高等代数 七 多项式环
视频066-085
多项式环
半群, 集合G,运算$\oplus$， 例如: 正整数 与 加法
- 封闭性: $\forall a,b \in G, a\oplus b\in G$
- 结合律: $\forall a,b,c, (a\oplus b)\oplus c = a\oplus (b \oplus c)$
幺半群： 半群+幺元: 零元（幺元）: $\forall a, 0\oplus a = a = a\oplus 0$
- 例如所有非负整数 与 加法
群: 幺半群 + 逆元, $\forall a, \exists b, a\oplus b=0=b\oplus a$
- 有了逆元可以 用语法糖定义减法，
- 例如所有整数与加法，
- 注意的是 加法是有交换律的
- 这里一个例子是 排列， S_3 = { (123),(132),(213),(231),(312),(321) }, 其中 $ijk$ 表示把第1个放到i，第2各放到j,第3各放到k
- $(a_1a_2a_3)\oplus (b_1b_2b_3) = (a_{b_1}a_{b_2}a_{b_3})$
- 封闭性显然 因为每次取出1,2,3放回也是3个位置
- 幺元 (123)
- 逆元 $(a_1a_2a_3)$的逆元$B[a_1]=1,B[a_2]=2,B[a_3]=3$
- 不满足交换律
- $(a=(132))\oplus(213) = (a_2a_1a_3) =(312)$
- $(a=(213))\oplus(132) = (a_1a_3a_2) =(231)$
交换群(阿贝尔群): 群+交换律, $\forall a,b, a\oplus b=b\oplus a$
- 例如所有整数与加法
环，集合G,运算$\oplus,\otimes$, 例如整数环 与 加法 乘法
- $<G,\oplus>$ 是交换群
- 分配率(特殊！不是群相关的性质) $\forall a,b,c, a\otimes(b\oplus c)=(a\otimes b)\oplus (a\otimes c)$
- $<G,\otimes>$ 是幺半群
域, 集合G,运算$\oplus,\otimes$ 没有整数域，因为整数的幺元是1, 比如2在整数中没有逆元，有理数域
- $<G,\oplus>$ 是交换群
- 分配率(同上)
- $<G,\otimes>$ 是交换群， 除去$<G,\oplus>$的零元 均有$\otimes$ 逆元
- 于是可以用语法糖定义除法
<–more–>
一元 多项式
$\sum_{i=0}^n a_ix^i$
系数$a_0\cdots,a_{n}\in K$数域$K$
- 表法唯一
- 如果如此形式的表达式 相等，当且仅当它们有完全相同的项（除去系数为0的项)
- 称作 数域K的一个一元多项式
- 系数全为0的多项式称作 零多项式 记作 0
- deg f(x) = 最高系数非零对应的次数， 零次多项式 不含 零多项式 = K中的非零元
- deg非零常数 = 0
- $deg 0 = -\infty$
- K[x]={一元多项式}
- 加法 同次数系数对应相加, 满足交换律，结合律，有零元，有逆元
- 乘法 系数卷积形式，
- 数量乘法， 所有系数乘上k
- 因为满足 线性法则，所以对于 加法和数量乘法 成为数域K上一个先行空间
- 基 : {1,x,x^2,x^3…} 线性唯一表出所有， 一个无限维的线性空间
- 那么它的任意有限子集 也线性无关
- K[x] 中乘法 满足律 交换律，对加法有分配率
- deg(f(x)) + g(x)) <= max(deg(f(x)),deg(g(x)))
- 两个次数不等式 取等
- 次数相等时可能相等 可能 更小（抵消掉）
- deg(f(x)g(x)) = deg(f(x))+deg(g(x)), 这个 也是把 deg 0 设为-infty的好处而不是-1
- 推论 f(x)!=0 g(x)!=0 则 f(x)g(x)!=0
- 推论 f(x)g(x)=0 则 f(x)=0或g(x)=0
- deg(f(x)) + g(x)) <= max(deg(f(x)),deg(g(x)))
- 类似的 整数, n阶矩阵(没有乘法的交换律), 偶数（没有单位元）
- 抽象出环的概念
- 2个代数运算 +, * 满足
- 加法
- 运算封闭
- 结合律 (a+b)+c=a+(b+c)
- 交换律 a+b=b+a
- 零元: 0+a=a+0=a
- 逆元: 对于a存在b, a+b=b+a=0
- 乘法
- 运算封闭
- 结合律 ab=ba
- 对于加法的分配
- a(b+c)=ab+ac
- (b+c)a=ba+ca
- 则称作环
- 加法
- 2个代数运算 +, * 满足
- 抽象出环的概念
一元多项式环的概念和性质
R是一个环
减法： 不过是加法和逆元的一个 语法糖？
- 交换环：如果乘法满足交换律
- 单位元(乘法的零元，不一定有例如素数环，偶数环): R中有一个元素e, 对于a\inR, ea=ae=a
- 对于a\in R,如果存在非零b,使得 ab=0, 则a是一个左零因子
- ba=0 右零因子，（通称零因子），例如 矩阵中的
[0,1;0,0]， 这是乘法中的定义 - 零元（加法的零元） 是零因子
- 0=0a+(-0a)=(0+0)a+(-0a)=0a+0a+(-0a)=0a+0=0a
- ba=0 右零因子，（通称零因子），例如 矩阵中的
- 子环：
- 环R中一个非空子集R1,如果对于R的 加法 乘法运算 也成为一个环，则称作子环
- 也就是 保持运算规则，但集合是子集合，那么 环<子集合,加,乘>是 环<集合,加,乘>的 子环
- 充要条件 a,b\in R1, 可推出 a+(-b) \in R1, ab\in R1
- 方便验证是不是环
- K[给定n阶矩阵] ，是有单位元I的交换环
- 环R中一个非空子集R1,如果对于R的 加法 乘法运算 也成为一个环，则称作子环
- k和kI 双射 保持 加法 乘法
- 也就是 元素双射，然后运算有对应的运算（注意！集合不同 加法/乘法一定不同，集合相同，加法乘法也可以不同）
- 称作 同构映射
- 例如 i 与-i映射，i与2i映射
