§ 2. 。多项式的零

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§ 2。多项式的零

1. 一个不定多项式的根。重数

令 $g \in A[(X_i)_{i \in I}]$ 和 $E$ 为单位结合律 $A$ -代数。设 $x = (x_i)_{i \in I}$ 是 $E$ 的成对可置换元素族。如果 $g(x) = 0$ ，我们可以说 $x$ 是 $E^l$ 中 $g$ 的零。如果 $f$ 是单不定多项式，则 $E$ 中 $f$ 的零也称为 $E$ 中 $f$ 的根。

命题 1 06AO

— 设 $f \in A[X]$ 和 $\alpha \in A$ 。 $f$ 除以 $X - \alpha$ 的余数为 $f(\alpha)$ 。为了使 $\alpha$ 成为 $f$ 的根， $X - \alpha$ 应该是 $A[X]$ 中的 $f$ 的除子是充分必要的。

被以下引用 2

被以下引用命题 2, 命题 1, V § 4

因为如果 $u,\ v \in \mathbf{A}[X]$ 满足 $f = (X - \alpha)\ u + v,\ \deg v < 1$ ，则 $v$ 是标量， $f(a) = (a - a)\ u(\alpha) + v = v$ 。这证明了第一个断言，并由此得出第二个断言。

命题 2 06AP

— 令 $f \in \mathbf{A}[X]$ 、 $a \in \mathbf{A}$ ，并令 $h$ 为整数 $\geq 0$ 。以下条件是等效的： (i) $f$ 能被 $(X - \alpha)^h$ 整除，但不能被 $(X - \alpha)^{h-1}$ 整除； (ii) *存在 $g \in \mathbf{A}[X]$ 使得 $f = (X - \alpha)^h g$ 和 $g(a) \neq 0$ 。 (i) $\Rightarrow$ (ii) 立即由提案 1 得出。 (ii) $\Rightarrow$ (i) ：假设 $f = (X - \alpha)^h g$ ，其中 $g$ 不承认 $a$ 为根。那么 $f$ 可以被 $(X - \alpha)^h$ 整除；如果 $g_1 \in \mathbf{A}[X]$ 存在使得 $f = (X - \alpha)^{h+1} g_1$ ，那么由于 $(X - \alpha)^n$ 不是 $\mathbf{A}[X]$ 中零的除子（IV，p. 9，命题7），我们有 $g = (X - a)\ g_1$ ，所以 $g(\alpha) = 0$ ，即荒谬的。

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了命题 1

被以下引用注 2, 命题 3

命题 3 06AQ

— 令 $f$ 为 $\mathbf{A}[X]$ 和 $a \in \mathbf{A}$ 的非零元素。提案 2 中仅存在一个整数 $h \geq 0$ 满足条件 (i) 和 (ii)。 对于条件 (i) 来说这是很清楚的，记住 iff 可被 $(X - \alpha)^h$ 整除，然后被 $\deg f \geq h$ 整除（IV，p. 9，命题 7）。

引用了 1

引用了命题 2

定义 1 06AR

— 对于上面的记号，我们说 $a$ 是阶 $h$ ，或者重数 $h$ 相对于 $f$ 。 如果 $h > 0$ 我们也说 $a$ 是阶 $h$ 或重数 $h$ 的根。阶 1 的根称为简单的根，阶 2 的根双根，... 阶 $> 1$ 的根据说是倍数。

被以下引用 1

被以下引用命题 5

注 1 06AS

如果 $f = 0$ 我们同意说 $a$ 相对于 $f$ 有阶 $\geq h$ ，无论 $a \in \mathbf{A}$ 和整数 $h \geq 0$ 。对于任何 $f \in \mathbf{A}[X]$ 和 $a \in \mathbf{A}$ ，说 $a$ 相对于 $f$ 有阶 $\geq h$ 意味着 $(X - \alpha)^h$ 除 $f$ 。

