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因式分解唯一定理

## 因式分解唯一定理
本段的目的，是来建立与 $\mathbb{Z}$ 内整数的素因子分解唯一定理相平行的 $K[x]$ 内因式分解唯一定理．

**定义** 设 $p(x)$ 是 $K[x]$ 内一多项式， $\operatorname{deg} p(x) \geqslant 1$ ，如果 $p(x)$ 在 $K[x]$ 内的因式仅有零次多项式及 $a p(x)$ ，这里 $a \in K, a \neq 0$ ，则称 $p(x)$ 是 $K[x]$ 内的一个**不可约多项式**，否则称其为**可约多项式**．
$p(x)$ 是不可约多项式意味着在 $K[x]$ 内 $p(x)$ 没有次数大于 0而小于 $\operatorname{deg} p(x)$ 的因式．从定义立即可以看出，$K[x]$ 内的所有一次

多项式 $a x+b(a, b \in K, a \neq 0)$ 都是不可约多项式．另外，如果 $p(x)$ 是不可约多项式，那么，对任意 $a \in K, a \neq 0, a p(x)$ 仍为不可约多项式。因此，讨论不可约多项式，一般可令其为首一多项式。

> 注意一个多项式是否可约，跟把它看做哪个数域上的多项式有关．例如 $x^2+1$ ，如看做实数域上多项式，是不可约的．因为若有$x^2+1=(a x+b)(c x+d) \quad(a, b, c, d \in \mathbb{R})$则比较两边同次幂的系数，有$a c=1, \quad a d+b c=0, \quad b d=1$

由 $a c=1, b d=1$ 知 $c=\frac{1}{a}, d=\frac{1}{b}$ ，代入第二个等式得出 $a^2+b^2=0$ ，而 $a, b \in \mathbb{R}$ ，故 $a=b=0$ ，由此推出 $x^2+1=0$ ，矛盾．另一方面，若把 $x^2+1$ 看做复数域上的多项式，则 $x^2+1=(x+\mathrm{i})(x-\mathrm{i})$ ，是可约的．

**命题1.4** 设 $p(x)$ 为 $K[x]$ 内不可约多项式，又设 $f_1(x)$ ， $f_2(x), \cdots, f_k(x) \in K[x]$ 。若 $p(x) \mid \prod_{i=1}^k f_i(x)$ ，则 $p(x)$ 整除某个 $f_i (x)$ ．
证 若 $p(x) \nmid f_1(x)$ ，设 $\left.p(x), f_1(x)\right)=d(x)$ ，因 $d(x) \mid p(x)$ ， $p(x)$ 不可约，故 $d(x)=1$ 或 $d(x)=a p(x)$ ．但 $p(x) \nmid f_1(x)$ ，因而只能是 $d(x)=1$ ，即 $p(x)$ 与 $f_1(x)$ 互素，按命题1．3的推论3．应有 $p(x) \mid \prod_{i=2}^k f_i(x)$ 。由此逐次推进可知 $p(x)$ 必整除某 $f_j(x)$ 。

**定理1.1（因式分解唯一定理）** 设 $K$ 是一个数域，给定多项式

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

则 $f(x)$ 可以分解为

$$
f(x)=a_0 p_1(x)^{k_1} p_2(x)^{k_2} \cdots p_r(x)^{k_r} \quad\left(k_i>0, i=1,2, \cdots, r\right),
$$

其中 $p_1(x), \cdots, p_r(x)$ 是 $K[x]$ 内首项系数为 1 且两两不同的不可约多项式。而且，除了不可约多项式的排列次序外，上面的分解式是由 $f(x)$ 唯一决定的。

证 存在性 对 $n$ 作数学归纳法．当 $f(x)$ 的次数 $n=0$ 时命题显然成立（此时 $r=0$ ，即 $\left\{p_1(x), \cdots, p_r(x)\right\}$ 为空集）．设命题对次数小于 $n$ 的多项式成立．考查 $f(x)$ 次数为 $n$ 时的情况．如果 $f(x)$ 本身
是不可约的，则 $p_1(x)=\frac{1}{a_0} f(x)$ 仍为不可约多项式，而 $f(x)= a_0 p_1(x)$ ，故命题成立．如果 $f(x)$ 可约，那么它有一个非平凡因式 $g(x)$（即 $g(x)$ 既不是非零常数，又不是 $f(x)$ 的非零常数倍），故有分解式：$f(x)=g(x) h(x)$ ．这里 $0<\operatorname{deg} g(x)<\operatorname{deg} f(x), 0<\operatorname{deg} h(x) <\operatorname{deg} f(x)$ 。按归纳假设，$g(x)$ 与 $h(x)$ 均可分解为互不相同的不可约多项式的方幂的乘积，那么，$f(x)$ 显然也有这样的分解式。

唯一性 对 $f(x)$ 的次数作数学归纳法．$n=0$ 时命题显然成立。设命题对次数小于 $n$ 的多项式成立．考查 $f(x)$ 为 $n$ 次多项式的情况．设它有两个分解式

$$
f(x)=a_0 p_1(x)^{k_1} \cdots p_r(x)^{k_r}=a_0 q_1(x)^{l_1} \cdots q_s(x)^{l_s} . 
$$

