最后更新: 2025-10-16 22:01 查看: 64 次纠错评论(0) 课件开VIP

重因式

## 重因式
在 $f(x)$ 的素因式标准分解式中，不可约多项式 $p_i(x)$ 的方幂 $l_i$ 称为 $p_i(x)$ 的**重数**．一般说，对于 $K[x]$ 内的一个多项式 $f(x)$ ，如果 $0 \neq d(x) \in K[x]$ 满足：$d(x)^k \mid f(x)$ ，但 $d(x)^{k+1} \nmid f(x)$ ，则称 $d(x)$ 是 $f(x)$ 的 $\boldsymbol{k}$ **重因式**．

要求出 $f(x)$ 的素因式分解式，只要：
1）找出 $f(x)$ 的所有（互不相同）不可约因式 $p_1(x), \cdots, p_r(x)$ ；
2）确定每个 $p_i(x)$ 的重数 $l_i(i=1,2, \cdots, r)$ 。
因而自然要问：有什么办法可以判断一个多项式 $d(x)$ 是 $f(x)$ 的多少重因式呢？在回答这个问题时，需要借助于数学分析的概念。

**定义** 设 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n \in K[x]$ ，定义

$$
f^{\prime}(x)=n a_0 x^{n-1}+(n-1) a_1 x^{n-2}+\cdots+a_{n-1} \in K[x]
$$

称 $f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的**一阶形式微商**．

这里的定义和第四章 § 1 的定义是一样的，纯粹是套用数学分析中多项式的微商公式，但避开了极限、连续性等等概念（因为在一个任意的数域 $K$ 内没有这些概念）．如取 $K=\mathbb{R}$ ，则它与分析中的微商相重合。

利用数学归纳法可定义高阶微商：设 $f(x)$ 的 $k-1$ 阶形式微商已经定义，记为 $f^{(k-1)}(x)$ ，则定义它的 **$k$ 阶形式微商**  $f^{(k)}(x)$ 为 $f^{(k-1)}(x)$ 的一阶形式微商：$f^{(k)}(x)=\left(f^{(k-1)}(x)\right)^{\prime}$ 。另外，我们约定 $f^{(0)}(x)=f(x)$ ．

容易验证：多项式的形式微商满足分析中熟知的微商运算法则 （即多项式的和、差、积的微商公式）．

**命题1.5** 设 $f(x) \in K[x]$ ．如果 $K[x]$ 内的不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式，则 $p(x)$ 是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k-1$ 重因式．

证 按假设有 $f(x)=p(x)^k q(x)$ ，且 $p(x) \nmid q(x)$ ，于是 $(p, q)=$ 1．我们有

$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =k p(x)^{k-1} p^{\prime}(x) q(x)+p(x)^k q^{\prime}(x) \\
& =p(x)^{k-1}\left(k p^{\prime}(x) q(x)+p(x) q^{\prime}(x)\right) .
\end{aligned}
$$

故 $p(x)^{k-1} \mid f^{\prime}(x)$ ．如果有 $p(x)^k \mid f^{\prime}(x)$ ，即 $f^{\prime}(x)=p(x)^k q_1(x)$ ，代入上式，消去 $p(x)^{k-1}$ ，得

$$
k p^{\prime}(x) q(x)+p(x) q^{\prime}(x)=p(x) q_1(x) .
$$

从上式推出 $p(x) \mid\left(k p^{\prime}(x)\right) q(x)$ ，而 $(p, q)=1$ ．根据命题1．3的推论 3 ，应有 $p(x) \mid\left(k p^{\prime}(x)\right)$ ，但 $\operatorname{deg}\left(k p^{\prime}(x)\right)<\operatorname{deg} p(x)$ ，矛盾。故 $p(x)^k \nmid f^{\prime}(x)$ ，这表明 $p(x)$ 是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k-1$ 重因式。

> 推论 1 不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式的充分必要条件是 $p(x) \mid f^{(i)}(x)(i=0,1, \cdots, k-1)$ ，但 $p(x) \nmid f^{(k)}(x)$ 。

证 必要性 根据命题1．5可推知，当 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重因式时，它应为 $f^{(i)}(x)$ 的 $k-i$ 重因式，取 $i=1,2, \cdots, k$ 即得所需要的结论。

