没有高于二重的非零根如果a=0,则f（）="+6.这是，若b=0,则只有根零.若b≠0,则f（）的根只有单根，这些单根由一b的n次方根组成.当然也没有高于二重的非零根因而f(r）没有高于二重的非零根，例16记d(α)=(f(α),g()),求证d(")=(f("),g("))证由于已知条件，存在u（），（），使(1)d(α)=u(α)f(r)+v(r)g(r)由”代，得d(x")=u(r")f(")+v(α")g(α")又显然d(r")lf(α"),d(α")Ig(α"),因而d(r")=(f(r"),g(x"))点评由d(）=（f(),g(α)),可以推知,存在多项式u(）,(),使（1)成立.另一方面，但仅有（1)式尚不能得出结论.而如果同时d（"）是f（"）和g（"）的公因式，则d（"）是f("）和g（"）的最大公因式例17将(z）简记为f.设fi,f2，g1，g2为非零多项式，且（f:，g,）=1.i，j=1,2.求证:(f1g1,f2g2)=(f1,f2)(g1,g2)证明证法1记（fi，f2）=d，（gi，g2）=dz，（fig，f2gz）=d.显然d,ld,d,ld.由于(fi,gi)=1,故(d,d,)=1.因而d,d,ld另一方面，由于dlfig1，可写d=fg，lfi，glgi因为f，g2）=1,故（f，g2）=1.由ff2g2，得flf2.又因flfi，知fld1.同理gld..因而d=fgId,dz .由d,d,,d,首项系数均为1,故d=d,dz证法2令（fif2）=d（gg2）=d2得知ddlfigddf2g2.由于存在多项式,，u2，2,使(1)ufi +fz=d,(2)u2g + Uzg2=d2,(f.,g,)=1 i,j=1,2故(fif2,g1g2)=1,从而存在多项式u，U，使.13:
(3)ufi fz + vgig2 =1.(1)(2)(3)相乘得(ui u2 ufi fz + uz Uruf? + u, uz vgigz + ur U2 ugz)figi +(ur V2 ufi + uU, U2fif2 + u2 Ur vgi + Vi U2 vgig2) f2g2 = d,d2又显然d,d, / figi,d,dz/ f2g2故didz =(figi,f2g2).点评证法1是利用定义证明的.先证d,d2整除fig，和f2g2的最大公因式d,再证明dld,dz证法2基于d(）=（f(）,g())当且仅当d()lf()且d()lg(）,同时可表d（）=u（）f（）+（）g（）这一性质.证明过程中利用互素及整除的有关性质例18设f()和g()是数域上的多项式，ai,a2,a,aEP,且aa4-a230,求证：(aif()+a2g(r),asf(x)+a4g(x))=(f(r),g(r)).证明证法1设(f(）,g()）=d(）.首先,显然d()是a,f(）+azg()和asf(）a4g()的个公因式其次,设h（)是af(）a2g(）和af(）ag()的任意公因式,如果(1)[aif()+azg()=t(α)h(α)(2)asf(x)+a4g()=s()h(α)(1)×(-a)+(2)×a,得(aiax -azas)g(x)=(-ast(x)+a1s())h(r).由于o,所以(）g（）同样可证h（)lf(）,因而h（)是f(）和g（)的一个公因式，故h(）ld(x).于是(arf()+azg(α),asf(α)+ag(α))=d()证法2设(f(),g())=d(),于是存在u(),()EP[],使u(α)f()+v(α)g()=d().d()显然整除af()+azg()和asf()+ag().因aaaza0,易见1-(asu(x) -asv(x))(aif(r)+ a2g(x))+a-aza:14:
1-(av(r)-azu(r))(a,f(r)+a4g())aiay-aza=u(r)f(r)+v()g(x)=d()11令 U(x)=(au()-a,v()), V(r)=--(aiv(r)-au(r))aas-azaa,ay-azas则显然U()(a,f()+azg())+ V(r)(a3f(r)+asg())=d(r).因而(a,f(x)+a2g(),af(r)+a4g(r))=d()点评证法1利用最大公因式定义证明.证法2利用d（α）=（f（x），g())当且仅当d()是f(）和g()的公因式且d()表为f()和g()的组合这一性质例19设f(）为次数大于零的首项系数为1的多项式，则f(α）是一个不可约多项式方幂的充要条件为：对任意多项式g（α）必有（f(），g（r））=1或对某一正整数m,f(α)lg"（z).证明必要性.设f（）是一个不可约多项式（）的方幂，即f（）=p"（α).对于任一多项式g(）,如果p(α)不整除g(r）,则（f(r),g(α))=1.如果p()lg（),则f()ig"（）充分性.