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代数学学习帖

本帖最后由 zhcosin 于 2018-1-21 22:26 编辑

写一些学习笔记,高等代数、抽象代数的,发布在 https://coding.net/u/zhcosin/p/math-notes-publish/git/blob/master/algebra-note.pdf 上.

参考书:
1. 北京大学数学系几何与代数教研室前代数小组《高等代数》,高等教育出版社.
2. 聂灵沼,丁石孙,代数学引论,高等教育出版社.
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北京大学数学系几何与代数教研室 《高等代数》第一章,关于整系数多项式的有理根的一个定理的另证:
定理 设$f(x)$为一个整系数本原多项式
\[ f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1 x + a_0  \]
如果它有一个有理根$x=\frac{r}{s}$(这里$r$,$s$互素),那么必有$s \mid a_n$及$r \mid a_0$.
注:本原多项式是指整系数多项式的各项式系数互素,即最大公因数为1.
证明   由条件得
  \[ a_n \left( \frac{r}{s} \right)^{n} + a_{n-1}\left( \frac{r}{s} \right)^{n-1} + \cdots + a_1 \frac{r}{s} + a_0 = 0 \]
  整理得
  \[ a_nr^n + a_{n-1}r^{n-1}s + \cdots + a_1rs^{n-1} + a_0s^n = 0 \]
  左边除最后一项外都能被$r$整除,所以$r \mid a_0s^{n-1}$,而$r$与$s$互素,所以$r \mid a_0$,同样,左边除第一项外都能被$s$整除,所以$s \mid a_nr^n$,从而$s \mid a_n$.

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多项式带余除法  对数域$P$上的任意两个非零多项式$f(x)$和$g(x)$,存在数域$P$上的另外两个多项式$q(x)$和$r(x)$,其中$r(x)$次数低于$g(x)$或者是零多项式,使得下式成立
  \[ f(x) = q(x) g(x) + r(x) \]

证明  如果$f(x)$的次数低于$g(x)$,则取$u(x)=0$, $r(x)=f(x)$就可以了,以下证明$f(x)$比$g(x)$次数高的情况,设
  \[ f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i, \   g(x)=\sum_{i=0}^nb_ix^i \]
  其中$n>m>0$,则首先用
  \[ u_0(x)=\frac{a_n}{b_m}x^{n-m} \]
  与$g(x)$相乘得出一个$n$次多项式,于是这个多项式与$f(x)$的差就是一个次数低于$n$的多项式,即
  \[ f(x) = u_0(x) g(x) + f_1(x) \]
  如果$f_1(x)$的次数仍然高于或者等于$g(x)$,则我们再对$f_1(x)$施以同样的手法可得出第二个等式
  \[ f_1(x) = u_1(x)g(x) + f_2(x) \]
  依次下去,必定能够在有限步之内(最多$n-m+1$步)使得某个$f_r(x)$的次数低于$g(x)$或者成为零多项式,这时便有
  \[ f(x) = g(x) \sum_{i=0}^{r-1}u_i(x) + f_r(x) \]
  于是取
  \[ u(x)=\sum_{i=0}^{r-1}u_i(x), \  r(x)=f_r(x) \]
  就可以满足定理要求。

这个证明过程实际上就是多项式除法的运算过程。

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本帖最后由 zhcosin 于 2017-6-21 17:53 编辑

最大公因数与辗转相除法

定义  如果$d(x) \mid f(x)$且$d(x) \mid g(x)$,则称$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个公因式.

显然常数因子是任何两个多项式的公因式,因而公因式是存在的。

定义  多项式$f(x)$与$g(x)$的诸公因式中,次数最高的那一个称为这两个多项式的最大公因式.

这个定义的问题是,有没有可能同时存在多个次数都最高的公因式(只相差一个常数因子的视为同一个),也就是最大公因式的唯一性问题。

而流行的定义是:

定义 设$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个公因式,如果$f(x)$与$g(x)$的所有公因式都是$d(x)$的因式,则称$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的最大公因式.

这个定义也有个问题,在这诸公因式中,次数最高的那个,是否能被别的所有公因式都整除呢,所以无论采用哪一种定义,都有些问题要留待对最大公因式有一定程度的讨论后才能解决,这就是最大公因式的性质定理:

最大公因式性质定理  设$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的最大公因式,则存在多项式$u(x)$和$v(x)$,使得
  \[ d(x) = u(x)f(x) + v(x)g(x) \]

为证明这个定理,先提出如下引理
引理  如果有等式
  \[ f(x)=q(x)g(x)+r(x) \]
  则$f(x)$与$g(x)$的公因式,也必然是$g(x)$与$r(x)$的公因式.

