8.2 多项式最大公因式与不可约性

从整数 gcd 到多项式 gcd

第 7 章说明整数整除由最大公因数、Euclidean algorithm、Bézout 恒等式与质因数分解 控制。第 8 章在多项式中重建同一套结构。类比很强，但多项式有一个新的细节： 乘上一个非零常数不会改变整除关系的本质。

例如 $x-1$ 与 $5x-5$ 只差一个非零常数倍。为了让 gcd 唯一，我们取 monic 代表。

多项式整除与相伴多项式

定义

多项式整除

对 $f(x),g(x)\in \mathbb R[x]$，若存在 $q(x)\in \mathbb R[x]$ 使得

$$f(x)=g(x)q(x),$$

便称 $g(x)$ 整除 $f(x)$，记作 $g(x)\mid f(x)$。

两个非零多项式互相整除，当且仅当它们只差一个非零常数倍。

定理

互相整除

对非零 $f(x),g(x)\in \mathbb R[x]$，

$$g\mid f\text{ 且 }f\mid g \quad\Longleftrightarrow\quad f(x)=kg(x)$$

其中 $k\in \mathbb R$ 且 $k\ne0$。

证明用次数即可。若 $f=d_1g$ 且 $g=d_2f$，则 $f=d_1d_2f$。由于 $f\ne0$， 乘积 $d_1d_2$ 必须是常数多项式 $1$，所以 $d_1$、$d_2$ 都是常数。

$\mathbb R[x]$ 中的最大公因式

定义

多项式最大公因式

设 $f(x),g(x)\in \mathbb R[x]$ 不同时为零。若 $d(x)$ 满足：

1. $d(x)\mid f(x)$ 且 $d(x)\mid g(x)$；
2. 每个 $f$ 与 $g$ 的共同因式都整除 $d(x)$；

则 $d(x)$ 是 $f$ 与 $g$ 的最大公因式。记号 $\gcd(f,g)$ 指唯一的 monic 最大公因式。

这里“最大”不是大小排序，而是整除意义：gcd 是吸收所有共同因式的那个共同因式。

相差非零常数倍的两个非零多项式称为相伴多项式。域上的非零常数具有多项式逆元，称为单位。 反过来，若两个多项式的乘积为 $1$，由乘积次数等于次数之和可知，两者次数都为零。 这解释了为什么非零常数倍不影响整除，也解释了为什么不可约分解不把常数当作真正因式。

若 $d_1,d_2$ 都满足 gcd 定义，则彼此整除，所以 $d_1=kd_2$，其中 $k$ 非零。 若两者都是首一多项式，即最高次项系数为一，比较最高次项便得 $k=1$。 任何非零 gcd 都可除以其最高次项系数成为首一多项式。这证明标准答案的唯一性； 存在性则由下面的 Euclidean algorithm 给出，不能与唯一性混为一谈。

若 $h\ne0$ 的最高次项系数为 $\lambda$，则 $\gcd(h,0)=\gcd(0,h)=h/\lambda$。因为每个多项式都整除零，共同因式恰好是 $h$ 的因式。 本节的首一 gcd 定义排除 $(0,0)$：它的共同因式可以有任意大的次数， 所以没有首一多项式能被所有这些共同因式整除。

常见错误

gcd 按惯例取 monic

若 Euclidean algorithm 的最后非零余式是 $-2x+2$，通常不把 gcd 写成 $-2x+2$。 因为 $-2x+2=-2(x-1)$，monic gcd 是 $x-1$。

多项式 Euclidean algorithm

证明: Euclidean algorithm 保持什么，又怎样标准化

起点条件。 取不同时为零的 $f,g\in\mathbb R[x]$。若有一个输入为零，使用上述约定； 否则每次除以非零多项式。每次余式或者为零，或者次数严格小于除式次数，不需要规定零多项式的次数。

不变量。 等式 $r=f-qg$ 与 $f=qg+r$ 分别证明两个方向：一个多项式同时整除 $f,g$，当且仅当它同时整除 $g,r$。每步保持的是完整的共同因式集合，而不只是次数相同。

终止与目标。 非零余式次数形成严格递减的非负整数序列，不能无限继续。 最后一对是 $(h,0)$；每个原来的共同因式都整除 $h$，而由不变量，$h$ 本身也整除原来的两个输入。 因此 $h$ 满足 gcd 定义的两条条件。