- 如果 环R和环R‘有一个同构映射 $\sigma$ 且R有单位元e，则sigma(e)是R’的单位元
- 同构映射的用处 是 例如 简单的运算研究其延伸规则时， 对应的抽象复杂也同样的效果，例如 多项式 $(x+3)^2=x^2+6x+9$,那么
K[A]和多项式 同构的话, $(A+3I)^2=A^2+6A+9I$, 整个都是在“证明 这种带入的数学合法性”- 类似的，如果两个 域 同构，那么一个域的子域，按照同样的“同构映射” 能得到另一个域的 子域，并且和前一个子域是“同构映射”
- 所以这种玩意使用的时候，一个很重要的是延伸结论时 其抽象的最小依赖是什么，例如 矩阵运算对于乘法没有交换律，所以如果延伸结论有用到交换律，那么对应的映射不一定成立，
- 再更不数学一点，就是平时打比方举例的感觉，而现实中很多时候 并不足够的同构
- 注意 其中的x, k[A]的A，在研究结构的时候都是不具体运算的，要保持其相关内容“基”的性质
- 扩环
- $\sigma: K[x]\to R$
- $f_{K[x]}(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i \to f_R(t) \sum_{i=0}^n \tau(a_i)t^i$
- 感觉7的定理1的 证明有点多于，感觉从 “同构的” 角度讲，把 集合，运算 全部都能看成参数，那么参数对应了 就能证明了？
7.2 整除关系，带余除法
- $K[x]$ 整除:
- 整除符号 还是 左 | 右 表示
右=左*? - 注意 这是多项式 中的整除
- f(x) | g(x) 且 g(x) | f(x) 那么相伴，并不是相等
- 例如 2 | 1 且 1 | 2 在多项式中的“整除”定义上是对的
- 说明两个 多项式deg相等，成数量倍数关系
- f(x) | g(x) 且 g(x) | f(x) 那么相伴，并不是相等
- f(x)可以表示成 $f(x)=g(x)h(x)$ 那么 g(x)能整除f(x)
- 特殊的 任何 零多项式 能整除 零多项式
- 0=0f(x)
- $\mathrm{deg} g(x) \le \mathrm{deg} f(x)$
- 特殊的 任何 零多项式 能整除 零多项式
- g(x) | f_i(x) 则 g(x) | \sum ui(x)fi(x)
- 整除符号 还是 左 | 右 表示
- 也可以定义带余除法了
- f(x)=h(x)g(x)+r(x), g(x) !=0, deg r(x) < deg g(x),
- 整除 关系不会随着 域扩大而改变
- 因为h，r 属于小的域 也就属于更大的域, 两个表法唯一，扩域 不会产生多射
书上7.2 多 整数环 和 整环R上的矩阵
来到整数环 a=qb+r, 0<=r<|b|, 给定整数a,b , 存在唯一一对整数 (q,r)
- 这玩意能和 多项式映射吗？
未来章节9.8会用到
定义3 R是整环，由R中sn个元素排成s行n列的一张表，称为R上的一个$s\times n$矩阵
- 可以定义 R上矩阵的 加法/纯量乘法（矩阵乘以R中的元素）/乘法 这3种运算
- 可以定义3种初等 行列变换（这里稍微注意的是，乘的时候乘可逆元，而 跨行乘加的时候可以h(lambda) ）
- 可以类似的定义行列式
- 可以定义可逆矩阵概念，注意 可逆矩阵 的充要是 |A|为R中可逆元
定义4, A是整环R上一个非零矩阵，如果A有一个r阶子式不为0,而所有r+1阶子式（如果有的话）权威0,那么称作A的秩为r.零矩阵秩规定为0
- 如果 $A(\lambda)$ 能够经过一系列初等变换变成$B(\lambda)$ ，那么称 他们相抵
定理3 任意一个非零n级$\lambda-$矩阵一定相抵于对角$\lambda-$矩阵, diag {$d_1(\lambda),d_2(\lambda),\cdots,d_n(\lambda)$}
- 其中 $d_i(\lambda)|d_{i+1}(\lambda)$
- 且对于非零的$d_i(\lambda)$其最高次系数为1，
- 称作相抵标准形
证明：归纳法
n=1 时，只需 乘上 首相系数的逆元
对于n>1,
- 若 第一行，第一列全为0,则 归纳成立
- 否则 至少一个不为0,可以交换使得 $a_{11} \neq 0$
- 令 S={$G(\lambda) | G(\lambda)与 A(\lambda)相抵，且g_{11}(\lambda)\neq 0$}
- 在S中取$B(\lambda)$,其中$deg b_{11}(\lambda)\le deg g_{11}(\lambda),\forall g_{11}(\lambda)\neq 0$ 也就是 S中的所有矩阵中 1行1列多项式的deg最小的那个，且$b_{11}$最高次系数为1
- 希望能证明，这样的$b_{11}(\lambda)$ 整除第一行第一列所有元素
- 什么工具呢，带余除法，如果不是倍数，那么可以用带余除法得到更小deg的 $\lambda$表达式，再交换就行，和上面找最小deg的矛盾
- 那么一旦能整除，则可以初等变换，让第一行 第一列除了它全为0,剩下的就可以归纳变换了
- 而归纳变换以后 得到的是 diag {b11 , … 归纳的对角，} = diag{b11,d2,d3,….}
- 如果 b11 不是 d2的因数
- 对于左上角2x2的区域可以
[b11,0;0,d2]=>[b11,d2;0,d2]=> [b11,剩余r;0,d2]还是带余除法，这样又能得到更小的矛盾 - 所以 b11是d2的因数
- 对于左上角2x2的区域可以
定理4. 把上面的定理3是 lambda多项式环，换成整数环，所以对于一般的矩阵相抵于一个 对角整数矩阵，且有对角约数关系
7.3 最大公因式
公因式
- c(x) | f(x), c(x) | g(x)
- 最大公因式 任意c(x) | d(x) ,且 d(x)是公因式
- 关于0的：
- f(x) | 0
- 0 | 0
- 存在性: 辗转相除法 证明 f和g的公因式 和 r与r的公因式 一样
- 同时得到 能表示成 u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x)