注 2 06AT

令 $B$ 为交换环包含 $\mathbf{A}$ 为子环。令 $f \in \mathbf{A}[X]$ 非零且 $a \in \mathbf{A}$ 。无论我们将 $f$ 视为 $B[X]$ 的元素还是 $\mathbf{A}[X]$ 的元素， $a$ 的阶相对于 $f$ 都是相同的。这从命题 2 的条件(ii)中可以清楚地看出。

引用了 1

引用了命题 2

命题 4 06AU

— 令 $f$ 和 $g$ 为 $\mathbf{A}[X]$ 的非零元素。令 $a \in \mathbf{A}$ ，并令 $a$ 相对于 $f$ 和 $g$ 的阶分别为 $p$ 和 $q$ 。 (i) $a$ 相对于 $f + g$ 的阶为 $\geq \inf(p, q)$ 。如果 $p \neq q$ ，则等于 $\inf(p, q)$ 。 (ii) $a$ 相对于 $fg$ 的阶为 $\geq p + q$ 。如果 $\mathbf{A}$ 是整环，则它等于 $p + q$ 。

被以下引用 1

被以下引用命题 5

因为我们有 $f(X) = (X - \alpha)^p f_1(X)$ 、 $g(X) = (X - \alpha)^q g_1(X)$ 和 $f_1(\alpha) \neq 0$ 、 $g_1(a) \neq 0$ 。假设例 $p \leq q$ ；那么我们有

f(X) + g(X) = (X - \alpha)^p (f_1(X) + (X - \alpha)^{q-p} g_1(X)) .

如果 $p < q$ ， $a$ 不是 $f_1(X) + (X - \alpha)^{q-p} g_1(X)$ 的根；这就证明了(i)。另一方面，如果 $A$ 是整环，我们就有 $f(X)g(X) = (X - \alpha)^{p+q} f_1(X)g_1(X)$ 和 $f_1(\alpha)g_1(\alpha) \neq 0$ ；这就证明了(ii)。

命题 5 06AV

假设 $A$ 是整环。令 $f$ 为 $A[X]$ 的非零元素，且 $\alpha_1, \ldots, \alpha_p$ 为 $A$ 、阶 $k_1, \ldots, k_r$ 中 $f$ 的成对不同根。我们有

引用了 2 · 被以下引用 3

引用了定义 1, 命题 4

被以下引用 Chapter IV, § 2, no. 3, Proposition 5, 定理 1, 定理 1, V § 10

f(X) = (X - \alpha_1)^{k_1}(X - \alpha_2)^{k_2} \ldots (X - \alpha_p)^{k_p} g(X)

其中 $g \in A[X]$ 和 $\alpha_1, \ldots, \alpha_p$ 不是 $g$ 的根。

我们通过 $p$ 上的归纳继续进行，命题对于 $p = 1$ 来说是明显的，根据 Def。 1. 假设 $f(X) = g_1(X)g_2(X)$ ，其中

g_1(X) = (X - \alpha_1)^{k_1} \ldots (X - \alpha_{p-1})^{k_{p-1}}, \quad g_2(X) \in A[X].

由于 $A$ 是整环并且 $\alpha_p$ 与 $\alpha_1, \ldots, \alpha_{p-1}$ 不同，因此 $\alpha_p$ 不是 $g_1(X)$ 的根，因此 $\alpha_p$ 是阶 $k_p$ 或 $g_2(X)$ 的根（提案 4，(ii)）。由此可见 $g_2(X)$ 可以被 $(X - \alpha_p)^{k_p}$ 整除，所以

f(X) = (X - \alpha_1)^{k_1} \ldots (X - \alpha_p)^{k_p} g(X)

其中 $g(X) \in A[X]$ 。显然 $\alpha_1, \ldots, \alpha_p$ 不是 $g$ 的根。

定理 1 06AW

设 $A$ 为整环。给定 $A[X]$ 、次数 $n$ 的非零元素 $f$ ，则 $A$ 中所有根中的阶的和为 $\leq n$ 。

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了命题 5

被以下引用推论, 命题 9

这紧随第 5 号提案而来。

推论 06AX

假设 $A$ 是整环，并让 $f, g \in A[X]$ 为次数 $\leq n$ 。如果 $A$ 存在 $n + 1$ 成对不同的元素 $x_1, \ldots, x_{n+1}$ ，使得 $f(x_i) = g(x_i)$ 对应于 $1 \leq i \leq n + 1$ ，则 $f = g$ 。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了定理 1

