Polynomia 多项式
〔定理 4.1〕：
设 $a_0,\,a_1,\,\cdots,\,a_n\in\mathbb F$，若对任意 $x\in\mathbb F$ 均有
$a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=0$，
则 $a_0=a_1=\cdots=a_n=0$．
〔证明〕：
以反证法假设这些系数不全为 $0$，在此前提下设 $a_n\neq0$(1)．令
$x=\dfrac{\sum_{i=1}^{n-1}|a_i|}{|a_n|}+1$，
显然地，$x\geq 1$，因此对任意 $0\leq i\leq n-1$，总有 $x^i\leq x^{n-1}$．
由三角不等式(2)，有
$\begin{aligned}\displaystyle|a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}|&\leq\sum_{i=0}^{n-1}|a_ix^i|\\&\leq \sum_{i=0}^{n-1}|a_ix^{n-1}|\\&<|a_nx^n|.\end{aligned}$(3)
由此得 $a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\neq-a_nx^n$，移项便得 $a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\neq 0$．
■
〔定理 4.2〕：
设 $p,\,s\in\mathcal P(\mathbb F)$，其中 $s\neq 0$，则唯一存在 $q,\,r\in\mathcal P(\mathbb F)$ 使得 $p=sq+r$ 并且 $\deg r<\deg s$．(4)
〔证明〕：
$n:=\deg p,\;m:=\deg s$，
若 $n<m$，则令 $q=0$，则得到 $p=r$，从而 $\deg r=n<m$，即为所求；
若 $n\geq m$，定义线性变换 $T:\mathcal P_{n-m}(\mathbb F)\times\mathcal P_{m-1}(\mathbb F)\to\mathcal P_{n}(\mathbb F),\quad (q,\,r)\mapsto sq+r$．若 $(q,\,r)\in\ker T$，则 $sq+r=0$．由于 $\deg r=m-1<m$，所以 $\deg(sq+r)=\deg(sq)=n\geq m$，因此 $sq\neq-r$，得 $q=r=0$，所以 $\ker T=\{(0,\,0)\}$，即 $\dim\ker T=0$，得证唯一性．由 Th. 3.16，有 $\dim(\mathcal P_{n-m}(\mathbb F)\times\mathcal P_{m-1}(\mathbb F))=(n-m+1)+(m-1+1)=n+1$，由秩–零化度定理便得 $\dim\operatorname{Im} T=n+1=\dim\mathcal P_n(\mathbb F)$，因此 $\operatorname{Im}(T)=\mathcal P_n(\mathbb F)$，得证存在性．
■
Factorizatio Polynomiorum 多项式因式分解
〔定义〕：
对于某一多项式 $p\in\mathcal P(\mathbb F)$，使得 $p(z)=0$ 成立的 $z\in\mathbb F$ 称为多项式的零点（zero）或根（root）．
若对于多项式 $s\in\mathcal P(\mathbb F)$，存在多项式 $q\in\mathcal P(\mathbb F)$ 满足 $p=sq$，则称 $s$ 是 $p$ 的因式（factor）（自然，$q$ 也是 $p$ 的因式）．
〔定理 4.3〕：
设 $p\in\mathcal P(\mathbb F)$，$z\in\mathbb F$ ，则 $p(z)=0$ 当且仅当存在 $q\in\mathcal P(\mathbb F)$，使得对任意 $x\in\mathbb F$ 均有 $p(x)=(x-z)q(x)$．
〔证明〕：
设存在这样的多项式 $q\in\mathcal P(\mathbb F)$，则显然有 $p(z)=(z-z)q(z)=0$，完成单个方向的证明．
要证明其逆命题成立，设 $p(z)=0$．多项式 $x-z$ （关于 $x$）的次数为 $1$，由 Th. 4.2，唯一存在多项式 $q, r\in\mathcal P(\mathbb F)$ 使得 $p(x)=(x-z)q(x)+r(x)$，并且 $\dim r<\dim (x-z)=1$，因此 $r\in\mathbb F$．由 $p(z)=0$ 便得 $r=0$，因此得证．
■
〔定理 4.4〕：