- 性质 首个系数=1的最大公因式 唯一， deg 唯一
- 互素：(f(x),g(x))的最大首一公因式 = 1
- 同时得到 能表示成 u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 充要
- 互素性 同样不随着数域扩大而改变
- f(x) | g(x)h(x), (f(x),g(x)) 则 f(x) | h(x) 这里证明了很多 数论里面会证明的东西，所以如果有一个东西能建立 多项式 和 整数之间的 同构关系就好了，
- 关于0的：
四、最大公因式应用之一： lambda-矩阵的行列式因子
定义6 设A(lambda)是一个sxn lambda-矩阵 ，对于A(lambda)的所有k阶子式的首一最大公因式D_k(lambda)称为A(lambda)的k阶行列式因子
定理6,相抵的lambda-矩阵，它们的秩相等， 并且各阶行列式因子也对应相等
- A-> j行+=k * i行 得到 B
- 那么B中 不含j行的行列式不变
- B中含有j行 那么行列式 = 原来的B + 原来的j行替换成h(lambda) * i行
- 如果包含i行，那么 行列式不变
- 如果不包含i行，那么是 （原来的+ h(lambda) * 原来的替换成i行)
- 注意到 gcd(原来的B，原来的替换成i行) = gcd(原来的B+h(lambda) * 原来的替换成i行，原来的替换成i行) 所以 总的gcd不变
定理7. n级 lambda-矩阵 A(lambda)的相抵标准型是唯一的
定义7：相抵标准型主对角线上 非零元 称为 A(lambda)的不变因子
定理8 两个矩阵相抵，充要条件，有相同的不变因子，或者有相同的各阶行列式因子
7.4 不可约多项式
注： 这玩意儿的性质像整数里的素数
不可约定义：f(x)只有K中非零数，和f(x)的相伴元（非零数系数倍数的）是它的因式
- 还是 想不出一个映射，能 完成 整数和多项式之间的映射，感觉好难受啊，处处都很像 但想不出一个映射
- 一个点是 像整数加法中 1+1=2 ，变到了乘法的两个不同元
- 而 在多项式中 (x+x=2x) 是一个相伴多项式，并没有变成乘法的两个不同元，所以似乎没法同构？
$p(x)\in K[x]$ 中一个次数大于0的多项式，以下等价
- $p(x)$是不可约多项式
- $\forall f(x)\in K[x]$有$p(x)|f(x)$或$(p(x),f(x))=1$
- 在$K[x]$中，从$p(x)|f(x)g(x)$可推出 $p(x)|f(x)$或$p(x)|g(x)$
推论：
- p(x)|f(x),且p(x)不可约 那么p(x)|f(x)中的某个因式
- K[x] 中 一次多项式不可约
教材上这里 定义2,定理3,定理4 也就是 数论中整数的对应的一些命题
唯一因式分解定理(这个也是和整数的 唯一分解很像)
- $f(x)=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)=q_1(x)q_2(x)\cdots q_s(x)$ 的表示,s固定，适当排列后$p_i(x)\sim q_i(x)$
- 归纳法：
- 如果$f(x)=g(x)h(x)$ 可分解，则f可分解
- 如果f=prod p = prod q,考虑p的最后一个，一定有q中是它的倍数，而q不可分解，所以p是 对应的q的倍数，两个相伴，两边同时去掉p,q剩余根据归纳唯一分解，也有s唯一
综上：
- 带余除法
- 最大公因式
- 互素
- 不可约多项式
- 唯一因式分解定理
7.5 重因式
$p^k(x) | f(x),p^{k+1}(x) \not{|} f(x),k > 1$, k重多项式
定义2 K[x]中多项式 的一阶导数: $f’(x)=\sum_{i=1}^n ia_ix^{i-1}$
- 分配率 (f+g)’=f’+g’
- 数乘 (cf)’=c(f’)
- 乘法 (fg)’=f’g+fg’
- 整幂次复合运算 $(f^m(x))’=mf^{m-1}(x)f’(x)$
定理1:
- p(x)是f(x)的k重因式，那么p(x)是f’(x)的k-1重因式
推论:
- p(x)是f(x)的重(>1)因式,当且仅当 p(x) | (f(x),f’(x))
- (f(x),f’(x)) \neq 1 <=> f(x)有重因式
- f(x)\in K[x] 有无有重因式，不会随着数域扩大而改变
7.6 多项式的根，复数域上的不可约多项式
定理一
- $f(x)=h(x)(x-a)+f(a)$, 也就是f(x)除以x-a的余项是f(a)
- x-a|f(x) <=> f(a)=0
定义1：K是数域，R是一个有单位元的交换环，且R可看成K的一个扩环，$f(x)\in K[x]$, 如果有$c\in R$使得$f(c)=0$那么称c是在R中的一个根
- f(x)在实数域，和复数域中的根分别称为 复根和实根
- $f(x)\in Q[x]$ 则 称作有理根
定理2（Bezout定理） K[x]中,x-a是f(x)的一次因式 当且仅当 a是f(x)在K中的一个根
- 对应 重因式的定义重根
- 注意的是 这里的假设是 $f(x)=k \prod_{i=1\to s} (x_i-c_i)^ri * \prod_{j=s+1\to t} p_j(x)^rj$ 也就是分解成
- 系数k
- 首一的一次因式的重幂次写法
- 首一的大于一次的不可分解因式的幂次写法
定理3. K[x]中n次 多项式 f(x)在K中之多有n个根
定理4：$f(x),g(x)\in K[x]$ 次数不超过n,如果有n+1各不同的 $c_{1\to n+1}$使得$f(c_i)=g(c_i)$ 则两个相等
- 考虑差 有n+1重根，所以差只能是0
- 这里， 可以把 多项式 映射到 一元多项式函数，其定义域是K
- 这是从$K[x]$到 $K_{pol}$的一个映射
- 函数的加法 和 乘法 有对应的映射
- 多项式 是表达式， 函数是映射，现在是把 （表达式）映射到（映射）
定理5：数域K上的两个多项式f(x)与g(x)如果不相等，那么它们的诱导的多项式函数f,g也不相等
- 函数如果相等，有无穷多元素a,使得 f(a)=g(a) 根据上面的，两个多项式相等