被以下引用命题 6（拉格朗日插值公式）

应用Th就足够了。 1 到 $f - g$ 。

命题 6（拉格朗日插值公式） 06AY

— *令 $K$ 为交换域， $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, a,$ 不同于 $K$ 的元素，以及 $\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_n$ $K$ 的任何元素。对于 $i = 1, 2, \ldots, n$ ，我们输入

f_i(X) = \prod_{j \in U(i)} (X - \alpha_j)/(\alpha_i - \alpha_j),

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了推论

被以下引用习题 4, § 3, 推论, LIE VIII § 12

其中 $U(i)$ 是整数 $j$ 的集合，使得 $j \neq i$ 和 $1 \leq j \leq n$ 。那么 $\beta_1 f_1 + \ldots + \beta_n f_n$ 是 $K[X]$ 的唯一元素 $f$ ，这样 $\deg f < n$ 和 $f(\alpha_i) = \beta_i$ $1 \leq i \leq n$ 。

唯一性关闭来自Cor。至 Th。 1.设 $f = \beta_1 f_1 + \ldots + \beta_n f_n$ ，那么由于 $f_i$ 有次数 $n - 1$ ，所以我们有 $\deg f < n$ 。另一方面， $f_i(\alpha_j) = 0$ 代表 $j \neq i$ 和 $f_i(\alpha_i) = 1$ ，因此 $f(\alpha_i) = \beta_i$ 代表 $1 \leq i \leq n$ 。

推论 06AZ

— 假设 $\mathbf{A}$ 是整环。令次数 $< n$ 中的 $f \in \mathbf{A}[X]$ ，并令 $K$ 为 $\mathbf{A}$ 中的子环，即域。如果 $\mathbf{A}$ 存在 $n$ 不同的元素 $\alpha_1, \ldots, a_n$ ，使得 $\alpha_i \in K$ 和 $f(\alpha_i) \in K$ 对于 $i = 1, \ldots, n$ ，则 $f \in K[X]$ 。

2. 重数与根的微分准则

命题 7 06B0

— 令 $f \in \mathbf{A}[X]$ 且令 $a \in \mathbf{A}$ 为根关：为了使 $a$ 成为简单的根关， $a$ 不应该是 $f$ 的导数 $Df$ 的根是充分必要的。

被以下引用 3

被以下引用命题 3, V § 12, 命题 4, V § 16, 命题 4, V § 7

到假设，我们有 $f = (X - a)\ g$ ，其中 $g \in \mathbf{A}[X]$ 。要使 $a$ 成为 $f$ 的简单根， $g(\alpha) \neq 0$ 是充分必要的。现在我们有 $Df = g + (X - \alpha)\ Dg$ ，从而 $(Df)(\alpha) = g(\alpha)$ 。

更一般地说：

命题 8 06B1

— 设 $f \in \mathbf{A}[X]$ 和 $a \in \mathbf{A}$ ，并假设 $a$ 相对于 $f$ 有阶 $k \geq 1$ ：则 $a$ 相对于 $Df$ 有阶 $\geq k - 1$ 。如果 $k . 1$ 在 $\mathbf{A}$ 中可取消，则 $a$ 相对于 $Df$ 有阶 $k - 1$ 。

被以下引用 2

被以下引用推论, 命题 13, LIE I § 3

到假设，存在 $g \in \mathbf{A}[X]$ ，使得 $f = (X - a)^k g$ 和 $g(a) \neq 0$ 。因此 $Df = k(X - \alpha)^{k-1}g + (X - \alpha)^k Dg = (X - \alpha)^{k-1}(kg + (X - \alpha)\ Dg)$ ，它建立了命题的第一个部分。 $X = \alpha$ 的 $kg + (X - \alpha)\ Dg$ 的值是 $kg(a)$ ，并且如果 $k . 1$ 在 $\mathbf{A}$ 中可取消，则该值非零；这就证明了命题的第二个部分。