充分性 设 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的 $l$ 重因式，那么，从必要性方向的证明可知，此时 $p(x)\left|f^{(i)}(x)(i=0,1, \cdots, l-1), p(x)\right| f^{(l)}(x)$ ．显然，这仅当 $l=k$ 时才能成立．

根据这个推论，我们可以利用形式微商来确定一个不可约多项式 $p(x)$ 在 $f(x)$ 的素因式标准分解式中的方幂指数。

**推论2** 在 $f(x) \in K[x](f(x) \neq 0)$ 的素因式标准分解式中仅出现不可约多项式的一次方幂的充分必要条件是

$$
\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=1
$$

证 在 $f(x)$ 的素因式标准分解式中仅出现不可约多项式的一次方幂等价于这些不可约多项式都不整除 $f^{\prime}(x)$ ，而这又等价于 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=1$.

如果不可约多项式 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的一重因式，则称 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的**单因式**。推论 2 指出：不必求出 $f(x)$ 的素因式标准分解式，只要找出 $f(x)$ 和 $f^{\prime}(x)$ 的最大公因式，就可判定 $f(x)$ 是否包含重数大于 1 的不可约因式（按推论 1 ，这些因式应当是 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)$ 的因式）．这一事实是很有用的．

前面已指出，$K[x]$ 内的一次多项式都是不可约多项式，现在将上面的结论应用于 $p(x)=x-a$ 这一特殊情况。

设 $a \in \mathbb{C}, f(x) \in K[x], f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n$ ．定义 $f(a)=a_0 a^n+a_1 a^{n-1}+\cdots+a_n$（这是在 $\mathbb{C}$ 内作加法和乘法运算），称为 $f(x)$ 在 $x=a$ 点处的值．（在这里，我们又把一元多项式当作函数看了．）若 $f(a)=0$ ，则称 $x=a$ 是 $f(x)$ 的**零点**或**根**．

任给 $f(x) \in K[x]$ ，用 $x-a \in K[x]$ 去作带余除法：

$$
f(x)=q(x)(x-a)+r
$$

这里 $r=0$ 或为零次多项式，故 $r \in K$ ．取上式两边的多项式在 $x=a$处的值，得 $f(a)=r$ 。于是 $f(a)=0 \Longleftrightarrow(x-a) \mid f(x)$ 。这表明：$x-a$是 $f(x)$ 的因式与 $a$ 是 $f(x)$ 的零点这两者等价。如果 $x-a$ 是 $f(x)$的 $k$ 重因式，则称 $a$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重零点（或 $k$ 重根）。当 $k>1$ 时，$a$ 称为 $f(x)$ 的重根。根据命题 1.5 的推论 1 ，有

> **命题1.6** 设 $f(x) \in K[x], a \in K . a$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 重零点的充分必要条件是 $f^{(i)}(a)=0(i=0,1, \cdots, k-1)$ ，但 $f^{(k)}(a) \neq 0$ 。

如果 $f(x)$ 有一个根 $x=a \in K$ ，则它在 $K[x]$ 内就有一个不可约因式 $x-a$ ．现设 $f(x)$ 在 $K[x]$ 内的素因式标准分解式为

$$
f(x)=a_0\left(x-a_1\right)^{k_1} \cdots\left(x-a_s\right)^{k_s} p_{s+1}(x)^{k_s+1} \cdots p_r(x)^{k_r},
$$
其中 $\operatorname{deg} p_{s+i}(x)>1 \quad(i=1,2, \cdots, r-s)$ ．显然，$a_1, \cdots, a_s$ 即为 $f(x)$在 $K$ 内的全部（互不相同）的根，重数分别为 $k_1, \cdots, k_s$ ，而 $k_1+\cdots+k_s \leqslant \operatorname{deg} f(x)$ ．这表明 $f(x)$ 在 $K$ 内根的总数（多少重根就计算多少次）不超过 $f(x)$ 的次数．