定义2, 设R和R‘是两个换，如果存在 R到R’的一个双射$\sigma$，保持加法和乘法运算，
$\sigma(a+R b)=\sigma(a)+{R’}\sigma(b)$
$\sigma(a*R b)=\sigma(a)*{R’}\sigma(b)$
那么是一个同构映射，换是同构的 $R\simeq R’$, 上面有$K[x]\simeq K_{pol}$
可以用 函数值f(a)=0来研究 不可约多项式
研究复数域多项式中不可约多项式有哪些
$f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i \in C[x], \mathrm{deg} f(x)=n > 0$
若$f(x)$无复数根,$\forall z\in C,f(z)\neq 0$,$\Phi(z)=\frac{1}{f(z)}$的定义域为$C$
- $\Phi(x)$ 在复平面上 每个点都有导数(在每个点解析)，在复平面上 “解析”
$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$
$z^n=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)$
$|z|\to +\infty$时
$f(z)=|\sum_{i=0}^n a_iz^i|$
$\ge |a_nz^n|-|\sum_{i=0}^n a_iz^i|$ 三角定理
$\ge |a_n||z|^n-(\sum_{i=0}^n |a_i||z|^i)$
$\lim_{|z|\to +\infty}\Phi(z) =\frac{\frac{1}{|z|^n}}{a_n+…}\to 0$ 高数的证明过程 就是去钦定一个max,把小的部分消掉
存在$r > 0,M_1 >0$使得$|z|>r$有$|\Phi(z)|\le M_1$ 从而有界闭集 $|z|\le r$中 有上界
根据 复变函数Liouvill定理？？？？？？: 在复平面C上解析且有界的函数必为常值函数，所以$\Phi(z)=b$, 所以f(x)必有复根
Liouville定理 https://zhuanlan.zhihu.com/p/393074166
定理6：代数基本定理：每一个次数大于0的复系数多项式至少一个复根
C[x]中不可约多项式只有一次多项式- n次有n个根
定理7：复系数多项式唯一因式分解定理
- $f(x)=k\prod (x-c_i)^l_i$
7.7 实数域上的不可与多项式，实系数多项式的实根
$f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i\in\mathbb{R}[x]$
如果有复根c,则c的共轭也是根
- $f(c)=0$说明复部为0,$f(\bar{c})=\bar{f(c)}=\bar{0}=0$
不可约多项式:
- 1次多项式
- 判别式小于0的二次多项式 => 有复根
任取R上一个不可约多项式$p(x)$
- 如果有实根c => x-c 和p(x)相伴
- 如果有复根c => $(x-c)(x-\bar{c}) |p(x)$
- 共轭成对出现
- 而$(x-(a+bi))(x-(a-bi))=x^2-2ax+a^2-b^2$
- 所以p(x)和这个相伴
- 从而 实系数多项式的唯一因式分解定理
- f(x) = k \prod 一次式 \prod 判别式小于0的二次式
7.8 有理数域上的不可约多项式
$f(x)\in Q[x]$
考虑乘上 分母的倍数 可以变成整系数多项式
定义1. 如果一个非零整系数多项式g(x)如果各项系数 因数只有 $\pm 1$, 那么称作本原多项式
- 唯一性
研究 相伴的本原多项式
性质2：高斯(Gauss)引理, 本原多项式的乘积是本原多项式
- 一个p能整除 fg的所有系数，但是不能整除f,g的所有系数，考虑 (f的最小不能整除p的) 和 (g最小不能整除p的) 对应的位置，可得矛盾
性质3：一个本原多项式可约，当且仅当能分解成两个次数较低本原多项式的乘积
- f=gh => f=g本原 * h本原 * 常数逆操作 = (g本原 * h本原) * 常数逆操作， 因此常数逆操作只能是$\pm 1$
性质4： 本原多项式唯一分解
整系数多项式的有理根：
$f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ 是一个整系数多项式
定理1: 如果$\frac{q}{p}$是一个有理根，$(p,q)=1$,那么$p|a_n,q|a_0$
- 本原化更好, =>(px-q)是 本原因式
整系数多项式在Q上不可约的判别法
二次，三次 在Q上不可约 当且仅当它没有有理根（因为如果能分解 至少会分解出一个一次的因式 同时还是本原多项式）
四次及以上，如果没有有理根可能有2次及以上的因式
如果$f(x)=(\sum_{i=0}^m b_ix^i)(\sum_{j=0}^t c_jx^j)$， 且存在一个素数p能整除$f(x)$除了最高次的所有系数
- 从而 类似上面的拆解，如果 考虑最大$i$, $p| b_{0..i}$,从而$p | a_{i+1}$推出 $p|b_{i+1}c_0$,从而$p|c_0$
定理2： Eisenstein判别法
- 存在素数p 整除除去最高次的所有系数
- $p^2 \not{|} a_0$
- 那么它不可约，（注意 第一条性质导致有些本原多项式无法用这个办法判断例如 $x^2+2x+3,x^2+5x+6$）
- 一个办法是 考虑 g(x)=f(x+b), b通常取1/-1
- 这个结论能推出存在任意次数的本原多项式
- $x^n+2x^{n-1\to 0}$
- $x^n+p$
定理3：颠倒一下0次和n次
- $p^2\not{|} a_n$
- $p\not{|} a_0$
- $p | a_{1\cdots n}$
- 很好证明 $x^nf(1/x)$
7.9 多元多项式环
似乎视频课上没有这个
n圆多项式概念
圆: $x^2+y^2-r^2=0$
球: $x^2+y^2+z^2-r^2=0$