标准化。 若 $h$ 的最高次项系数为 $\lambda$，返回 $h/\lambda$。 这样既保留整除关系，又令结果首一。下例中 $h=-x+1$、$\lambda=-1$，所以得到 $x-1$。 若已有 $h$ 的 Bézout 系数，也必须把两个系数同除以 $\lambda$；只改变等式左边会破坏恒等式。

例题

一个多项式 Euclidean algorithm

设

$$f(x)=4x^4-2x^3-16x^2+5x+9,\qquad g(x)=2x^3-x^2-5x+4.$$

逐次作带余除法，得到

$$f(x)=(2x)g(x)+(-6x^2-3x+9),$$$$g(x)=\left(-\frac13x+\frac13\right)(-6x^2-3x+9)+(-x+1),$$

且

$$-6x^2-3x+9=(6x+9)(-x+1)+0.$$

最后非零余式是 $-x+1$，所以 monic gcd 是

$$\gcd(f,g)=x-1.$$

Bézout 恒等式

延伸 Euclidean algorithm 亦适用于 $\mathbb R[x]$。

定理

多项式 Bézout 恒等式

若 $f(x),g(x)\in \mathbb R[x]$ 非零，则存在 $a(x),b(x)\in \mathbb R[x]$ 使得

$$\gcd(f,g)=a(x)f(x)+b(x)g(x).$$

证明从 $f=1f+0g$、$g=0f+1g$ 开始。若连续两个余式已表示为 $r_i=A_if+B_ig$，下一步除法给出

$$r_{i+1}=r_{i-1}-q_i r_i =(A_{i-1}-q_iA_i)f+(B_{i-1}-q_iB_i)g.$$

新系数仍是多项式，因此每个余式都是 $f,g$ 的多项式线性组合。算法终止后， 把最后两个系数同除以最后非零余式的最高次项系数，便得到首一 gcd 的表示，完成存在性证明。 若有一个输入为零，恒等式仍成立：对最高次项系数为 $\lambda$ 的 $f\ne0$， 输入 $(f,0)$ 可用系数 $1/\lambda,0$；输入 $(0,f)$ 则交换这两个系数。

在例题中，令 $r_1=-6x^2-3x+9$、$q_2=-x/3+1/3$。第二次除法记录的是 $-x+1=g-q_2r_1$。先变号，再代入 $r_1=f-2xg$，得到

$$x-1=q_2r_1-g=q_2(f-2xg)-g=q_2f+(-2xq_2-1)g.$$

因此标准化后的明确恒等式为

$$x-1= \left(-\frac13x+\frac13\right)f(x) +\left(\frac23x^2-\frac23x-1\right)g(x).$$

这不只是计算技巧。若 $\gcd(f,g)=1$，Bézout 恒等式说明 $f$ 与 $g$ 的多项式线性 组合可以产生常数多项式 $1$，这正是许多整除定理的核心。

Bézout 系数并不唯一。若 $Af+Bg=d=\gcd(f,g)$，则对同一系数域中任意 $t\in\mathbb R[x]$，都有

$$\left(A+t\frac gd\right)f+\left(B-t\frac fd\right)g=d.$$

因为 $d$ 整除 $f,g$，两个商仍是多项式；新加入的两项互相抵消。 把 gcd 首一化，只固定了 gcd 的值，并没有使表示它的系数对唯一。

定义

互质多项式

非零多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互质，意思是

$$\gcd(f,g)=1.$$

等价地，存在 $a(x),b(x)\in \mathbb R[x]$ 使得

$$a(x)f(x)+b(x)g(x)=1.$$

不可约多项式

定义

在一个域上不可约

设 $F$ 是一个域。非常数多项式 $p(x)\in F[x]$ 若不能写成

$$p(x)=g(x)h(x)$$

其中 $g(x),h(x)\in F[x]$ 且 $0\lt\deg g,\deg h\lt\deg p$，便称为在 $F$ 上不可约。

不可约性取决于系数域。

例题

改变系数域会改变不可约性

$x^2-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约，但在 $\mathbb R$ 上可约：

$$x^2-2=(x-\sqrt2)(x+\sqrt2).$$

$x^2+1$ 在 $\mathbb R$ 上不可约，但在 $\mathbb C$ 上可约：

$$x^2+1=(x-i)(x+i).$$

反例模式

一个域中没有根，不等于在每个域上不可约

“扩大系数域不会改变不可约性”是假命题。前例中，$\sqrt2\notin\mathbb Q$，但 $\sqrt2\in\mathbb R$；$i\notin\mathbb R$，但 $i\in\mathbb C$。 扩大系数域后，显示的一次因式才成为允许的多项式因式。

