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问答
  • 给定一组 n 个离散点 xp,该函数计算 n 个拉格朗日子多项式 L_1(x), L_2(x), ...., L_n(x) 的系数满足属性 L_i(xp_j)=0 如果 i~=j ,... 这些子多项式的线性组合(具有系数 yp)定义了通过点 (xp,yp) 拉格朗日多项式
  • 该函数使用拉格朗日方法找到通过所有这些点 N-1 阶多项式,并在 P 中返回定义多项式的 N 个系数。 然后,polyval(P,X) = Y。 R 返回结果多项式的 N-1 个极值/拐点 x 坐标(其导数根),S 返回多项式在这些...
  • ① 生成函数定义 ② 牛顿二项式 ③ 常用生成函数





    一. 生成函数 ( 母函数 ) 的定义




    1. 生成函数定义



    ( 1 ) 生成函数的定义


    生成函数定义 :

    • 1.假设条件 :a0,a1,,ana_0 , a_1 , \cdots , a_n 是一个数列 ;
    • 2.形式幂级数 : 使用 该 数列形式幂级数 A(x)=a0+a1x+a2x2++anxn+A(x) = a_0 + a_1x +a_2x^2 + \cdots + a_nx^n + \cdots
    • 3.生成函数 : 称上述 A(x)A(x)数列 a0,a1,,ana_0 , a_1 , \cdots , a_n生成函数 ;



    ( 2 ) 形式幂级数 ( 参考 )


    形式幂级数 :

    • 1.幂级数 : 数学分析 中 重要概念 , 在 指数级的 每一项 均为 与 级数项 序号 nn 相对应的常数倍的 (xa)(x-a)nn 次方 ( nn 是从 00 开始计数的整数 , aa 为常数 ) ;
      • 幂级数用途 : 其 被 作为 基础内容 应用到了 实变函数 , 复变函数 , 等众多领域 中 ;
    • 2.形式幂级数 : 是 数学中 的 抽奖概念 , 从 幂级数抽离出来代数对象 ; 形式幂级数 和 从 多项式 中 剥离出的 多项式环 类似 , 但是 其 允许 无穷多项式 因子 相加 , 但不像 幂级数 一般 要求 研究 是否收敛 和 是否有确定的 取值 ;
      • ① 假设条件 : xx 是一个符号 , ai(i=0,1,2,)a_i ( i = 0 , 1 , 2 , \cdots ) 为实数 ;
      • ② 未定元 形式幂级数 : A(x)=a0+a1x+a2x2++anxn+=n=0A(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} 称为 xx 的未定元 的 一个 形式幂级数 ;
    • 3.研究重点 : 形式幂级数 中 , xx 从来 不指定具体数值 , 不关心 收敛 或 发散 , 关注的重点是其 系数序列 a0,a1,,ana_0 , a_1 , \cdots , a_n , 研究形式幂级数 完全可以 归结为 讨论 这些系数序列 ;




    2. 生成函数 示例



    ( 1 ) 生成函数 示例 1 ( an=(mn)a_n = \dbinom{m}{n} )


    示例题目 : an=(mn)a_n = \dbinom{m}{n} , mm 为正整数 , 求数列 {an}\{a_n\} 的生成函数 A(x)A(x) ;

    解 :

    ① 列出生成函数 :
    A(x)=(m0)x0+(m1)x1+(m2)x2++(mn)xnA(x) = \dbinom{m}{0}x^0 + \dbinom{m}{1}x^1 + \dbinom{m}{2}x^2 + \cdots + \dbinom{m}{n}x^n

    ② 列出其累加生成函数 : A(x)=n=0(mn)xnA(x) = \sum_{n=0}^\infty \dbinom{m}{n}x^n

    ③ 当 nn 大于 mm , mm 中 取 nn , 即 (mn)\dbinom{m}{n} 为 0 , 因此可以 直接计算 从 n=0n=0n=mn=m 的值 , 即 得到如下步骤 :
    A(x)=n=0(mn)xn=n=0m(mn)xnA(x) = \sum_{n=0}^\infty \dbinom{m}{n}x^n = \sum_{n=0}^m \dbinom{m}{n}x^n