假如f()不是一个不可约多项式的方筹，则可设f（）=f,（）fz（r）,（f,（），f（α））=1,且f和f2次数均小于f的次数.取g（）=f.(α),则(f(α),g(α))≠1,f(α)不整除g"（α),与已知条件矛盾.因而f(）是一个不可约多项式的方幂，例20设m为正整数，f(r)和g（z）为数域P上的非0多项式，求证：g"(r)/ fm(α)g(α)l f(r)证明证法1充分性.设g（）)lf(）,则有使g（）g（）=f(），g"（）g"（α）=fm（α),因而g"（r)lf"（x）,必要性.设g"（α）lfm（α），故有h（x）EP[xl,使(1)f"()=h(α)g"()令 d(r)=(f(α),g(α)),设(2)f(r)=fi(α)d(), g(r)=g()d(x),则(fi(x),gi(x))=1,从而(3)(f"(α),g"(r))=1将(2)代人(1),得.15
f"(α)d"(α)=h(α)g"(r)d"(α).由于d（α）≠0因而g"（）lf"（）.由（3），推知g（）=c≠0EP，于是g（）= cd(x),d(α)=c-lg(r), g(r)lf(r).证法2充分性同上一证法必要性.将f(），g（）分解成不可约多项式之积，不妨设f(α)=aoph(r).ps(r),g(r)=bopi(α)..p(r),其中k,，，k，t，.，t，为非负整数，各p,（)是首项系数为1的不可约多项式,ao,b.EP.fm()=a"pmk,(r).pmk(α),g"(r)=bpm(α)pm(α),由g"（)f"（）,得t<ki,",t,<k,,则g(α)lf().点评证法1.在证g（）lf(）时，通过证明（g（），f(）)与g（）至多只差一个零次多项式因子来实现.为证明这一点，可将f（z）和g（元）各分解为最大公因式与多项式f,(α)和gi()之积,而fi()与gi()互素,但显然g()lfr（α），于是g"（）为零次多项式，从而证明g1为零次多项式.证法2利用了唯一分解定理及不可约多项式的性质，例21设f(）为多项式，如果f()If("）,那么f(）的根只能是零或单位根.证明设α为f()的任意一个根，由已知条件,f()If("）f(α)的根也是f("）的根，于是f(α"）=0，即α”是f（）的根.同样可知，（α")"=α也是f()的根，于是得到f(α）根的无限序列：α,α".g"由于f(α）的根有限，必然存在k>i,使g这样以来g"(α"-n -1)=0,得到α=0或α*-=1,即α为一个单位根点评当一个多项式整除另一个多项式时，前者的根都是后者的根，这是本题的主要立足点，.16:
例22设f()=（-a)(-a2)2..(-a)2+1,其中a,a2,",a是互不相同的整数，证明f（）在有理数域上不可约，证明假如f（）在有理数域上可约，则它在整数环上也可约，即可表为f(r)=g(α)h(r),其中g(α）和h(α)为整系数多项式，且次数比2n小.g（a,)和h(a)都是整数，i=1,2,,n,且f(a,)=g(a,)h(a,)=l因而g(a,)和h(a.)同为1或同为-1.另一方面，对每个实数而言，f（r）总为正数，即f（）无实根，从而g（）和h（α）都没有实根.如果g（a,）=1而某个g（a,）=一1，j≠i，则由多项式函数的连续性，g（α）必有实根，矛盾.因而g（a），"，g（a,）只能同时为1或同时为-1.同样地，h（a,），，h（a.）也只能同时为1或同时为-1.而对i=1，，n，g（a;)与h（a,)应同为1或同为-1,从而可知g（）-1与h（α）-1(或者g（r）+1与h（α）+1)至少各有n个根a1,a2，，a，但它们次数之和等于f(）的次数2n,因而g（）-1与h（）-1（或者g（）+1与h（）+1)都是n次多项式.设g(α)-l=c(r-a)..(x-an),h(r)-1=d(r-a,)...(α-a,),c,d是整数,（或者上两式左端分别为g（）+1与h（z）+1）,则f(r)=g()h(α)=cd(x-ar)....(x-a,)2 +(c+d)(r-a,)...(α-a.)+1.(或者上式右端第二项前取减号.)比较系数，得cd=1,c+d=0，由cd=1知，C，d同号，与c+d=0矛盾.因而f(a）在有理数域上不可约.点评证明整系数多项式在有理数域上不可约，除艾森斯坦判别法外，常利用待定系数法，按反证法的思路证明.因为整系数多项式在有理数域上可约必然在整数环上可约，假定其表为两个次数较低的整系数多项式的乘积，推出矛盾例23设f(α）=2+ar2+bz+c为整系数多项式，且ac+bc为奇数.求证f(）在有理数域上不可约证明如果f()在有理数域上可约，则f()在整数环上可约,因f(r）为3次多项式，这时必有一次因式，设f(x)=(r+u)(x+ur +w),其中u，，w为整数，于是c=uw.但ac +bc=(a+b)o是奇数，因而a+b和c均为奇数，于是u，都是奇数，f(1）=1+（a+b）+c.17: