7. 多項式恆等式、根與有理根論證

學習目標與代數背景

區分多項式恆等式與只在少數值處相等，使用因式重數，並證明有理根的限制。在域 $F$ 上工作，這裏取 $\mathbb Q$、$\mathbb R$ 或 $\mathbb C$。多項式是系數屬於 $F$ 的有限形式表達式 $a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$。其次數是系數非零的最大指標；零多項式的次數不作定義。

域上的除法算法對 $d\ne0$ 給出 $p=dq+r$，其中 $r=0$ 或 $\deg r<\deg d$，方法是依次消去最高次項系數。除以 $x-a$ 得到餘數 $p(a)$；故 $a$ 是根當且僅當 $x-a$ 整除 $p$。若 $(x-a)^m$ 整除 $p$ 而 $(x-a)^{m+1}$ 不整除，則該根重數為 $m$。

定理：根數上界與插值唯一性

域上次數為 $n$ 的非零多項式至多有 $n$ 個不同根。因此，兩個次數至多為 $n$ 的多項式若在 $n+1$ 個不同點相等，則它們相同。

證明。 對 $n$ 歸納：非零常數沒有根。若 $n$ 次多項式有根 $a$，可分解為 $p=(x-a)q$，其中 $q$ 為 $n-1$ 次。每個其他根 $b\ne a$ 滿足 $0=(b-a)q(b)$；由於 $b-a\ne0$ 可逆，$q(b)=0$。歸納假設給出至多 $n-1$ 個其他根。對第二個斷言，將兩個多項式相減；非零差的次數至多為 $n$，不可能有 $n+1$ 個不同根，所以差為零。

定理：有理根限制

設 $p(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ 的系數為整數、$a_n\ne0$，且 $u/v$ 是最簡有理根、$v>0$。則 $u\mid a_0$ 且 $v\mid a_n$。

證明。 將 $p(u/v)=0$ 乘以 $v^n$。所得等式表明 $u$ 整除 $a_0v^n$，且 $v$ 整除 $a_nu^n$。由於 $\gcd(u,v)=1$，由歐幾里得引理或貝祖等式的互素消去推論得 $u\mid a_0$、$v\mid a_n$。若 $u=0$，其為根迫使 $a_0=0$；整除陳述解釋為 $0\mid0$，按定義成立。通常可先除去 $x$ 的冪，再僅對非零候選根應用規則。

多項式除法：終止性、唯一性與代入

設 $F$ 是 $\mathbb{Q}$、$\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$ 之一，在 $F[t]$ 中使用有限形式多項式。只對非零多項式使用次數；$\operatorname{lc}(u)$ 表示非零多項式 $u$ 的首項系數。若 $u,v$ 均非零，其首項系數之積非零，因為域中每個非零元素可逆，所以 $\deg(uv)=\deg u+\deg v$。非零的和或差的次數不超過輸入次數的較大者；結果為零時單獨處理。

除法定理及完整證明。 對 $p,d$ 屬於 $F[t]$ 且 $d$ 非零，存在唯一 $q,r$，使 $p=dq+r$，且 $r=0$ 或 $\deg r<\deg d$。令 $m=\deg d$，初始 $q=0$、$r=p$。若 $r$ 非零且次數至少為 $m$，令 $k=\deg r-m$、$c=\operatorname{lc}(r)/\operatorname{lc}(d)$，把 $q$ 換成 $q+ct^k$，把 $r$ 換成 $r-ct^k d$。恆等式 $p=dq+r$ 保持不變；相減兩式的首項相同，所以新的 $r$ 為零或次數嚴格下降。非零餘式的次數都是非負整數，因此只能進行有限步。停止時滿足所需餘式條件。這也包括 $d$ 為常數的情形，此時最終餘式必為零；$p=0$ 則無需任何步驟。

證明唯一性：若 $dq+r=dq'+r'$ 且兩個餘式都符合條件，而 $q-q'$ 非零，則非零多項式 $d(q-q')$ 的次數至少為 $m$；但它等於 $r'-r$，後者為零或次數小於 $m$，矛盾。因此 $q=q'$，再由恆等式得 $r=r'$。