令 $k$ 为整数 $> 0$ ，使得 $k . 1 = 0$ 包含在 $\mathbf{A}$ 中。如果 $f(X) = X^k$ ，则 $0$ 是 $f$ 的阶 $k$ 根，以及 $Df$ 的任意高阶的根。

推论 06B2

— 设 $f \in \mathbf{A}[X]$ 、 $a \in \mathbf{A}$ 、 $p$ 整数 $\geq 0$ ，进一步假设 $p! . 1$ 在 $\mathbf{A}$ 中可取消。那么，为了使 $a$ 成为阶的根、 $f$ 的 $p$ ， $a$ 应该是 $f, Df, ..., D^{p-1}f$ 的根而不是 $D^pf$ 的根是充分必要的。

引用了 1

引用了命题 8

这是根据归纳在 $p$ 提出的第 8 号提案得出的。

3. 多项式函数无限整环

命题 9 06B3

— 假设 $A$ 为整环。令 $I$ 为集合， $(\mathbf{H}_i)_{i \in I}$ 由 $\mathbf{A}$ 和 $H = \prod_{i \in I} \mathbf{H}_i \subset A'$ 组成的无限子集族。 Iff 是 $\mathbf{A}[(X_i)_{i \in I}]$ 的非零元素，以及所有 $x \in H$ 的 $H_f$ 集合，使得 $f(x) \neq 0$ ，则 $H$ 和 $H_f$ 等价。

引用了 1 · 被以下引用 3

引用了定理 1

被以下引用推论 1, 推论 2, 定理 2, LIE VIII § 8

a) 首先假设 $I$ 是有限的，并放入 $n = \mathrm{Card}\ I$ 。命题对于 $n = 0$ 来说是清晰的；我们将通过 $n$ 上的归纳来证明它。 $I$ 的选择元素 $i_0$ 并放入 $J = I - \{i_0\}$ ， $B = \mathbf{A}[(X_i)_{i \in J}]$ 。从 $f \neq 0$ 开始，我们可以写成 $f = \sum_{k=0}^m g_k X_{i_0}^k$ ，其中 $g_0, \ldots, g_m \in B$ 和 $g_m \neq 0$ 。通过所有 $x \in \prod_{i \in s} H_i$ 的归纳假设集合K，使得 $g_m(x) \neq 0$ 与 $\prod_{i \in J} H_i$ 等价。对于 $x \in K$ 多项式

h(X_{i_0}) = \sum_{k=0}^m g_k(x) X_{i_0}^k \in A[X_{i_0}]

是非零的。由 Th. 1 (IV, p. 16) 集合 of

a \in H_{i_0}

，使得

h(\alpha) \neq 0

与

H_{i_0}

从而等价

\operatorname{Card} H \geq \operatorname{Card} H_f \geq (\operatorname{Card} K) \cdot (\operatorname{Card} H_{i_0}) = \operatorname{Card} H,

所以

\operatorname{Card} H = \operatorname{Card} H_f

。

b) 在一般情况下，存在有限子集 $I'$ 或 I，使得 $f \in A[(X_i)_{i \in I'}]$ 。令 $H'_f$ 为所有 $x \in \prod_{i \in I'} H_i$ 中的集合，使得 $f(x) \neq 0$ 。然后

H_f = H'_f \times \left( \prod_{i \in I - I'} H_i \right),

只需应用证明中的第一个部分到

H'_f

即可。

推论 1 06B4

— *我们保留命题 9 的假设和记号。如果 l 非空，则 $H_f$ 是无限的。

引用了 1

引用了命题 9

推论 2 06B5

— *假设 A 是无限整环或 A 是无限域上的代数。对于每个 $f \in A[(X_i)_{i \in I}]$ ，令 $\tilde{f}: A^I \to A$ 为由 f (IV, p. 4) 定义的多项式函数。那么映射 $f \mapsto \tilde{f}$ 是单射的。