    ④ 根据 二项式定理 的推论内容 ( 设 nn 是正整数 , 对一切 xx(1+x)n=k=0n(nk)xk(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k ) 可以得到
    A(x)=n=0(mn)xn=n=0m(mn)xn=(1+x)mA(x) = \sum_{n=0}^\infty \dbinom{m}{n}x^n = \sum_{n=0}^m \dbinom{m}{n}x^n = (1 + x)^m

    ⑤ 数列 an=(mn)a_n = \dbinom{m}{n} ( mm 为正整数 ) , 的 生成函数 为 :
    A(x)=(1+x)mA(x) = (1 + x)^m

    注意 : 生成函数 从属于 一个数列 , 说明生成函数时 , 先说明其数列 , 指明 数列 的 生成函数 是 某个函数 ;




    ( 2 ) 生成函数 示例 2 ( {kn}\{k^n\} )


    题目 : 给定 正整数 kk , {kn}\{k^n\} 的生成函数 ;

    ① 写出生成函数 : {kn}\{k^n\} 作为形式幂级数 系数 , 可以得到 如下 等比数列 , 当 xx 充分小的时候 , 其收敛到 11kx\frac{1}{1-kx} ;
    A(x)=k0x0+k1x1+k2x2+k3x3+=11kxA(x) = k^0x^0 + k^1x^1 + k^2x^2 + k^3x^3 + \cdots = \frac{1}{1-kx}

    {kn}\{k^n\} 数列的 生成函数 为 :
    A(x)=11kxA(x) = \frac{1}{1-kx}





    2. 牛顿二项式



    ( 1 ) 牛顿二项式 系数


    牛顿二项式 系数 : 组合数的扩展 , C(m,n)C(m, n) 上项不再是大于等于 nn 的数了 , 而是任意实数 ;

    • 1.条件 : 任意 实数 rr , 和 整数 nn ;
    • 2.公式 : (rn)={0,n<01,n=0r(r1)(rn+1)n!,n>0\dbinom{r}{n} = \begin{cases} 0, & n < 0 \\ 1, & n=0 \\ \cfrac{r(r-1)\cdots(r-n+1)}{n!}, & n>0 \end{cases}
    • 3.结论 : (rn)\dbinom{r}{n} 没有 组合意义 , 只是 记号 , 称为 牛顿二项式系数 ;

    选取问题中 :

    • 不可重复的元素 , 有序的选取 , 对应 集合的排列 ; P(n,r)=n!(nr)!P(n,r) = \dfrac{n!}{(n-r)!}
    • 不可重复的元素 , 无序的选取 , 对应 集合的组合 ; C(n,r)=P(n,r)r!=n!r!(nr)!C(n,r) = \dfrac{P(n,r)}{r!} = \dfrac{n!}{r!(n-r)!}
    • 可重复的元素 , 有序的选取 , 对应 多重集的排列 ; =n!n1!n2!nk!全排列 = \cfrac{n!}{n_1! n_2! \cdots n_k!} , 非全排列 kr,  rnik^r , \ \ r\leq n_i
    • 可重复的元素 , 无序的选取 , 对应 多重集的组合 ; N=C(k+r1,r)N= C(k + r - 1, r)



    ( 2 ) 牛顿二项式 定理


    牛顿二项式定理 :

    • 1.条件 : α\alpha 为 实数 , 对于一切 x,yx , y , 并且 xy<1\left| \frac{x}{y} \right| < 1 ;
    • 2.结论 : (x+y)α=n=0(αn)xαyαn( x + y ) ^ \alpha = \sum^{\infty}_{n=0}\dbinom{\alpha}{n}x^\alpha y^{\alpha - n} 其中 (αn)=α(α1)(αn+1)n!\dbinom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}
    • 3.与 二项式定理 关系 : 牛顿二项式定理 是 二项式定理 的 推广 , 二项式定理是 牛顿二项式定理 的 特例 ;
      • α=m\alpha = m , 且 mm 为正整数时 , n>mn > m 时 , (mn)=0\dbinom{m}{n}=0 , 因此只需要考虑 n<mn<m 的情况 , 此时 牛顿二项式定理 变成 二项式定理 : (x+y)m=n=0m(mn)xmymn( x + y ) ^ m = \sum^{m}_{n=0}\dbinom{m}{n}x^m y^{m - n}
        (1+x)m=n=0m(mn)xmymn( 1 + x ) ^ m = \sum^{m}_{n=0}\dbinom{m}{n}x^m y^{m - n}