對 $a\in F$，在 $a$ 處代入保持和與積：分配有限系數和，並在每個乘積項中使用 $a^{i+j}=a^i a^j$。用 $t-a$ 作除數時，餘式為常數 $r$（允許為零），代入給出 $p(a)=r$。因此 $p(a)=0$ 當且僅當 $t-a$ 整除 $p$。這些結論不假設多項式一定有根，也不假設系數域代數閉。

例題

在一個域上不可約，在另一域上可約。 根據有理根規則，$x^2-2$ 沒有有理根（只需檢驗 $\pm1,\pm2$）。域上的二次多項式可約當且僅當它在該域有根，因為任何非平凡分解都必須使用兩個一次因式。因此 $x^2-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可約，但在 $\mathbb R$ 上分解為 $(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$。系數域是結論的一部分。

重建二次多項式。 求 $p(x)=ax^2+bx+c$，使 $p(0)=1,p(1)=0,p(2)=3$。第一條件給出 $c=1$；其餘條件給出 $a+b=-1$、$4a+2b=2$。因此 $a=2,b=-3$，故 $p=2x^2-3x+1$。代入證明存在性；根數上界定理證明在次數至多為二的多項式中唯一。

奇數實次數：首項符號與題目指定的中間值定理前提

設 $p(x)=a_nx^n+\sum_{j=0}^{n-1}a_jx^j$ 是正奇數次實多項式，$a_n$ 非零。記 $A=\sum_{j=0}^{n-1}|a_j|$。當 $|x|\ge1$，低次項的絕對值之和至多為 $A|x|^{n-1}$。選 $R>\max(1,2A/|a_n|)$，則在 $x=R$ 和 $x=-R$ 處，該誤差都嚴格小於 $|a_nx^n|/2$，所以 $p(x)$ 與 $a_nx^n$ 在兩端點各自同號。奇數 $n$ 使兩端符號相反。多項式由有限和、積的連續性法則而連續，於是在 $[-R,R]$ 上由中間值定理得到零點。中間值定理是本題明確給定的前提；這裏沒有對複數使用次序，也沒有聲稱證明代數基本定理。

分層練習

1. 基礎。 用 $x-1$ 除 $x^3-1$，並找出它的實根。
2. 核心。 列出 $2x^3-3x+1$ 的所有可能非零有理根，再在 $\mathbb Q$ 上分解。
3. 核心。 使用連續性和中間值定理證明奇數次實多項式至少有一個實根。
4. 證明。 非零實多項式能否對每個正整數 $n$ 都滿足 $p(n)=0$？非零函數能否如此？解釋區別。

詳解

1. $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$。二次式判別式為 $1-4=-3$，故沒有實根；唯一實根為一。
2. 候選值為 $\pm1,\pm1/2$，依次代入得 $0,2,-1/4,9/4$，故只有 $1$ 是有理根。除以 $x-1$ 得 $2x^2+2x-1$，於是 $2x^3-3x+1=(x-1)(2x^2+2x-1)$。二次式根為 $(-1\pm\sqrt3)/2$，均為無理數，所以在 $\mathbb Q$ 上不能進一步分解。
3. 在充分大的正、負輸入處最高次項佔主導。奇數次使兩個方向的符號相反，無論最高次系數正負。選取符號相反的有限端點，由連續性和中間值定理可知兩者之間有零點。
4. 由次數上界，非零多項式不能有無窮多個不同根。非零函數可以：$f(x)=\sin(\pi x)$ 在每個整數處為零，但例如 $f(1/2)=1$。多項式的剛性不推廣到任意連續或光滑函數。

總結與術語

多項式在某個域上不可約，是指它不能分解為該域上兩個正次數多項式的乘積。多項式恆等式是系數表達式相等，而不是僅在選定輸入處相等。插值構造與指定數據相符的多項式。根判別法提供候選值而非保證為根；應代入每個候選值，並在聲稱分解完整前寫明系數域。