 x+1$ 的重根.
解: 先求出导数 $f^{\prime}(x)=5 x^4-12 x^3+6 x^2+4 x-3$, 再用辗转相除法求出

$$
\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=x^3-3 x^2+3 x-1=(x-1)^3
$$

所以,

$$
(x-1)^3|f(x), \quad(x-1)| f^{\prime}(x)
$$

即 $x=1$ 是 $f(x)$ 与 $f^{\prime}(x)$ 的公根. 因此, $f(x)$ 有重根 1 (而且是 $f(x)$ 的 4 重根， $f^{\prime}(x)$ 的 3 重根）。

例 4.13 求证方程 $x^4+2 x^3-15 x^2+4 x+20=0$ 有二重根, 并求出这个方程的根。

解: 设 $f(x)=x^4+2 x^3-15 x^2+4 x+20, f^{\prime}(x)=4 x^3+6 x^2-30 x+4$, 由辗转相除法可求出 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=x-2$, 这是一次式. 所以, $f(x)$ 有二重根 2 ,也就是原方程有二重根 2 , 再用因式定理, 得:

$$
f(x)=(x-2)^2\left(x^2+6 x+5\right)=(x-2)^2(x+1)(x+5)
$$

因此, 原方程可变形为

$$
(x-2)^2(x+1)(x+5)=0
$$

所以原方程的各根为: $2,2,-1,-5$.

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