    二. 常用 生成函数 ( 重要 )




    1. 与常数相关的生成函数



    ( 1 ) {1n}\{1^n\} 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=1na_n = 1^n ;
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0xn=11x\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} x^n \\ & = \frac{1}{1-x} \end{aligned}




    ( 2 ) {(1)n}\{(-1)^n\} 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=(1)na_n = (-1)^n ;
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0(1)nxn=11+x\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n \\ & = \frac{1}{1+x} \end{aligned}




    ( 3 ) {kn}\{k^n\} ( kk为正整数 ) 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=kna_n = k^n , kk 为正整数 ;
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0knxn=11kx\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} k^n x^n \\ & = \frac{1}{1-kx} \end{aligned}





    2. 与 二项式系数 相关的生成函数



    ( 1 ) {(mn)}\{\dbinom{m}{n}\} 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=(mn)a_n = \dbinom{m}{n}
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0(mn)xn=(1+x)m\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} \dbinom{m}{n} x^n \\ & = ( 1 + x ) ^m \end{aligned}





    3. 与 组合数 相关的生成函数





    ( 1 ) {(m+n1n)}\{\dbinom{m+n-1}{n}\} 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=(m+n1n)a_n = \dbinom{m+n-1}{n} , m,nm,n 为正整数 ;
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0(m+n1n)xn=1(1x)m\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} \dbinom{m+n-1}{n} x^n \\ & = \frac{1}{{(1-x)}^m} \end{aligned}




    ( 2 ) {(1)n(m+n1n)}\{(-1)^n \dbinom{m+n-1}{n}\} 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=(1)n(m+n1n)a_n = (-1)^n \dbinom{m+n-1}{n} , m,nm,n 为正整数 ;
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0(1)n(m+n1n)xn=1(1+x)m\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \dbinom{m+n-1}{n} x^n \\ & = \frac{1}{{(1+x)}^m} \end{aligned}




    ( 3 ) {(n+11)}\{ \dbinom{n+1}{1}\} 的 生成函数


    常用生成函数 :

    • 1.形式幂级数 ( 数列 ) :{an}\{a_n\} , an=(n+1n)a_n = \dbinom{n+1}{n} , nn 为正整数 ;
    • 2.生成函数展开 :

    A(x)=n=0(n+1n)xn=n=0(n+1)xn=1(1x)2\begin{aligned} A(x) & = \sum_{n=0}^{\infty} \dbinom{n+1}{n} x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^n \\ & = \frac{1}{{(1-x)}^2} \end{aligned}


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  • 文章目录整系数多项式埃森斯坦判别法例1例2整系数多项式的有理根例 3参考资料 ... 类似于数域上的可约多项式的定义, 若nnn次 (n>1)(n>1)(n>1) 整系数多项式 f(x)f(x)f(x)可表示为 f(x)=g(x)h(x),f(x

    1. 多项式01——一元多项式和运算
    2. 多项式02——整除
    3. 多项式03——最大公因式与互素
    4. 多项式04——标准分解式
    5. 多项式05——多项式函数
    6. 多项式07——有理系数和整系数多项式

    整系数多项式

    f(x)Q[x].f(x) \in \mathbb{Q}[x] .f(x)f(x) 的系数的公分母为 d,d,df(x)d f(x)为整系数多项式.

    所以, 本节讨论整系数多项式. 类似于数域上的可约多项式的定义, 若nn(n>1)(n>1) 整系数多项式 f(x)f(x)可表示为 f(x)=g(x)h(x),f(x)=g(x) h(x), 其中 g(x),h(x)g(x), h(x) 都是整系数多项式, degg(x)<degf(x),degh(x)<degf(x)\operatorname{deg} g(x)<\operatorname{deg} f(x), \operatorname{degh}(x)<\operatorname{deg} f(x),则称 f(x)f(x) 在整数上可约, 否则称 f(x)f(x) 在整数上不可约.