正确判别是：域 $F$ 上的二次多项式不可约，当且仅当它在 $F$ 中没有根。 非平凡分解的次数只能为 $1+1$，一次因式会给出根；反过来，有根便由因式定理得到一次因式。 因此 $x^2-2$ 没有有理根，而 $x^2+1$ 没有实根，因为实数 $t$ 满足 $t^2+1\gt0$。 必须保留“二次”条件；这段论证没有证明任意次数的无根多项式都不可约。

在 $\mathbb C[x]$ 中，每个不可约多项式都是一次式。原因是代数基本定理保证每个非常数复 系数多项式都有根。在 $\mathbb R[x]$ 中，不可约多项式刚好是一次式以及判别式 $b^2-4ac\lt0$ 的二次式 $ax^2+bx+c$。

实系数多项式的非实根与其共轭根成对出现。若 $\alpha\notin\mathbb R$，则

$$(x-\alpha)(x-\bar\alpha)=x^2-2\operatorname{Re}(\alpha)x+|\alpha|^2$$

是实系数二次式，且没有实一次因式。把非实根成对组合，实根保留为一次因式， 便得到实数上的一次及二次因式分解，因此更高次数的多项式必有真因式。 反过来，一次式由次数可知不可约，负判别式二次式则由无实根判别可知不可约。 这里二次式的条件包含 $a\ne0$。

整除与因式分解的证明

以下论证适用于域 $F$，包括 $\mathbb Q$、$\mathbb R$、$\mathbb C$。 多项式除法只要求能够除以非零最高次项系数，而域中总能这样做， 所以前面的 gcd 与 Bézout 证明同样适用于 $F[x]$。

定理

不可约多项式具有质数式的整除性质

设 $F$ 为域，$p\in F[x]$ 不可约，且 $a,b\in F[x]$。 若 $p\nmid a$，则 $\gcd(a,p)=1$。若 $p\mid ab$，则 $p\mid a$ 或 $p\mid b$。

令 $d=\gcd(a,p)$。因为 $d\mid p$，可写 $p=de$。不可约性迫使 $d$ 或 $e$ 为常数。 若 $e$ 是常数，它必非零，故 $d$ 与 $p$ 相伴；于是 $d\mid a$ 会推出 $p\mid a$。 在 $p\nmid a$ 的假设下，这不可能，因此 $d$ 只能是常数，其首一代表就是 $1$。 这一步使用的是不可约性的定义，没有预先假定不可约多项式已经具有质数性质。

现在设 $p\mid ab$。若 $p\mid a$，结论已成立；否则 Bézout 给出 $ua+vp=1$。 两边乘以 $b$ 得 $b=uab+vpb$。右边两项都被 $p$ 整除，所以 $p\mid b$。 这才完成“整除乘积必整除某个因式”的证明。

定理

多项式线性组合的可解性

设 $F$ 为域，$a,b,c\in F[x]$，且 $a,b$ 不同时为零，令 $d=\gcd(a,b)$。 存在 $u,v\in F[x]$ 满足 $au+bv=c$，当且仅当 $d\mid c$。

必要性：$d\mid a,b$ 使 $d\mid au+bv$，故有解必有 $d\mid c$。 充分性：若 $c=dh$，取 Bézout 系数 $A,B$ 使 $Aa+Bb=d$，再乘以 $h$， 便得到解 $u=hA$、$v=hB$。这样不但排除不可解的右边，也为每个符合整除条件的右边构造了一个解。 若 $a=b=0$，另行判断原方程：恰好在 $c=0$ 时有解，不需要替 gcd 增设约定。

定理

不可约因式分解的存在与唯一性

设 $F$ 为域，$f\in F[x]$ 为非常数多项式。则 $f=c\,p_1\cdots p_r$，其中 $c\in F$ 非零，每个 $p_j$ 都首一且不可约。 常数 $c$ 与首一因式的多重集唯一；因式可以重复，排列次序不影响分解。