$\sum_{i_1,\cdots,i_n} a_{i_1,\cdots,i_n} \prod_{j=1}^n x_{j}^{i_j}$ 也就是下标区分x,下标对应的幂次 区分项，每个项有具体的系数
deg 单项式 = $\sum_{i_j}$, deg 0 = -infty
deg f = 最大的 $\max_{deg 单项式}$
一个排序法是按照 幂次的有序数组的字典序
加法/乘法： 经典的定义
定理1：f,g首项的乘积 = 乘积fg的首项， 因为按字典序从大到小排列， 从幂次依次评断可用归纳+反证法易得
- 所以非零多项式的乘积一定是非零多项式
- 因此fg=0，那么f=0或g=0
定义2：m次齐次多项式，每个系数不为零的多项式的单项式次数都是m次的
- m次齐次多项式 * n次齐次多项式 = m+n 次齐次多项式 (m+n)
- 任意m次 多项式 可以唯一拆分成，$\sum_{i=0}^m (i次多项式)$
deg (d + g) <= max (deg(f),deg(g))
deg (fg) =deg g + deg g
定理3, K是一个数域，R是一个有单位元的交换环，并且R可以看成一个ieK的一个扩环（即R有一个子环R1与K同构，且R的单位元是R1的单位元，K到R1的同构映射记作$\tau$
- 还是 系数同构 和 x的关系的同构，同时映射了运算以及 元素，
n元多项式函数： 从多项式 到 多项式函数 的映射
定理4： 非零多元多项式的诱导函数一定不是零函数
- 按次数归纳法+拆分法可证
定理5： 两个n元多项式相等， 当且仅当他们的诱导函数相等
- 人话一点 其实和前面1元多项式一样的
- n元多项式相等的定义是 对应系数相等
- 而函数相等的定义是，任意输入 输出相等
- 所以证明这两个充要关系就好了
五. 1964年H.Hironaka引进了n元多项式的出发算法。1965年，b. Buchbergerr引进了项目、序概念
定义3. 整除： 同样的类似定义 f=gh如果有表示法，那么g能整除f
- 相伴：有系数倍关系，类似的
- 但是没有带余除法，所以没有辗转相除法，可以有最大公因式的定义，和互素的定义
- 不可约多项式，只有非零数和相伴元是它的因式
- 当且仅当不可分解成两个次数较低的多项式乘积
- 唯一因式分解定理
- f=系数 \prod 首1因式：标准分解式
- 由此 如果有办法分解，那么就能快速得到最大公因式，但是没有“容易实践的分解办法”
7.10 对称多项式
$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^3+x_2^3+x_3^3+x_1^2x_2+x_1^2x_3+x_2^2x_3+x_1x_2^2+x_1x_3^2+x_2x_3^2$
这就是中学学的 齐次轮换，不过这里连齐次好像没有强求
$n$元对称多项式: 对于x的任意排列有$f(x_1,\cdots,x_n)=f(x_{p_1},\cdots,x_{p_n})$， 则称为n元对称多项式
$\sigma_1(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n x_i$ 因为出现一个其它都要出现
$\sigma_2(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n x_ix_j$, 这里没有平方项
$\sigma_k(x_1,\cdots,x_n)=\sum \prod_{j=1,t_{j}<t_{j+1}}^k x_{t_j}$ 类似的
$\sigma_n(x_1,\cdots,x_n)=\prod_{i=1}^n x_i$
上面称作初等对称多项式
对称多项式 对加法乘法封闭
对称多项式 是$K[x_1,\cdots,x_n]$ 的一个子环
$f_i$是初等对称多项式，g是任意多项式
- 那么$g(f_1,\cdots,f_n)$是对称多项式，即 初等对称多项式的的多项式 仍是 对称多项式
- 易证：带入不同顺序时，注意到g的输入没有变
- $g(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)$ 也是对称多项式
定理1： 对称多项式基本定理，任意一个n元对称多项式f,存在唯一g,使得$f=g(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)$
- 那么考虑f的首项，因为f对称，所以一定有对称的 幂次非严格单调递减的存在，所以首项的幂次一定也非严格单调递减
- 那么 如果首项为 $k \prod_{i=1}^n a_i^{l_i}$
- 那么 $\Phi=k\prod_{i=1}^n \sigma_i^{l_i-l_{i+1}}$ 的首项和 这个相等,其中$l_{n+1}=0$
- 显然 它是对称的，显然它的每个单项的系数在f中相等，因此 $f-\Phi$ 剩下的不包含这个轮换项 且同样是对称，那么这个下降???是有限次数的，所以总可以
- 这里下降的评判是用 首相的有序幂次 的字典序评判的
- 这里也体现了 规定顺序的一种用途
- 这里下降的评判是用 首相的有序幂次 的字典序评判的
- 唯一性：
- 反证法: 如果有两种表示$g_1,g_2$，那么$g=g_1-g_2$的差多项式不是零多项式，但是这个非零多项式带入 $\sigma_i$以后是零多项式，要证明这个为假
- 那么 既然不是零多项式 存在一组输出$b_1\cdots b_n$使得导出函数 的值$g(b_1,\cdots,b_n)\neq 0$
- 那么 剩下就是想构造出$c_{1\to n}$使得$b_i=\sigma_i(c_{1\to n})$
- Vieta 韦达公式 $\Phi(x)=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}b_ix^i$，根据前面的复数域多项式的定理，有n个复数根，而且满足上面的形状。
- 从而 g直接带入b不为0,但是能找到n个c，直接先把g带入f,再从f带入又等于0 矛盾
- 反证法: 如果有两种表示$g_1,g_2$，那么$g=g_1-g_2$的差多项式不是零多项式，但是这个非零多项式带入 $\sigma_i$以后是零多项式，要证明这个为假
- 数域K上一元多项式的判别式
