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高等代数基本定理与多项式除法

## 高等代数基本定理 
记
$$
a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n=0 ...(1)
$$

**高等代数基本定理**  数域 $K$ 上的 $n$ 次代数方程（1）在复数域 $C$内必有一个根。

这个定理早在19世纪初就被德国著名数学家高斯（K．F． Gauss，1777～1855）证明了（他一共找出了四种证明方法）．在现代，用稍深一点的数学知识（复变函数的知识），只需用几句话就可以证明完毕。

### 高斯的证明
代数基本定理的第一个严格证明通常认为是高斯给出的（1799年在哥廷根大学的博士论文），基本思想如下：
设 $f(z)$ 为n次实系数多项式，记 $z=x+y i(x, y \in R)$ ，考虑方根：

$$
f(x+y i)=u(x, y)+v(x, y) i=0
$$

即 $u(x, y)=0$ 与 $v(x, y)=0$
这里 $u(x, y)=0$ 与 $v(x, y)=0$ 分别表示 $0 x y$ 坐标平面上的两条曲线 $\mathrm{C} 1 、 \mathrm{C} 2$ ，于是通过对曲线作定性的研究，他证明了这两条曲线必有一个交点 $z_0=a+b i$ ，从而得出 $u(a, b)=v(a, b)=0$ ，即 $f(a+b i)=0$ ，因此z0便是方程 $f(z)=0$ 的一个根，这个论证具有高度的创造性，但从现代的标准看依然是不严格的，因为他依靠了曲线的图形，证明它们必然相交，而这些图形是比较复杂，正中隐含了很多需要验证的拓扑结论等等。

高斯后来又给出了另外三个证法，其中第四个证法是他71岁公布的，并且在这个证明中他允许多项式的系数是复数 。

## 2．根的基本性质

在下面我们马上就指出，有了上述基本定理之后，就可推出方程 （1）的全部根都在 $C$ 内。因此，为了求高次代数方程（1）的根，复数域 $C$ 已经足够了。在稍后，德国数学家 Frobenius 又证明：再也没有比 $C$ 更大的数系了。也就是说，数系扩充到 $C$ 之后，已经到了尽头，没有可能再作进一步的扩充了。

因为一元高次方程（1）的根都在 $C$ 内，为了讨论根的性质，现在我们把 $x$ 看做在复数范围内自由变化的量，称为独立变元．这时（1）式左端当然不再等于 0 ，而是随 $x$ 的变化而变化，成为 $x$ 的一个函数：

$$
f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n \quad\left(a_0 \neq 0\right) .
$$

上式称为一个变元 $x$ 的**一元多项式**，$n$ 称为它的**次数**（它是变元 $x$ 出现的最高方幂），$a_0, a_1, \cdots, a_n$ 称为多项式 $f(x)$ 的系数，$a_0 \neq 0$ 称为首项系数，$a_n$ 则称为常数项。如果 $f(x)$ 的系数 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 都属某个数域 $K, f(x)$ 也称为数域 $K$ 上的多项式。如果 $f(x)$ 的系数全为 0 ，则称为零多项式。零多项式的次数没有定义。但有时为了方便，将其次数定义为 $-\infty$ 。

如令 $x=a \in C$ 代入时有

$$
f(a)=a_0 a^n+a_1 a^{n-1}+\cdots+a_{n-1} a+a_n=0,
$$

则称 $a$ 是 $f(x)$ 的一个**零点**．$f(x)$ 的零点也就是方程（1）的根．求方程 （1）的根就是求 $f(x)$ 的全部零点，这依赖于如下一个通常称为多项式的＂综合除法＂的命题．

> **命题 2.1 设 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n\left(a_0 \neq 0, n \geqslant 1\right)$ 是 $C$上一个 $n$ 次多项式，$a$ 是一个复数．则存在 $C$ 上首项系数为 $a_0$ 的 $n-1$ 次多项式 $q(x)$ ，使 $f(x)=q(x)(x-a)+f(a)$**

证 我们有

$$
\begin{aligned}
f(x)-f(a) & =a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n-\left(a_0 a^n+a_1 a^{n-1}+\cdots+a_n\right) \\
& =a_0\left(x^n-a^n\right)+a_1\left(x^{n-1}-a^{n-1}\right)+\cdots+a_{n-1}(x-a)
\end{aligned}
$$

因为

$$
\begin{aligned}
x^k-a^k & =(x-a)\left(x^{k-1}+a x^{k-2}+\cdots+a^{k-1}\right) \\
& =(x-a) q_k(x),
\end{aligned}
$$