由整除性质,引理是显然的。

现在证明最大公因式的性质定理:
证明  根据带余除法,存在多项式$q_1(x)$及$r_1(x)$(次数低于$g(x)$或者是零多项式),使
  \[ f(x)=q_1(x)g(x)+r_1(x) \]
  如果$r_1(x)$不是零多项式,则再继续拿$g(x)$除以$r_1(x)$,得出
  \[ g(x) = q_2r_1(x)+r_2(x) \]
  如此反复下去,因为每进行一次,$r_i(x)$的次数至少减少一,因此必然在有限步之后,$r_i(x)$成为零次多项式即为常数,再进行一次之后,$r_i(x)$便成为零多项式,把这过程写成等式序列,并记$r_{-1}(x)=f(x)$,$r_0(x)=g(x)$,便是
  \begin{eqnarray*}
    r_{-1}(x) & = & q_1(x)r_0(x)+r_1(x) \\
    r_0(x) & = & q_2(x)r_1(x)+r_2(x) \\
    \cdots \\
    r_{k-1}(x) & = & q_{k+1}(x)r_k(x)+r_{k+1}(x) \\
    \cdots \\
    r_{s-2}(x) & = & q_s(x)r_{s-1}(x) + r_s(x) \\
    r_{s-1}(x) & = & q_{s+1}(x)r_s(x) + 0
  \end{eqnarray*}
  按照上述引理,$f(x)$与$g(x)$的公因式,必然也是$g(x)$与$r_1(x)$的公因式,也就必然是$r_1(x)$和$r_2(x)$的公因式,依次推下去,最后必然也是$r_s(x)$与0的公因式,从而就必然是$r_s(x)$的因式,于是$r_s(x)$本身便是最大公因式(无论按照前面的两种定义的那一种)。

  从上面倒数第二个等式可以看出,$r_s(x)$可以用$r_{s-1}(x)$与$r_{s-2}(x)$表示成各自与某个多项式相乘后再相加的形式,而$r_{s-1}(x)$又可以用$r_{s-2}(x)$和$r_{s-3}(x)$用相同的形式表示出来,依次倒着推回去,最后$r_s(x)$便必定可以用$f(x)$与$g(x)$各自与某个多项式相乘后相加的形式表示出来,当然这也可以用数学归纳法的形式进行严格叙述,略去。

定理证明过程中的这个反复做带余除法的过程称为辗转相除法

从定理证明过程中还可以看出,两个多项式的公因式,都是它俩最大公因式的因式,从而最大公因式在不考虑常数因式的意义下是唯一的。

要说明的是,定理中的$u(x)$及$v(x)$不是唯一的,这从下式中可以看出
\[ d(x) = (u(x)+h(x)g(x))f(x)+(v(x)-h(x)f(x))g(x) \]
即如果$u(x)$、$v(x)$符合定理,则$u(x)+h(x)g(x)$、$v(x)-h(x)f(x)$也符合定理,其中$h(x)$是任意多项式。

但是要强调的是,只有最大公因式才能表示成这种形式,其它公因式不具有这种表示,这就是下面的定理

定理 设$d(x)$是$f(x)$和$g(x)$的一个公因式,如果存在多项式$u(x)$和$v(x)$使得$d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)$,则$d(x)$必然是最大公因式。

证明  显然根据那等式,$f(x)$与$g(x)$的任一公因式也能够整除$d(x)$,所以$d(x)$是最大公因式。

定义  如果两个多项式的最大公因式为1,即$(f(x),g(x))=1$,则称这两个多项式 \emph{互素}.

定理  两个多项式$f(x)$与$g(x)$互素的充分必要条件是,存在多项式$u(x)$和$v(x)$使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$.

证明  如果有这等式,则对于$f(x)$与$g(x)$的最大公因式$d(x)$,必然有$d(x) \mid 1$,所以两个多项式互素,充分性得证,而必要性是显然的。

定理  如果$(f(x),g(x))=1$,且$f(x) \mid g(x)h(x)$,则$f(x) \mid h(x)$.