- 对称多项式基本定理 一个应用：研究数域K上的一元多项式 在 复数域中有无重根
- $f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i, a_n=1$ 首1,一元 多项式 有n个复数根
- 如果有重根，<=> $\prod (c_i-c_j)^2 =0$ 这里加平方是为了对称性
- 而这个是对称多项式，有唯一的 g 可以表示，找到g以后,那么 $\prod(c_i-c_j)^2 = g(-a_{n-1},a_{n-2},\cdots,(-1)^na_0)$ 可以作为重根存在的判别式！ 命题3
- = |纵范德蒙矩阵| |横范德蒙矩阵|
- =
|[matrix]|, $matrix_{i\in [1,n],j\in[1,n]}=\sum_{k=1}^n c_k^{i-1+j-1}$- 令 $s_k = \sum_{i=1}^n x_i^k$
- = $matrix_{i\in [1,n],j\in[1,n]}=s_{i+j-2}$
- 注意到 $s_k$ 也是对称的，可以表示出，所以如果能得到n个s的表达式，那么矩阵的det就是 g了
- 牛顿 Newton 公式
- $k\in [1,n]$时 有$s_k-\sigma_1s_{k-1}+\sigma_2s_{k-2}\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}s_1+(-1)^kk\sigma_k=0$
- $k > n$时有$s_k-\sigma_1s_{k-1}+\sigma_2s_{k-2}\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-n+1}s_1+(-1)^n\sigma_{n}s_{k-n}=0$
- 这个我好像还专门写过 不这么系统的单独的文章
- 证明:
- 考虑n+1元多项式 $f(x_1,\cdots,x_n,x)=\prod (x-x_i)$
- 展开 $x^n-\sigma_1 x^{n-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n$
- 把x用$x_{1\to n}$带入
- $x_i^n-\sigma_1 x_i^{n-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n = 0$
- $n\ge k$时 满足上面的式子
- 乘上$x_i^{k-n}$
- $x_i^k-\sigma_1 x_i^{k-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_nx_i^{k-n} = 0$
- 所有n各表达式相加
- $s_k-\sigma_1 s_{k-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n s_{k-n} = 0$
- $n < k$时
- 这又开始先猜想后证明了+归纳法了
- 这里核心是不定元个数 下降 与 零多项式，通过x_n=0来带入并就能完成 这个转换
- 有了牛顿公式，可以用递推计算出所有s的关于sigma的表达式了，也就是g的表达式，从而 再计算det就有了 重根判别式
例子: 以 开篇的$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^3+x_2^3+x_3^3+x_1^2x_2+x_1^2x_3+x_2^2x_3+x_1x_2^2+x_1x_3^2+x_2x_3^2$
来举例
$x_1^3$是首项 对应$1\cdot x_1^3x_2^0x_3^0$ 那么需要$\Phi_1=1\cdot \sigma_{1}^{3}=(x_1+x_2+x_3)^3=(\sum_{i=1}^3x_i^3)+3(\sum_{i\in [1,3],j\in [1,3],i\neq j}x_i^2x_j)+3!(\prod_{i=1}^3x_i)$
$f-\Phi_1=-2(\sum_{i\in[1,3],j\in[1,3],i\neq j}x_i^2x_j^2)-3!(\prod_{i=1}^3x_i)$
接下来的首项是$-2x_1^2x_2^1 = (-2)x_1^2x_2^1x_3^0$
所以需要$\Phi_2=(-2) \sigma_1^{2-1}\sigma_2^{1-0}=(-2)(x_1+x_2+x_3)(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)$
$=-2(\sum_{i\in[1,3],j\in[1,3],i\neq j}x_i^2x_j^2)-6(\prod_{i=1}^3x_i)$
$f-\Phi_2=0$
所以 $f=\Phi_1+\Phi_2=\sigma_1^3+(-2)\sigma_1\sigma_2$
所以$g(x_1,x_2,x_3)=x_1^3-2x_1x_2$
7.11 结式
上面讨论的一元n次多项式的 重根判别式 D(f)，首先要求出复根 幂和，再计算行列式，运算量大
f有重根，当且仅当f(x)在C[x]有重因式, 不随数域扩大而改变，因此当且仅当K[x]中有重因式
当且仅当在K[x]中有重因式 当且仅当 f(x)与f’(x) 不互素，于是 辗转相除法 求(f(x),f’(x))
D(f)=0 当且仅当 $(f(x),f’(x)) \neq 1$
$f(x),g(x)$ 分别是 $K[x]$中两个非零n次,m次多项式
若 f,g有公共复根
$f(x)=f_1(x)d(x),g(x)=g_1(x)d(x),\mathrm{deg} d(x) > 0$ 其中$f_1,g_1$分别可以写成n-1次,m-1次表达式
$f(x)=\sum_{i=0}^n a_{n-i}x^i$
$g(x)=\sum_{i=0}^m b_{m-i}x^i$
$f_1(x)=\sum_{i=0}^{n-1} c_{n-1-i}x^i$
$g_1(x)=\sum_{i=0}^{m-1} d_{m-1-i}x^i$
把$f_1(x)g(x) = f(x)g_1(x)$ 左右展开，对应系数相等 构成 n+m 个方程