因为 $a_0 \neq 0$ ，约去 $a_0$ 后得到

$$
p_1(x)^{k_1 \cdots} p_r(x)^{k_r}=q_1(x)^{l_1 \cdots q_s(x)^{l_s} .} ...(1)
$$

从上式知 $p_1(x) \mid q_1(x)^{l_1} \cdots q_s(x)^{l_s}$ ，因为 $p_1(x)$ 是不可约多项式，由命题1．4，$p_1(x)$ 整除某个 $q_i(x)$ 。为简单起见，不妨设 $p_1(x) \mid q_1(x)$ 。但 $q_1(x)$ 也是不可约多项式，它的因式只能是非零常数或 $q_1(x)$ 的非零常数倍， $\operatorname{deg} p_1(x) \geqslant 1$ ，故只能是 $p_1(x)=a q_1(x)(a \in K)$ 。但 $p_1(x)$ 与 $q_1(x)$ 首项系数都是 1 ，故 $a=1$ ，即 $p_1(x)=q_1(x)$ ．因 $p_1(x) \neq 0$ ，从 （1）式两边消去 $p_1(x)$ ，得
$$
\begin{aligned}
g(x) & =p_1(x)^{k_1-1} p_2(x)^{k_2} \cdots p_r(x)^{k_r} \\
& =q_1(x)^{l_1-1} q_2(x)^{l_2} \cdots q_s(x)^{l_s} .
\end{aligned}
$$

现在 $\operatorname{deg} g(x)=\operatorname{deg} f(x)-\operatorname{deg} p_1(x)<n$ ，按归纳假设，应有 $r=s$ ，且适当排列不可约多项式次序之后，有 $p_i(x)=q_i(x), k_i=l_i(i=1,2$ ， $\cdots, r)$ ．由此即知 $f(x)$ 的分解式是唯一的．

定理1．1中所叙述的分解式称为 $f(x)$ 的**素因式标准分解式**．从这个分解式不难看出：$f(x)$ 的首项系数为 1 的因式可表示成

$$
d(x)=p_1(x)^{i_1 \cdots p_r(x)^{i_r}},
$$

其中 $0 \leqslant i_t \leqslant k_t(t=1,2, \cdots, r)$ ．
设 $K[x]$ 内两个非零多项式 $f(x), g(x)$ 的素因式标准分解式表示为

$$
f(x)=a_0 p_1(x)^{k_1} p_2(x)^{k_2} \cdots p_r(x)^{k_r} \quad\left(k_i \geqslant 0\right),
$$
$$
g(x)=b_0 p_1(x)^{l_1} p_2(x)^{l_2} \cdots p_r(x)^{l_r} \quad\left(l_i \geqslant 0\right)
$$

（如果某个 $p_i(x)$ 在 $f(x)$ 或 $g(x)$ 的素因式分解式内不出现，则 $k_i$ 或 $l_i$ 为零）。令 $s_i=\min \left(k_i, l_i\right), t_i=\max \left(k_i, l_i\right)$ ，则显然有

$$
\begin{aligned}
& (f(x), g(x))=p_1(x)^{s_1} p_2(x)^{s_2} \cdots p_r(x)^{s_r} \\
& {[f(x), g(x)]=p_1(x)^{t_1} p_2(x)^{t_2} \cdots p_r(x)^{t_r}}
\end{aligned}
$$

## 本章解读

### 核心比喻：数字的质因数分解
我们先回想一下整数的质因数分解：
*   数字 **210** 可以分解为：**210 = 2 × 3 × 5 × 7**
*   无论你怎么分解，最终得到的质因数组合都是 **{2, 3, 5, 7}**（顺序可以打乱，比如 3×2×7×5，但质因数的集合不变）。
*   也就是说，**一个大于1的自然数，要么本身是质数，要么可以唯一地写成一系列质数的乘积（顺序不计）。**

> **多项式因式分解唯一定理就是这个思想在多项式世界里的完美翻版**

### J解读定理
这个定理说的是： 一个多项式，就像一个大整数，可以把它分解成一系列最基础的、不可再分的“**质多项式**”的乘积。

我们来拆解一下这句话里的关键点：

**a) 什么是“质多项式”？**
*   在整数里，质数是不能被除了1和它自身以外的数整除的数（比如2, 3, 5, 7）。
*   在多项式里，“质多项式”（正式名称叫 **不可约多项式**）就是不能被除了常数和它自身以外的其他多项式整除的多项式。
*   **通俗例子：**
    *   `x + 1` 在实数范围内就是“质”的，你找不到两个非常数的实系数多项式乘起来等于它。
    *   `x² + 1` 在**实数范围**内也是“质”的，因为它无法在实数范围内继续分解。但在**复数范围**内，它就不是“质”的，因为它可以分解成 `(x + i)(x - i)`。

**关键：** 一个多项式是不是“质”的，取决于我们在哪个数系里讨论（如有理数、实数、复数）。这就像数字5在整数里是质数，但在更广的复数里就不是，因为可以写成 (√5i)(-√5i)，但这已经超出整数范畴了。

**b) 什么是“唯一”？**
*   “唯一”指的是，**分解后得到的“质多项式”的集合是确定的**，只是它们的先后顺序可以不同。
*   **通俗例子：**
    假设我们有一个多项式  x³ - x。
    *   第一种分解：x(x+1)(x-1)
    *   第二种分解：(x-1)(x+1)x
    *   第三种分解：(x+1)x(x-1)

你看，虽然顺序变了，但本质上都是由 x, x+1, x-1 这三个“质多项式”组成的。这就叫**唯一**。
*   **非法的、不唯一的例子：**
    你不能把它分解成 x(x² - 1) 就说完成了，因为 x² - 1 不是“质”的，它还能继续分解成 (x+1)(x-1)。只有分解到最底层，才是唯一的。

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