其中 $q_k(x)$ 为 $C$ 上首项系数为 1 的 $k-1$ 次多项式。于是

$$
\begin{aligned}
f(x)-f(a) & =a_0(x-a) q_n(x)+a_1(x-a) q_{n-1}(x)+\cdots+a_{n-1}(x-a) \\
& =q(x)(x-a),
\end{aligned}
$$

其中 $\quad q(x)=a_0 q_n(x)+a_1 q_{n-1}(x)+\cdots+a_{n-1}$
是 $C$ 上首项系数为 $a_0$ 的 $n-1$ 次多项式。

> **命题 2.2 设 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n\left(a_0 \neq 0, n \geqslant 1\right)$ 为 $C$上 $n$ 次多项式．则存在 $n$ 个复数 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ ，使
$f(x)=a_0\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right) $**

证 对 $n$ 作数学归纳法．
当 $n=1$ 时，$f(x)=a_0 x+a_1=a_0\left(x+\frac{a_1}{a_0}\right)$ ，令 $\alpha_1=-\frac{a_1}{a_0}$ 即可．设对 $C$ 上 $n-1$ 次多项式命题成立。对上述 $n$ 次多项式 $f(x)$ ，按高等代数基本定理，它在 $C$ 内有一零点 $\alpha_1$ ，再由命题2．1有

$$
f(x)=q(x)\left(x-\alpha_1\right)+f\left(\alpha_1\right)=q(x)\left(x-\alpha_1\right) .
$$

现在 $q(x)$ 是 $C$ 上是首项系数为 $a_0$ 的 $n-1$ 次多项式，按归纳假设，存在 $\alpha_2, \cdots, \alpha_n \in C$ ，使

$$
q(x)=a_0\left(x-\alpha_2\right)\left(x-\alpha_3\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right) .
$$

代入（3）式即为所求．

> **推论1 设有数域 $K$ 上 $n$ 次代数方程 $(n \geqslant 1)$
$a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n=0 \quad\left(a_0 \neq 0\right)$则它在复数域上恰有 $n$ 个根 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$**

证 因为 $K$ 上的多项式都可以看做 $C$ 上的多项式，按命题 2．2，有

$$
\begin{aligned}
f(x) & =a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n \\
& =a_0\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right) .
\end{aligned}
$$

显然 $f\left(\alpha_i\right)=0(i=1,2, \cdots, n)$ ，且对任意复数 $\alpha$ ，当 $\alpha \neq \alpha_i(i=1,2, \cdots$ ， $n)$ 时，

$$
f(\alpha)=a_0\left(\alpha-\alpha_1\right)\left(\alpha-\alpha_2\right) \cdots\left(\alpha-\alpha_n\right) \neq 0
$$

故 $f(x)$ 在 $C$ 内恰有 $n$ 个零点，即原方程在 $C$ 内恰有 $n$ 个复根 $\alpha_1, \alpha_2$, $\cdots, \alpha_n$ ．

代数方程（1）的 $n$ 个复根中可能有相同的．不妨设（1）的两两不同的复根为 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ ，此时

$$
f(x)=a_0\left(x-\alpha_1\right)^{e_1}\left(x-\alpha_2\right)^{e_2} \cdots\left(x-\alpha_r\right)^{e_r},
$$

其中 $e_1+e_2+\cdots+e_r=n . e_i$ 称为复根 $\alpha_i$ 的重数，或说 $\alpha_i$ 是方程（1）的
$e_i$ 重根，这里 $i=1,2, \cdots, r$ ．
在讨论高次方程时，常遇到下面的问题：给了复数域 $C$ 上两个多项式

$$
\begin{array}{ll}
f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n & \left(a_n \neq 0\right) \\
g(x)=b_0+b_1 x+\cdots+b_m x^m & \left(b_m \neq 0\right)
\end{array} ...(4)
$$

如果把它们看做定义在 $C$ 上的函数，其函数值处处相同：$f(x) \equiv g(x)$ ，我们能否断言这两个多项式完全一样，即 $m=n$ 且 $a_i=b_i(i= 0,1, \cdots, n)$ ？这看来似乎毫无问题是对的，但理论上却必须给予严格证明（而且，今后当读者学习到更深一步的代数知识时，就会看到，这个看似显然成立的结论在某种情况下是不对的）。下面给出一个更强的论断。