也就是 m+n元齐次线性方程组有非零解$(d_0,d_1,\cdots,d_{m-1},-c_0,-c_1,\cdots,-c_{n-1})$
1 | [ m 列 ][n 列 ] |
结式 Res(f,g) = |f的系数向量构成列 m次偏移，g系数的向量构成列 n次偏移|
如果 有公共复根，那么 Res(f,g) = 0(必要条件)
那么如果 Res(f,g)=0,则 有非零解， 能找到$f_1,g_1$
- 若 $a_0,b_0$ 不全为0, 不妨设 $a_0\neq 0$, 也就是 f不含(x-0), 那么 $f(x) | f_1(x)g(x)$
- 若 (f,g)=1,则， $f | f_1$ 根据deg大小矛盾
deg f > 0 ,deg g > 0
- Reg(f,g)=0 的充要条件 <=> $a_0=b_0=0$ 或 f(x),g(x)有公共复根, （注意a_0,b_0是最高次的系数，不是最低次的系数）
用处
- 判别 f,g是否有公共复根的新方法，真的比辗转相除好吗？虽然 根据行列式变化 其中蕴含的辗转相除吗？
- 求f(x,y),g(x,y) 上的公共零点
- 按照x的幂次展开，y相关的表达式变成系数
- 如果 $f(x_0,y_0)=0=g(x_0,y_0)$ , 那么 $x_0$ 是复系数多项式 $f(x,y_0),g(x,y_0)$的一个公共根
- $Res(f(x,y_0),g(x,y_0))=0$
- 所以算法为 Res_x(f,g)的表达式 只有y
- 求 所有y复根
- 对于每个复根 带入 $(f(x,y_0),g(x,y_0))$用辗转相除 求关于x公因式 ，再求x的复根，可以得到所有零点
P115~119 TODO
定理2：$f,g,a_0\neq 0,b_0\neq 0$, 设f的n个复根为$c_1,\cdots c_n$,g的m个复根为$d_1,\cdots,d_m$
则 $Res(f,g)=a_0^m\prod_{i=1}^n g(c_i)$
$=(-1)^{mn}b_0^n\prod_{j=1}^m f(d_j)$
定理3: $D(f)=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_0^{-1}Res(f,f’)$
7.12 域与域上的一元多项式环
在 f不能整除g时，引入$\frac{f(x)}{g(x)}$记作分式，
可以看成 有序多项式对 (f(x),g(x)), 是 K[x],K[x]中的元素
定义相似 $(f_1,g_1)\sim (f_2,g_2)$ <=> $f_1g_2=g_1f_2$
- 具有反身性 （自己和自己相似）
- 具有对称性 （sim左右交换依然保持 bool值）
- 传递性 (x sim y, y sim z) => x sim z
- 等价类 记作 $\frac{f}{g}$
- 所有等价类组成集合记作 K(x), 圆括号，称作 $K[x]\times K[x]$对于等价关系$\sim$的商集
- 加法定义 $\frac{f_1}{g_1}+\frac{f_2}{g_2}=\frac{f_1g_2+g_1f_2}{g_1g_2}$,
- 乘法定义 $\frac{f_1}{g_1}\cdot \frac{f_2}{g_2}=\frac{f_1f_2}{g_1g_2}$
- 上面运算 结果不受 等价类中代表元选取影响，最终结果对于不同代表元的选择是同一个等价类
- $\frac{0}{1}$记作0元
- $\frac{f}{g}$的加法逆元$\frac{-f}{g}$ 记作$-\frac{f}{g}$ (这个时候就会发现 如果是 (f,g)表示法，要么就需要定义外部加法，要么就是内部变成（-f,g）)， 类似可以定义减法
- $\frac{1}{1}$ 是乘法0元，也就是单位元
- K(x)是有单位元的交换环
- 非零元$\frac{f}{g}$的乘法逆元$\frac{g}{f}$ 也记作$(\frac{f}{g})^{-1}$, 类似可以定义除法
定义1.一个有单位元$1(\neq 0)$的交换环F,如果它的每个非零元都可逆，那么称F是一个域
- 例如K(x)是一个域，称作数域K上的 一元 分式域， 或一元有理函数域
- 其元素称作 一元分式 或一元有理函数，f分子，g分母
分式的次数 = deg f - deg g
如果分子坟墓互素，那么成为 既约分式
数域的元素是数，而一元分式的元素是分式
命题1. 域F中没有非平凡的零因子，从而域一定是整环
- 如果有 $a,b \neq 0, ab=0$ 那么 $b=a^{-1}(ab)=a^{-1}0=0$ 矛盾
mod p 剩余类域 与 mod m 剩余类环
Z 中定义二元关系 $\sim$, $a\sim b$<=> a与b被7整除余数相同 <=> 7 | a-b
有 若 $a\equiv b\pmod{7},c\equiv d\pmod{7}$ 则$a+c\equiv b+d\pmod{7}, ac\equiv bd\pmod{7}$
有mod 7下的等价类 剩余类，记作$Z_7$或 $Z/(7)$
- 有单位元的交换环
- 每个非零元有乘法逆元 所以是 域， 且是有限域
对于 m,类似的定义，但是m不是质数时，例如 m=4, 那么有 $2 * 2 = 0$ 非平凡零因子，不是域
若 p是素数$Z_p$是域, 只需要证明每个非零元可逆, 这里没有用费马小定理，而是 $gcd(p,a) = 1$,所以$up+va=1$, 即 $va\equiv 1 \pmod{p}$
若 是合数那么 $m=m_1m_2$ 都是它的非平凡零因子
这里也是给出了 矩阵 [0,1;0,0]这种零因子 以外的一种零因子
域 F 中， $n * 单位元I, n > 0$ 表示n个单位元相加
- 情况1, 均不为0
- 情况2, 存在n使得$n 单位元I = 0$, 取最小的n, 若n是合数,
- $0 = nI=n_1(n_2I)=n_1(I(n_2I))=(n_1I)(n_2I)$ ，因为最小的n， 所以$n_1I,n_2I$都是非平凡零元， 所以不是域，所以n不能是合数
定理2, $nI\neq 0$ 或者存在素数$p > 0$ 使得$pI=0, lI\neq 0, 0 < l < p$
定义2.