引用了 2 · 被以下引用 4

引用了命题 9, § 2. 。多项式的零

被以下引用定理 2（代数恒等式扩张原理）, 命题 5, IV § 5, 定理 2, V § 6, 命题 7, LIE VII § 1

当 A 是无穷大整环时，命题 9 立即推出推论。假设 A 在无穷大域 k 上是代数。令 $f = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \alpha_\nu X^\nu$ 为 $A[(X_i)_{i \in I}]$ 的非零元素；则存在 $\nu_0 \in \mathbf{N}^{(I)}$ 使得 $\alpha_{\nu_0} \neq 0$ ，以及 A 上的 k 线性形式 $\varphi$ 使得 $\varphi(\alpha_{\nu_0}) \neq 0$ 。让 $g = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \varphi(a_\nu) X^\nu \in k[(X_i)_{i \in I}]$ ；我们有 $g \neq 0$ ，因此存在 $x \in k^I$ 使得 $g(x) \neq 0$ 。然后 $\varphi(f(x)) = g(x) \neq 0$ ，等等 $f(x) \neq 0$ 。

当A是无限整环或当A是代数超过无限域时，我们通常将认同f与 $\tilde{f}$ 。

假设 A 是有限的，并且令 $f(X) = \prod_{a \in A} (X - a)$ ，然后 $f \neq 0$ ，但是 $\tilde{f} = 0$ 。对于其他例，请参阅IV、p. 88、习题 7 和 8。

定理 2（代数恒等式扩张原理） 06B6

— *假设 A 是无穷大整环。令 $g_1, \ldots, g_m, f$ 为元素 / $A[(X_i)_{i \in I}]$ 并假设以下假设：

引用了 1 · 被以下引用 4

引用了推论 2

被以下引用学院, 命题 3, IV § 3, 命题 10, V § 10, Chapter IV, § 2, Theorem 2

a） $g_1 \neq 0, \ldots, g_m \neq 0$ ； b) 对于所有 $x \in \mathbf{A}^1$ 这样 $g_1(x) \neq 0, \ldots, g_m(x) \neq 0$ ，*我们有* $f(x) = 0$ 。然后 $f = 0$ 。

对于如果 $f \neq 0$ ，我们有 $fg_1 \ldots g_m \neq 0$ （IV，p. 9，命题8），因此存在 $x \in \mathbf{A}^1$ 使得 $f(x)g_1(x) \ldots g_m(x) \neq 0$ （IV，p. 18，Cor.2），其中与……矛盾假设。

学院 06B7

— 令 A 为整环和 $f \in A[(X_i)_{i \in I}]$ 。 Th。 2 提供了证明到 $f = 0$ 的便捷方式。将无限整环 E 包含 A 视为子环就足够了；如果我们可以证明对于所有 $(x_i) \in E^I$ （或者甚至对于那些给定非零多项式的有限数不会消失的 $(x_i) \in E^I$ ）， $f((x_i)) = 0$ ，那么可以得出 $f = 0$ 。如果A本身不是无限的，我们可以对例取E为环 $A[X]$ 或其分数的域。

一旦我们证明了关系 $f = 0$ ，我们就可以清楚地推论出对于所有 $(y_i) \in F^I$ $f((y_i)) = 0$ ，其中 F 是任何单位结合律和交换律 A-代数；特别是 F 可以是有限的或非整数。

在其他 $f((x_i)) = 0$ 的字、证明中，当 $x_i$ 运行于无限整环包含A作为子环时（对于 $1 \leq k \leq m$ ，可能有限制即 $g_k((x_i)) \neq 0$ ，其中 $g_k$ 是非零多项式）意味着当 $x_i$ 运行在任何单位结合律和交换律 A-代数上时具有相同的恒等式。

特别是让 $f \in Z[(X_i)_{i \in I}]$ 。如果当 $x_i$ 超过 $\mathbf{Z}$ 时 $f((x_i)) = 0$ （对于 $1 \leq k \leq m$ 可能有 $g_k((x_i)) \neq 0$ 的限制，其中 $g_k$ 是 $\mathbf{Z}[(X_i)]$ 的非零元素），那么当 $x_i$ 运行任意交换环。

引用了 1

引用了定理 2（代数恒等式扩张原理）

习题

参见习题为 § 2。