**推论2** 给定 $C$ 上两个 $n$ 次、 $m$ 次多项式如（4）式所列。如果存在正整数 $l, l \geqslant m, l \geqslant n$ ，及 $l+1$ 个不同的复数 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_l, \beta_{l+1}$ ，使

$$
f\left(\beta_i\right)=g\left(\beta_i\right) \quad(i=1,2, \cdots, l+1),
$$

则 $m=n$ ，且 $a_i=b_i(i=0,1,2, \cdots, n)$ ．
证 设 $a_{n+1}=\cdots=a_l=0 ; b_{m+1}=\cdots=b_l=0$ ，则

$$
\begin{aligned}
& f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_l x^l \\
& g(x)=b_0+b_1 x+\cdots+b_l x^l
\end{aligned}
$$
令 $h(x)=f(x)-g(x)=c_0+c_1 x+\cdots+c_l x^l$ ，这里 $c_i=a_i-b_i(i=0,1$ ， $\cdots, l)$ 。如果 $c_0, c_1, \cdots, c_l$ 不全为 0 ，则 $h(x)$ 是非零多项式，次数 $\leqslant l$ 。按推论 1 ，它最多有 $l$ 个复根。但 $h\left(\beta_i\right)=f\left(\beta_i\right)-g\left(\beta_i\right)=0(i=1,2, \cdots$ ， $l+1)$ ，矛盾。故必有 $c_0=c_1=\cdots=c_l=0$ ，即 $a_i=b_i(i=0,1, \cdots, l)$ ．

现设 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ 为 $n$ 个复数，如果每次从中取出 $r$ 个（不计排列次序）连乘，然后把所得的 $\binom{n}{r}=\frac{n!}{r!(n-r)!}$ 个项再连加起来，所得的复数记做 $\sigma_r\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)$ ．就是说，令

$$
\begin{aligned}
& \sigma_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=1 \\
& \sigma_1\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n \\
& \sigma_2\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)=\alpha_1 \alpha_2+\alpha_1 \alpha_3+\alpha_2 \alpha_3+\cdots+\alpha_{n-1} \alpha_n \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \sigma_r\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)=\sum_{1 \leqslant i_1<\cdots<i_r \leqslant n} \alpha_{i_1} \alpha_{i_2} \cdots \alpha_{i_r}, \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& \sigma_n\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)=\alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_n .
\end{aligned}
$$

利用这个记号，我们可以把方程（1）的根和它的系数之间的关系明确地表达出来。

**预备命题** 给定 $n$ 个复数 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ ，则

$$
\prod_{i=1}^n\left(x-\alpha_i\right)=\sum_{i=0}^n(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) x^{n-i} .
$$

证 使用数学归纳法．$n=1$ 时等式显然成立．设 $n=k$ 时等式成立．当 $n=k+1$ 时有

$$
\begin{aligned}
\prod_{i=1}^{k+1}(x & \left.-\alpha_i\right)=\left[\sum_{i=0}^k(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) x^{k-i}\right]\left(x-\alpha_{k+1}\right) \\
= & \sum_{i=0}^k(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) x^{k+1-i} \\
& +\sum_{i=0}^k(-1)^{i+1} \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) \alpha_{k+1} x^{k-i} \\
= & \sum_{i=0}^k(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) x^{k+1-i}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
& +\sum_{i=1}^{k+1}(-1)^i \sigma_{i-1}\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) \alpha_{k+1} x^{k+1-i} \\
= & x^{k+1}+\sum_{i=1}^k(-1)^i\left[\sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right)+\sigma_{i-1}\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) \alpha_{k+1}\right] x^{k+1-i} \\
& +(-1)^{k+1} \sigma_k\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) \alpha_{k+1} .
\end{aligned}
$$

注意到，当 $1 \leqslant i \leqslant k$ 时，

$$
\sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right)+\sigma_{i-1}\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) \alpha_{k+1}=\sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}\right),
$$

又 $\sigma_k\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k\right) \alpha_{k+1}=\sigma_{k+1}\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}\right)$ ，代入上面公式即得

$$
\prod_{i=1}^{k+1}\left(x-\alpha_i\right)=\sum_{i=0}^{k+1}(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}\right) x^{k+1-i} .
$$

**命题2.3** 给定数域 $K$ 上的 $n$ 次代数方程

$$
a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n=0 \quad\left(a_0 \neq 0\right) .
$$

设它在复数域内的 $n$ 个根是 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ ，则

$$
\begin{aligned}
& \frac{a_1}{a_0}=-\sigma_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& \frac{a_i}{a_0}=(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& \frac{a_n}{a_0}=(-1)^n \sigma_n\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) .
\end{aligned}
$$

证 令 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n$ ．于是，由命题 2.2 ，有

$$
\begin{aligned}
f(x)= & a_0\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right) \\
= & a_0\left[x^n-\sigma_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) x^{n-1}+\cdots\right. \\
& \left.+(-1)^n \sigma_n\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)\right] .
\end{aligned}
$$

按照上面的推论2，我们应有

$$
a_i=a_0 \cdot(-1)^i \sigma_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \quad(i=1,2, \cdots, n) .
$$

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