证明  由互素,存在两个多项式$u(x)$、$v(x)$使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$,两边同乘$h(x)$得
  \[ u(x)f(x)h(x) + v(x)g(x)h(x) = h(x) \]
  显然$f(x)$能够整除等式左边的两项,因而也能整除右边,得证。

推论  如果$(f(x),g(x)=1)$,且$f(x) \mid h(x)$,$g(x) \mid h(x)$,则$f(x)g(x) \mid h(x)$.

证明  设$h(x)=f(x)r(x)$,则$g(x) \mid f(x)r(x)$,按前述定理,这时必有$g(x) \mid r(x)$,于是$f(x)g(x) \mid f(x)r(x) = h(x)$.

另证  由条件,存在多项式$u(x)$和$v(x)$使$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$,又设$h(x)=f(x)f_1(x)$,在前等式两边同乘$f_1(x)$可得$u(x)f(x)f_1(x)+v(x)g(x)f_1(x)=f_1(x)$,即$u(x)h(x)+v(x)g(x)f_1(x)=f_1(x)$,显然$g(x)$能整除等式的左边,因而也能整除右边,即$g(x) \mid f_1(x)$,从而$f(x)g(x) \mid f(x)f_1(x) = h(x)$.

最大公因式可以推广到多个多项式的情形。

定义  如果$d(x)$是一组多项式$f_i(x)(i=1,2,\ldots,n)$的公因式,并且这组多项式的任一公因式都是$d(x)$的因式,则称$d(x)$是这组多项式的公因式,也记为$d(x)=(f_1(x),f_2(x),\ldots,f_n(x))$.

定理  对一组多项式$f_i(x)(i=1,2,\ldots,n)$,定义递推序列$d_1(x)=f_1(x)$,$d_k(x)=(d_{k-1}(x), f_k(x))$,则$d_n$便是这组多项式的最大公因式。

依据这定理,最大公因式可以逐次求,先求出$f_1(x)$与$f_2(x)$的最大公因式$d_2(x)$,再求$d_2(x)$与$f_3(x)$的最大公因式,逐次下去,最后求得$d_{n-1}(x)$与$f_n(x)$的最大公因式$d_n(x)$就是这一组多项式的最大公因式。

证明  记$r_k(x)=(f_1(x),f_2(x),\ldots,f_k(x))$,易知$d_k(x) \mid f_i(x)(i=1,2,\ldots,k)$,从而$d_k(x) \mid r_k(x)$,另一方面,$r_k(x)$作为$f_1(x),f_2(x),\ldots,f_{k-1}(x)$的一个公因式,也必然是$d_{k-1}(x)$的因式,所以$r_k(x) \mid d_{k-1}(x)$,又$r_k(x) \mid f_k(x)$,所以$r_k(x) \mid d_k(x)$,因此$d_k(x)=r_k(x)(i=1,2,\ldots,n)$(不计常数因子)。

同样有性质定理
定理  设一组多项式$f_i(x)(i=1,2,\ldots,n)$的最大公因式是$d(x)$,则存在多项式$u_i(x)(i=1,2,\ldots,n)$使得
  \[ d(x) = \sum_{i=1}^n u_i(x)f_i(x) \]

证明  对多项式的个数使用数学归纳法,$n=2$时显然成立,假若对于$n-1$个多项式也成立,则对于$n$个多项式的情形,由前述定理,$d_n(x)=(d_{n-1}(x), f_n(x))$,因而存在多项式$p(x)$和$u_n(x)$使得
  \[ d_n(x) = p(x)d_{n-1}(x) + u_n(x)f_n(x) \]
  而根据归纳假设,存在$p_i(x)(i=1,2,\ldots,n-1)$,使得
  \[ d_{n-1}(x) = \sum_{i=1}^{n-1}p_i(x)f_i(x) \]
  代入前式即得结论。

同样的,有多个项式互素的定义
定义  如果一组多项式的最大公因式是1,则称它们\emph{互素}。

一组多项式互素与它们两两互素是不同的,两两互素是更强的约束。

定理  一组多项式$f_i(x)(i=1,2,\ldots,n)$互素的充分必要条件是存在一组多项式$u_i(x)(i=1,2,\ldots,n)$,使得
  \[ \sum_{i=1}^n u_i(x)f_i(x) = 1 \]
证明略。

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