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定义} }}f(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0f(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0} 是整系数多项式, 若 an,an1,,a0a_{n}, a_{n-1}, \cdots, a_{0} 的最大公因数是1, 则称 f(x)f(x)\large\color{#70f3ff}{\boxed{\color{green}{本原多项式}}}.:

    即若非零整系数多项式 f(x)f(x) 的系数互素,则称 f(x)f(x) 是一个本原多项式。

    1\Large\color{violet}{注 1} 任给有理系数多项式 f(x),f(x), 都存在一个有理数 aa 及一个本原多项式 g(x),g(x), 使得 f(x)=cg(x)f(x)=c g(x)

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{引理} }} (Gauss引理) 两个本原多项式之积是本原多项式.

    【证明】 设 f(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0f(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}
    g(x)=bmxm+bm1xm1++b1x+b0 g(x)=b_{m} x^{m}+b_{m-1} x^{m-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0}
    是两个本原多项式. 若
    f(x)g(x)=cm+nxm+n+cm+n1xm+n1++c1x+c0 f(x) g(x)=c_{m+n} x^{m+n}+c_{m+n-1} x^{m+n-1}+\cdots+c_{1} x+c_{0}
    不是本原多项式, 则 c0,c1,,cm+nc_{0}, c_{1}, \cdots, c_{m+n} 必有一个公共的素因子p.

    c0=a0b0,c_{0}=a_{0} b_{0},pa0p \mid a_{0}pb0.p \mid b_{0} . 不妨设 pa0p \mid a_{0}. 又因为 f(x)f(x) 是本原多项式, pp 不能整除所有
    ai(i=1,2,,n).a_{i}(i=1,2, \cdots, n) .pa0,pa1,,pai1p\left|a_{0}, p\right| a_{1}, \cdots, p \mid a_{i-1},但 pp 不整除 aia_{i}.同理, 设有某 j(0jm),j(0 \leq j \leq m),使 pb0,pb1,,pbj1,p\left|b_{0}, p\right| b_{1}, \cdots, p \mid b_{j-1},pp 不整除 bj.b_{j} .

    注意到 1i+jm+n,1 \leq i+j \leq m+n,
    ci+j=+ai1bj+1+aibj+ai+1bj1+ c_{i+j}=\cdots+a_{i-1} b_{j+1}+a_{i} b_{j}+a_{i+1} b_{j-1}+\cdots
    pp 可整除右式中除 aibja_{i} b_{j} 外其余项, pci+jp \mid c_{i+j} 所以 paibj.p \mid a_{i} b_{j} . 但素数 pp 不整除 aia_{i}pp 不整除bj.b_{j} . 矛值.

    1\large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{推论1} }}f(x),g(x)f(x), g(x) 是整系数多项式,且 g(x)g(x) 是本原的,如果 f(x)=g(x)h(x),f(x)=g(x) h(x), 其中 h(x)h(x) 是有理系数多项式,则 h(x)h(x) 一定是整系数多项式。

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定理} }}f(x)f(x) 是整系数多项式, 则 f(x)f(x) 在有理数域上可约的充分必要条件是 f(x)f(x) 在整数上可约.

    【证明】只证明必要性. 设 f(x)=g(x)h(x)Q[x],f(x)=g(x) h(x) \in \mathbb{Q}[x],这里degg(x)<degf(x),degh(x)<degf(x)\operatorname{deg} g(x)<\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} h(x)<\operatorname{deg} f(x).因为 g(x)Q[x],g(x) \in \mathbb{Q}[x], 所以存在 aQ,a \in \mathbb{Q}, 使得g(x)=ag1(x),g(x)=a g_{1}(x), 这里 g1(x)g_{1}(x) 为本原多项式.

    事实上, 取c是 g(x)g(x) 的系数的公分母则 g(x)=1c(cg(x)),g(x)=\frac{1}{c}(c g(x)),cg(x)c g(x) 是整系数多项式.

    ddcg(x)c g(x) 的系数的最大公因数,则 g1(x)=cdg(x)g_{1}(x)=\frac{c}{d} g(x) 是本原多项式.令 a=dcQ,a=\frac{d}{c} \in \mathbb{Q},g(x)=ag1(x),g1(x)g(x)=a g_{1}(x), g_{1}(x) 是本原多项式.
    同理 h(x)=bh1(x),bQ,h1(x)h(x)=b h_{1}(x), b \in \mathbb{Q}, h_{1}(x) 是本原多项式,于是有 f(x)=ab(g1(x)h1(x))f(x)=a b\left(g_{1}(x) h_{1}(x)\right)