存在性。 对 $f$ 的正次数归纳。一次多项式不可约。若 $f$ 已不可约， 把它首一化，并把最高次项系数留作常数即可。否则 $f=gh$，其中两个因式次数都为正， 又严格小于 $\deg f$。由归纳假设，$g,h$ 都能分解成不可约因式，相乘就给出 $f$ 的分解。 最后逐个把因式首一化，所有非零常数合并为 $c$。次数严格下降保证过程结束； 整个过程不要求因式互不相同，所以重复因式也被涵盖。

唯一性。 假设 $c\,p_1\cdots p_r=d\,q_1\cdots q_s$ 是两种上述分解。 反复使用已经证明的质数性质，$p_1$ 必整除某个 $q_j$：它次数为正，不能整除非零常数 $d$。 由于 $q_j$ 不可约，商只能是常数；再由两者首一，得到 $p_1=q_j$。 调整次序并消去这个共同非零因式。域上的多项式环没有零因子，所以消去合法。 重复上述步骤；若一边的因式先用完，就会得到非零常数等于正次数乘积，与次数法则矛盾。 因此两列因式连同重数完全匹配，最后剩下 $c=d$。

观看多项式 Euclidean algorithm 如何产生 monic gcd、回代成 Bézout 恒等式，并支撑依系数域而定的不可约判别。

1. Monic gcd

   x-1、5x-5、-2x+2 这些常数倍有相同整除行为，所以 gcd 以 monic 代表记录。

2. Euclidean 不变量

   由 f=gq+r 可知，f 与 g 的共同因式正好就是 g 与 r 的共同因式；所以 gcd(f,g)=gcd(g,r)。

3. 例子余式链

   在本章例子中，余式依次是 r1=-6x^2-3x+9、r2=-x+1，然后是 0。

4. 回代

   最后非零余式 -x+1 标准化为 x-1，再回代成 x-1=(-1/3x+1/3)f+(2/3x^2-2/3x-1)g。

5. 系数域依赖

   不可约性取决于系数域：x^2-2 在 Q 与 R 之间改变，x^2+1 在 R 与 C 之间改变。

6. 类似质数

   若 p 不可约且 p 不整除 a，Bézout 给出 ua+vp=1；乘以 b 便解释 p|ab 为何迫使 p|b。

多项式 gcd 有三层连接：把相伴多项式标准化为 monic gcd，通过 Euclidean 余式链保持共同因式，再用 Bézout 证明不可约多项式的整除判别。

例题：可解性判别

例题

用 gcd 判断多项式方程有无解

判断是否存在 $u(x),v(x)\in \mathbb R[x]$ 使得

$$(x^2-1)u(x)+(x-1)v(x)=x+1.$$

左边是 $x^2-1$ 与 $x-1$ 的多项式线性组合。因为

$$x^2-1=(x-1)(x+1),$$

所以

$$\gcd(x^2-1,x-1)=x-1.$$

由多项式 Bézout 可解性判别，方程有解必须有 $x-1\mid x+1$。但代入 $x=1$ 得到 $2\ne0$，所以 $x-1$ 不整除 $x+1$，方程无解。

常见错误

常见错误

把常数倍当成不同 gcd 答案

在 $\mathbb R[x]$ 中，$x-1$、$2x-2$、$-7x+7$ 的整除内容相同。只有 $x-1$ 是 monic 代表，因此标准 gcd 写作 $x-1$。

常见错误

说不可约时没有指定系数域

“$x^2-2$ 不可约”这句话不完整。它在 $\mathbb Q$ 上不可约，但在 $\mathbb R$ 上可约。讨论 不可约性时一定要说明系数域。

总结

多项式 gcd 理论复制了整数 gcd 理论的结构，只是以次数取代大小，以 monic 标准化 取代正数代表。Euclidean algorithm 在保持共同因式不变的同时降低次数；延伸算法给出 Bézout 恒等式。不可约多项式扮演质数的角色，但不可约性取决于系数域：在 $\mathbb C$ 上只有 一次式不可约；在 $\mathbb R$ 上，不可约多项式是一次式与判别式为负的二次式。