设 $p\in\mathcal P(\mathbb F)$，$n:=\deg p$，则 $p$ 最多有 $n$ 个相异的根．
〔证明〕：
若 $n=0$ 则显然．
若 $n=1$，则存在 $a_0,\,a_1\in\mathbb F$ 使得 $p(x)=a_0+a_1x$，此时唯一的根为 $-a_0/a_1$．
考虑 $n>1$ 的情况，若 $p$ 没有根，则完成证明；若 $z\in\mathbb F$ 是 $p$ 的一个根，则存在 $q\in\mathcal P(\mathbb F)$ 使得对任意 $x\in\mathbb F$ 有 $p(x)=(x-z)q(x)$（Th. 4.3），显然 $\deg q=n-1$，则 $p$ 的根为 $z$ 以及 $q$ 的所有根．据此由归纳法即得证．
■
〔定理 4.5〕代数基本定理（fundamental theorem of algebra）：
$\mathbb C$ 上的任一非常值（即次数为正的）多项式均在 $\mathbb C$ 中存在至少一个根．
该定理的证明需要涉及一定的分析学内容，在此略去．
〔定理 4.6〕：
若 $p\in\mathcal P(\mathbb C)$ 是非常值多项式，则在不考虑因式顺序的前提下，如下形式是 $p$ 唯一的因式分解：
$p(x)=c(x-z_1)\cdots(x-z_n)$，
其中 $c,\,z_1,\,\cdots,\,z_n\in\mathbb C$．
〔证明〕：
令 $p\in\mathcal P(\mathbb C)$，$n:=\deg p$．
若 $n=1$，则 $p$ 是常值函数，其因式分解是显然唯一存在的．
于是考虑 $n>1$ 的情况，由代数基本定理，$p$ 存在一个根 $z$，于是对任意 $x\in\mathbb C$，均存在一个多项式 $q\in\mathbb C$，使得
$p(x)=(x-z)q(x)$（Th. 4.3），
其中 $\deg q=n-1$，由归纳法即可得证所求因式分解形式的存在性．
再证唯一性．显然 $c$ 是 $x^n$ 项的系数，因此是唯一的．假设存在 $z_1,\,\cdots,\,z_n\in\mathbb C$，又存在 $\zeta_1,\,\cdots,\,\zeta_n\in\mathbb C$，使得对任意 $x\in\mathbb C$，
$(x-z_1)\cdots(x-z_n)=(x-\zeta_1)\cdots(x-\zeta_n)$．
当 $x=z_1$ 时，$\zeta_1,\,\cdots,\,\zeta_n$ 必有其一等于 $z_1$，使得等式两侧为 $0$．此时可以令 $\zeta_1=z_1$．在 $x\neq z_1$ 的前提下，将等式两端约去 $x-z_1$，得到对任意 $x\in\mathbb C\setminus\{z_1\}$，
$(x-z_2)\cdots(x-z_n)=(x-\zeta_2)\cdots(x-\zeta_n)$ （▲）．
将右侧移项，得
$(x-z_2)\cdots(x-z_n)-(x-\zeta_2)\cdots(x-\zeta_n)=0$，
对任意 $x\in\mathbb C\setminus\{z_1\}$，以上等式均成立，因此左侧的多项式有无穷个相异的根，与 Th. 4.4 矛盾，因此（▲）对任意 $x\in\mathbb C$ 均成立．这便证明了对任意 $1\leq i\leq n$，$z_i\equiv \zeta_i$，即在不考虑顺序的情况下，因式分解是唯一的．
■
〔定理 4.7〕：
设 $p\in\mathcal P(\mathbb C)$ 是实系数多项式，若 $z\in\mathbb C$ 是 $p$ 的一个根，则 $\overline z$ 也是 $p$ 的根．
〔证明〕：
令 $p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$，其中 $a_0,\,a_1,\,\cdots,\,a_n\in\mathbb R$．
设 $z\in\mathbb C$ 是一个根，则
$a_0+a_1z+\cdots+a_nz^n=0$，
等式两侧同时取共轭，得到
$a_0+a_1\overline z+\cdots+a_n\overline z^n=0$，
因此 $\overline z$ 也是 $p$ 的根．
■
〔定理 4.8〕：
设 $b,\,c\in\mathbb R$，则当且仅当 $b^2\geq 4c$，有如下的多项式因式分解：
$x^2+bx+c=(x-z_1)(x-z_2)$
其中 $z_1,\,z_2\in\mathbb R$．
〔证明〕：
注意到
$x^2+bx+c=\left(x+\dfrac b2\right)^2+\left(c-\dfrac{b^2}4\right)$（配方法），