对于 $K[x]$ 内一个次数 $\geqslant 1$ 的多项式 $f(x)$ ，设它的全部根都属于 $K$ ．如果 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的一个首一不可约因式，则 $p(x)$ 的任一根 $a$也 是 $f(x)$ 的根，从而 $a \in K$ ，此时应有 $(x-a) \mid p(x)$ ，但 $p(x)$ 不可约，故 $p(x)=x-a$ ．于是 $f(x)$ 在 $K[x]$ 内的素因式标准分解式是

$$
f(x)=a_0\left(x-a_1\right)^{e_1}\left(x-a_2\right)^{e_2} \cdots\left(x-a_s\right)^{e_s} .
$$

> 命题1.7 设 $V$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间， $\boldsymbol{A}$ 是 $V$ 内一个线性变换，设 $\boldsymbol{A}$ 的特征多项式 $f(\lambda)$ 在 $K[\lambda]$ 内分解为

$$
f(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_1\right)^{e_1}\left(\lambda-\lambda_2\right)^{e_2} \cdots\left(\lambda-\lambda_s\right)^{e_s} .\left(\lambda_i \neq \lambda_j\right) .
$$

令 $M_i=\operatorname{Ker}\left(\boldsymbol{A}-\lambda_i \boldsymbol{E}\right)^{e_i}(i=1,2, \cdots, s)$ ，则 $V$ 分解为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间
的直和：

$$
V=M_1 \oplus M_2 \oplus \cdots \oplus M_s,
$$

且 $\boldsymbol{A}-\lambda_i \boldsymbol{E}$ 限制在 $M_i$ 内为幂零线性变换。
证 因为 $\left(\left(\lambda-\lambda_i\right)^{e_i},\left(\lambda-\lambda_j\right)^{e_j}\right)=1(i \neq j)$ ，又我们已知 $M_i= \operatorname{Ker}\left(\boldsymbol{A}-\lambda_i \boldsymbol{E}\right)^{e_i}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间；再由 Hamilton－Cayley 定理（它的证明可不依赖 Jordan 形，见上册第四章习题四第 25 题）知 $f(\lambda)$ 为 $\boldsymbol{A}$的化零多项式，故由前面的讨论知

$$
V=\operatorname{Ker}\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1 \boldsymbol{E}\right)^{e_1} \bigoplus \operatorname{Ker}\left(\boldsymbol{A}-\lambda_2 \boldsymbol{E}\right)^{e_2} \bigoplus \cdots \bigoplus \operatorname{Ker}\left(\boldsymbol{A}-\lambda_s \boldsymbol{E}\right)^{e_s} .
$$

对任一 $\alpha \in M_i,\left(\boldsymbol{A}-\lambda_i \boldsymbol{E}\right)^{{ }^e} \alpha=0$ ，即 $\left.\left(\boldsymbol{A}-\lambda_i \boldsymbol{E}\right)^{{ }^e}\right|_{M_i}=\mathbf{0}$ ．

**推论** 设 $V$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间， $\boldsymbol{A}$ 是 $V$ 内一个线性变换。如果 $\boldsymbol{A}$ 的特征多项式的根全属于 $K$ ，则在 $V$ 内存在一组基，使 $\boldsymbol{A}$在该组基下的矩阵成 Jordan 标准形。

证 现在 $\boldsymbol{A}$ 的特征多项式 $f(\lambda)$ 在 $K[\lambda]$ 内有命题 1.7 中指出的分解式，故 $V$ 有直和分解

$$
V=M_1 \oplus M_2 \oplus \cdots \oplus M_s .
$$

现 $\left.\left(\boldsymbol{A}-\lambda_i \boldsymbol{E}\right)\right|_{M_i}$ 为幂零线性变换，按第七章命题2．1，在 $M_i$ 内存在一组基，使 $\left.\boldsymbol{A}\right|_M$ 矩阵成 Jordan 形。把 $M_i$ 内这些基合并成 $V$ 的一组基，则 $\boldsymbol{A}$ 在此基下矩阵为 Jordan 形．

## 本章解读重因式

你可以把重因式想象成 **“多项式方程的重根在因式分解中的体现”**。

### 1. 核心比喻：撞球和橡皮泥

想象一下，一个多项式方程 `f(x) = 0` 的根，就是函数图像与 x 轴的交点。

*   **单根（单因式）**：就像一个**撞球**。函数图像笔直地穿过 x 轴，形成一个干净利落的交点。
    *   例如：`f(x) = (x - 1)`，在 x=1 处有一个根。图像是一条斜线，干净地穿过 x=1 这个点。