- $nI\neq 0$ 特征 为 0
- $pI=0,lI\neq 0,0 < l < p$ 特征 为 $p$
- 记作 char F, charactor的前缀,应该是
性质
- char 数域 =0
- char Z_p = p
- 有限域 的特征一定是素数， 否则 e,2e,3e,…. 全都不等 有无穷多元素 矛盾
- $Z_p(x)$ mod p的一元分式域 首先是无穷域，但是同样有特征$p$
命题3： 设域F的特征为素数p,则 $nI=0$ <=> p|n
- 这个更深刻，意味着更多的“特征” 唯一性
- $pI = 0 = wI$ => $(w-kp)I = 0$, => $(w \mod p) I = 0$, 所以w只能是倍数
命题4: p为特征， $\forall A \in F, A\neq 0$ 那么 $n A = 0$ <=> $p | n$
- 想法还是 把n变成 非“个数”而是元素，所以 $0=nA=n(IA)=(nI)A$, <=> $nI=0$
四、域F上的一元多项式环
有限域 上有些和无限域不同的性质
例如 $Z_3[x]$ 中 $f(x)=x^3+2x^2+2$ 和$g(x)=2x^2+x+2$ 的多项式不同
但是 诱导函数 $f(0)=2=g(0),f(1)=2=g(1),f(2)=0=g(2)$ 相同， 这个反例也说明了前面 为什么要区分 多项式，和多项式函数
- 这里相同的一个原因可以是 $x(x-1)(x-2)$ 在 $Z_3$上恒为0，$=x^3-3x^2+2x$
若 $g(x)$是$f(x)$的k重因式, 那么$g(x)$是$f’(x)$的k-1重因式，f(x)的特征为p
- 书上这里 素数和函数 混用p真的大便一样
- 若 $p | k$ 或 $g’(x)= 0$ 则 $g(x) | (kg’(x)=0)$ 则 $g(x)$是$f’(x)$的至少$k$重因式，(因为$f(x)=g(x)^kh(x)$, $f’(x)=kg’(x)g(x)^{k-1}h(x)+g(x)^kh’(x)$, 第一项为0)
- 若$p\not{|}k$ 且$g’(x)\neq 0$则 $g(x) \not{|} kg’(x)$ 这里还没有 更复杂的等价化简，只是 直接的多项式，所以有幂次更小但非零一定不是倍数， 从而是$f’(x)$的k-1次重因式（同上展开）
- 这两种情况，f有 $k>1$的重因式，都有$(f(x),f’(x))\neq 1$
命题5：整系数多项式$f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$, p是素数, $p\not{|}a_n$. f对应的 $Z_p$上的不可约，那么f在$Q$上不可约
- 注意这里只是必要条件， 因为如果可约，那么可约展开的首项依然满足 首项系数不是p的倍数，所以有表达式
- 所以 这是一种判断“不可约”的方法
五、中国剩余定理
整数环 与 数域K 上的 K[x] 结构很相似
同余方程组 $x\equiv b_i \pmod{m_i}$, 其中$(m_i,m_j)=1,i\neq j$
那么 $Z$中必定有解， 且任意两个解$c,d$满足$c\equiv d\pmod{\prod m_i}$
证明：
如果有多个解，解之间关系好证明，直接作差，是所有$m_i$倍数，所以可证
两两互素 $(m_i,\prod_{j\neq i} m_j)=1$
即 $um_i+v_i\prod_{j\neq i}m_j = 1$
$v_i\prod_{j\neq i}m_j\equiv 1 \pmod{m_i}$
$v_i\prod_{j\neq i}m_j\equiv 0 \pmod{m_k},k\neq i$
看起来就像正交基一样
$c=\sum_{i} b_i(v_i\prod_{j\neq i}m_j)$
应用小天地，序列密码，m序列
总结
核心内容
- 一元多项式
- 很多和 质数 乘法相关的相似的性质
- 其中引出 不可约多项式
- 对于 可约多项式的因式拆解，特别提到了重因式
- 因式分解
- 复数域，然后利用 Liouville定理 模有界定理 https://zhuanlan.zhihu.com/p/393074166 得到
C[x]的不可约多项式 只能是1次，和代数基本定理 n次有n各根 - 有了必有复根以后，反过来研究实数域上的不可约多项式
- 只有 1次，判别式小于0的2次式
- 有理数环上 化成整系数，说实话没有特别漂亮的结论，只是延伸了一些前面同样成立的结论，多了一个Eisenstein判别法
- 复数域，然后利用 Liouville定理 模有界定理 https://zhuanlan.zhihu.com/p/393074166 得到
- 注意到 一元多元 都在证明 $a * b=0$ 那么$a=0$或$b=0$这个 在初中高中以前感觉显然，但自从有了矩阵的 非零 幂零矩阵的例子，这个玩意的确有证明的必要
- 然后来到多元多项式环，没有特别深的结论，主要是沿用前面的一些定义看哪些同样在这成立 （感觉这章可以后移
- 研究对称多项式， 其核心是可以由 初等对称多项式$\sigma_i$来表示
- 引出 一元多项式 新的 重根判别法，以及牛顿公式
- 结式
- 主要是 判断f,g是否有非1因式的
- 看着 花里胡哨的，感觉核心还是辗转相除法 的行列式表达，或者说 辗转相除需要一些智力，结式需要一些暴力。我觉得本质问题还是没有更早的把 多项式以 系数向量的形式写出来，还在写x,所以感觉上有转换，其实挺自然
- 然后 对于多元也可以按元展开
- 分式
- 多项式分式定义和性质
- “特征”，和有限域/无限域 里的 特征的性质
- $Z_p$
- 再次研究 在这种域里的 多项式之间的因式
- 总结
- 核心还是 研究很多和整数 类似的，不可约，因式，两个f,g的因式的各种性质。只是对象 变为了 不同域（复数域，实属域，有理域，$Z_p$）
- 对于单个 的拆分，一个是 eisenstein 判别一些特殊的Q，$Z_p$上能反过去判断Q的不可约
- 这里面有几次出现一个叫做 “（xx性质）不随数域扩大而改变 感觉很迷惑”
- 似乎是 【给定数域甲，性质乙】
- 意味着 数域甲的运算定义导致的 包含关系的性质保证了 性质乙用到的相关元素 都在甲中
- 那么 所有 甲 映射 出的 甲’ 是 丙的一个子域，那么丙中的甲‘的 关于乙的性质不变
- 这里的关键点是 甲是固定的，且甲一般是看作最小的（实际上不一定是最小的），所以只考虑比甲大的
- 所以 在这个情况下 甲 和 甲’ 的这个关系是双射的 所以 也就是充要的
- 说一点 非常讨厌书里 把 幂次和系数下标反着写的 表达方法, 虽然上面笔记保持和书上一致