假设 $b^2<4c$，则等式右侧恒正，多项式 $x^2+bx+c$ 没有实数根而无法得到所需的因式分解．
反之，设 $b^2\geq 4c$，则存在 $d\in\mathbb R$，使得 $d^2=b^2/4-c$，于是有
$x^2+bx+c=\left(x+\dfrac b2\right)^2-d^2=\left(x+\dfrac b2+d\right)\left(x+\dfrac b2-d\right)$，
即为所求．
■
〔定理 4.9〕：
若 $p\in\mathcal P(\mathbb R)$ 是非常值多项式，则在不考虑因式顺序的前提下，如下形式是 $p$ 唯一的因式分解：
$p(x)=k(x-z_1)\cdots(x-z_m)(x^2+b_1x+c_1)\cdots(x^2+b_nx+c_n)$，
其中 $k,\,z_1,\,\cdots,\,z_m,\,b_1,\,\cdots,\,b_n,\,c_1,\,\cdots,\,c_n\in\mathbb R$，且对任意 $1\leq i\leq n$ 总有 $b_i^2<4c_i$．
〔证明〕：
将 $p$ 视为 $\mathcal P(\mathbb C)$ 的元素，若 $p$ 的所有复数根均为实数，则由 Th. 4.6 得证．于是假设 $p$ 有根 $z\in\mathbb C\setminus\mathbb R$，于是 $\overline z$ 也是 $p$ 的根（Th. 4.7），于是存在 $q\in\mathcal P(\mathbb C)$ 满足 $\deg q=\deg p-2$，并使得
$p(x)=(x-z)(x-\overline z)q(x)=(x^2-2\mathfrak R(z)+|z|^2)q(x)$．
在此基础上，若能证明 $q$ 是实系数的多项式，则由归纳法可说明对 $p$ 的任意一个根 $z$，因式 $x-z$ 出现于因式分解中当且仅当 $x-\overline z$ 也出现（Th. 4.7）．欲证此，则考虑对于任意 $x\in\mathbb R$，
$q(x)=\dfrac{p(x)}{x^2-2\mathfrak R(z)+|z|^2}$，
这意味着 $\forall\;x\in\mathbb R,\quad q(x)\in\mathbb R$，令
$q(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_{s-2}x^{s-2}$，
其中 $s:=\deg p$，$a_0,\,a_1,\,\cdots,\,a_{s-2}\in\mathbb C$，则有
$\mathfrak I(q(x))=\mathfrak I(a_0)+\mathfrak I(a_1)x+\cdots+\mathfrak I(a_{s-2})x^{s-2}=0$，
从而得到 $\mathfrak I(a_0)=\mathfrak I(a_1)=\cdots=\mathfrak I(a_{s-2})=0$，因此 $q$ 的系数均为实数，所以所需的因式分解存在．
对任意 $1\leq i\leq n$，$p$ 的因式 $x^2+b_ix+c_i$（$b_i^2<4c_i$）总能以某一 $z_i\in\mathbb C$ 唯一地表示为 $(x-z_i)(x-\overline{z_i})$．所以 $p\in\mathcal P(\mathbb R)$ 若有两种不同的因式分解，则 $p\in\mathcal P(\mathbb C)$ 亦有两种不同的因式分解，与 Th. 4.6 矛盾．
■
Annotationes 注释
(1). 若使得 $a_i\neq0$ 满足的最大的 $i$ 不是目前的 $n$，只需将 $n$ 的值变化． ↩
(2). 三角不等式（triangle inequality）：对任意复数 $x,\,y$ 均有 $|x+y|\leq |x|+|y|$． ↩
(3). 最后一步的详细解释，$|a_nx^n|=|a_n|x^{n-1}x=|a_n|x^{n-1}\left(\dfrac{\sum_{i=1}^{n-1}|a_i|}{|a_n|}+1\right)$ $=|a_n|x^{n-1}+\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}|a_i|x^{n-1}>\sum_{i=0}^{n-1}|a_i|x^{n-1}$． ↩
(4). 这一定理可以类比为自然数的整除：对任意 $p,\,s\in\mathbb N$，其中 $s\neq 0$，唯一存在 $q,\,r\in\mathbb N$ 使得 $p=sq+r$ 且 $r<s$．在此，$s$ 是整除的除数，$q$ 是整除的商，$r$ 是余数． ↩
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