*   **重根（重因式）**：就像一块**橡皮泥**轻轻地按在 x 轴上。它接触了 x 轴，但并没有立刻“穿透”过去，而是在那里“逗留”了一下，与 x 轴相切。
    *   例如：`f(x) = (x - 1)²`，在 x=1 处有一个二重根。它的图像是一个抛物线，在 x=1 处仅仅“触碰” x 轴，并与之相切。

---

### 2. 通俗定义

**重因式，就是指在多项式因式分解中，那些出现了多次的“不可约因式”（质因式）。**

*   **“重”** 就是 **“重复”** 的意思。
*   它对应的根，就叫做 **“重根”**。

让我们看一个例子：
`f(x) = (x - 2)³ * (x + 1)`

这个多项式被分解成了两个“质因式”：
1.  `(x - 2)`：它出现了 **3 次**。所以，`(x - 2)` 就是 `f(x)` 的一个 **三重因式**。
2.  `(x + 1)`：它只出现了 **1 次**。所以，`(x + 1)` 是 `f(x)` 的一个 **单因式**。

对应的：
*   方程 `f(x) = 0` 在 `x = 2` 处有一个 **三重根**（重根）。
*   在 `x = -1` 处有一个 **单根**。

---

### 3. 图像上的直观感受

重因式（重根）会显著影响函数图像的几何形状：

*   **`(x - a)` 是一次（单因式）**：
    *   图像在 `x = a` 处**穿过** x 轴。线条是倾斜的。

*(想象一条斜线穿过x轴)*

*   **`(x - a)²` 是二次（二重因式）**：
    *   图像在 `x = a` 处**接触** x 轴，并与 x 轴**相切**。线条在这里变得平坦。
    *   例子：`y = (x-1)²` 是一个抛物线，顶点在 (1，0)。

*(想象一个U型抛物线，底部刚好贴在x轴上)*

*   **`(x - a)³` 是三次（三重因式）**：
    *   图像在 `x = a` 处**穿过** x 轴，但同时也会有一个**拐点**（像一条蛇一样扭动着穿过x轴）。
    *   例子：`y = (x-1)³`，它在 (1，0) 处穿过 x 轴，但不像斜线那样直接，而是像一个“S”形的中心点。

*(想象一条曲线，在接触x轴时变得水平，然后继续延伸，像一个平缓的S)*

**简单总结：奇数次的重因式（1，3，5...）会穿过x轴，偶数次的重因式（2，4，6...）会接触并反弹回来。次数越高，在交点附近图像变得越“平坦”。**

---

### 4. 为什么重因式很重要？

1.  **解方程时不会丢解**：
    解方程 `(x - 1)² (x - 2) = 0`，它的根是 x=1 和 x=2。但如果你只写成 `{1， 2}`，就丢失了“x=1 这个根比较特殊”的信息。标明重数 `{1（二重）， 2}` 才是完整的答案。

2.  **判断图像形状**：
    如上所述，它能立刻告诉你函数图像在 x 轴交点处的行为（是穿过还是相切）。

3.  **微积分中的关键作用**：
    这是重因式一个极其重要的应用。**一个数是多项式 f(x) 的重根，当且仅当它也是其导数 f‘(x) 的根。**
    *   **通俗理解**：如果一个点是重根（图像与x轴相切），那么这一点不仅函数值为0，其**斜率（导数）也为0**。就像橡皮泥按在桌上，接触点的切线是水平的。
    *   **应用**：我们可以通过求 `f(x)` 和它的导数 `f'(x)` 的**最大公因式**，来找出所有的重因式。这是一个强大的代数方法，不需要画图就能判断是否有重根。

### 总结

**一句话总结：**
**重因式就是多项式“质因数分解”里出现的重复因子。它告诉你这个根在图像上是“一穿而过”还是“缠绵相切”，是理解多项式方程和函数图像行为的一个关键概念。**

下次看到 $(x - a)^n$，你就可以自信地说：**“啊，这是一个 n 重因式，在 x=a 这个地方，图像会‘粘’在 x 轴上 n 次！”**

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