练习阅读指南

求 Bézout 恒等式时，要保留每一步除法方程。gcd 是向下做 Euclidean algorithm 得到， 但 Bézout 表示是把方程向上回代得到。常见错误是改写了一个余式，却忘记它来自哪一个 前一方程。最后最好展开 $a(x)f(x)+b(x)g(x)$，检查高次项是否全部抵消。

判断不可约性时，系数域是题目的一部分。二次式没有有理根，不代表它在 $\mathbb R$ 上不可约； 二次式没有实根，仍会在 $\mathbb C$ 上分解。对 $\mathbb R$ 上二次式，判别式测试已足够；对 $\mathbb Q$， 则要使用有理根与数系信息。例如 $x^2-5$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约，因为 $\sqrt5$ 不是有理数， 但它在 $\mathbb R$ 上可分解。

快速检查

思考检查

为什么在 $\mathbb R[x]$ 中要取 monic gcd？

想想共同因式乘上非零常数后会怎样。

解答 · 答案

最大公因式只在非零常数倍意义下唯一；取 monic 代表后，记号才真正唯一。

思考检查

$-x+1$ 与 $0$ 的 monic gcd 是什么？

把非零多项式标准化。

解答 · 答案

gcd 是 $x-1$，因为 $-x+1=-(x-1)$，monic 代表是 $x-1$。

思考检查

$x^2+1$ 在 $\mathbb R$ 上不可约吗？在 $\mathbb C$ 上不可约吗？

比较两个域中可用的根。

解答 · 答案

它在 $\mathbb R$ 上不可约，因为没有实根；但在 $\mathbb C$ 上可约，因为 $x^2+1=(x-i)(x+i)$。

练习

第 4、5 题固定一个域 $F$；所有多项式属于 $F[x]$，不可约性均相对于 $F$。

1. 用 Euclidean algorithm 计算 $\mathbb R[x]$ 中的 $\gcd(x^3-1,x^2-1)$。
2. 在例题中，展开右边以验证 $x-1$ 的 Bézout 恒等式。
3. 判断 $x^2-5$ 在 $\mathbb Q$、$\mathbb R$、$\mathbb C$ 上是否不可约。
4. 证明：若 $p(x)$ 不可约且 $p\nmid a(x)$，则 $\gcd(a,p)=1$。
5. 证明：若 $p(x)$ 不可约且 $p\mid a(x)b(x)$，则 $p\mid a(x)$ 或 $p\mid b(x)$。
6. 判断是否存在 $u(x),v(x)\in \mathbb R[x]$ 使得 $(x^2-1)u(x)+(x-1)v(x)=x+1$。

解答 · 参考解答 1

先除得 $x^3-1=x(x^2-1)+(x-1)$，再除得 $x^2-1=(x+1)(x-1)+0$。最后非零余式 $x-1$ 已首一，故为 gcd。

解答 · 参考解答 2

记 $A=-x/3+1/3$、$B=2x^2/3-2x/3-1$。分别展开两个乘积，得到

$$Af=-\frac43x^5+2x^4+\frac{14}{3}x^3-7x^2-\frac43x+3,$$$$Bg=\frac43x^5-2x^4-\frac{14}{3}x^3+7x^2+\frac73x-4.$$

$x^5,x^4,x^3,x^2$ 的系数逐对抵消，剩余项给出

$$Af+Bg=\left(-\frac43+\frac73\right)x+(3-4)=x-1.$$

最后非零余式原为 $-x+1$。首一化时，余式及其两个 Bézout 系数都要除以 $-1$； 这里使用的 $A,B$ 已包含这一标准化。

解答 · 参考解答 3

$x^2-5$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约，因为 $\sqrt5\notin \mathbb Q$；在 $\mathbb R$ 上可分解为 $(x-\sqrt5)(x+\sqrt5)$；因此在 $\mathbb C$ 上亦可约。

解答 · 参考解答 4

由于 $p$ 不可约，它的因式只有常数倍与本身。若 $p\nmid a$，gcd 不可能有 $\deg p$，故只能是 $1$。

解答 · 参考解答 5

若 $p\nmid a$，由第 4 题得 $\gcd(a,p)=1$。取 $u,v$ 使 $ua+vp=1$， 两边乘以 $b$，可得 $p\mid b$。

解答 · 参考解答 6

$x^2-1$ 与 $x-1$ 的 gcd 是 $x-1$。但 $x-1$ 不整除 $x+1$，所以不存在。