    由Gauss引理, 知 g1(x)h1(x)g_{1}(x) h_{1}(x) 是本原多项式,若 aba b 不是整数, 则 abg1(x)h1(x)a b g_{1}(x) h_{1}(x) 不是整系数多项式,
    所以 abZ.a b \in \mathbb{Z} . 因此 f(x)=(abg1(x))h1(x)f(x)=\left(a b g_{1}(x)\right) h_{1}(x),即 f(x)f(x) 在整数上可约.

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定理} }} 一个整系数多项式 f(x)f(x) 总可以表为一个整数和若干个本原不可约多项式的乘积,在不计因式的次序和首项系数符号的前提下, 这种分解是唯一的.

    【证明 】f(x)f(x) 可表为 f(x)=cp1(x)p2(x)ps(x),f(x)=c p_{1}(x) p_{2}(x) \cdots p_{s}(x), 其中 cQc \in \mathbb{Q}f(x)f(x) 的首项系数 ,pi(x), p_{i}(x)Q\mathbb{Q} 上首一不可约多项式.pi(x)=biqi(x),p_{i}(x)=b_{i} q_{i}(x), 其中 biQ,qi(x)b_{i} \in \mathbb{Q}, q_{i}(x) 是本原多项式.qi(x)q_{i}(x) 在整数上不可约 (i=1,2,,s).(i=1,2, \cdots, s) . 所以
    f(x)=cb1b2bsq1(x)q2(x)qs(x),cb1b2bsZ f(x)=c b_{1} b_{2} \cdots b_{s} q_{1}(x) q_{2}(x) \cdots q_{s}(x), c b_{1} b_{2} \cdots b_{s} \in \mathbb{Z}
    因此一个整系数多项式 f(x)f(x) 总可以表为一个整数和若干个本原不可约多项式的乘积.

    现在设
    f(x)=cp1(x)p2(x)ps(x)=dq1(x)q2(x)qt(x) f(x)=c p_{1}(x) p_{2}(x) \cdots p_{s}(x)=d q_{1}(x) q_{2}(x) \cdots q_{t}(x)
    其中 c,dZ,pi(x),qj(x),(i=1,2,,s;j=1,2,,t)c, d \in \mathbb{Z}, p_{i}(x), q_{j}(x),(i=1,2, \cdots, s ; j=1,2, \cdots, t)是本原多项式. 根据定理, pi(x),qj(x)p_{i}(x), q_{j}(x)Q\mathbb{Q} 上也不可约. 显然, cp1(x)c p_{1}(x)dq1(x)d q_{1}(x)Q\mathbb{Q} 上不可约. 将 f(x)f(x)看作 Q上多项式, 根据唯一分解定理, s=t,s=t, 并且可以适当地调整不可约因式的次序, 使得相应的有理系数不可约因式只差一个有理数因子.

    不妨设
    cp1(x)=a1dq1(x),p2(x)=a2q2(x),,ps(x)=asqs(x) c p_{1}(x)=a_{1} d q_{1}(x), p_{2}(x)=a_{2} q_{2}(x), \cdots, p_{s}(x)=a_{s} q_{s}(x)
    其中 aiQ(i=1,2,,s).a_{i} \in \mathbb{Q}(i=1,2, \cdots, s) . 对于 i(2is),i(2 \leq i \leq s), 由于pi(x),qi(x)p_{i}(x), q_{i}(x) 是本原的, 所以 ai=±1,a_{i}=\pm 1,pi(x)=±qi(x).p_{i}(x)=\pm q_{i}(x) .因为 p1(x)=c1a1dq1(x),p_{1}(x)=c^{-1} a_{1} d q_{1}(x),p1(x),q1(x)p_{1}(x), q_{1}(x) 是本原的,所以 c1a1d=±1,c^{-1} a_{1} d=\pm 1,c=±a1d.c=\pm a_{1} d .p1(x)=±q1(x).p_{1}(x)=\pm q_{1}(x) .从而 c=±d.c=\pm d . 这就证明了, 在不计因式的次序和符号的前提下, 这种分解是唯一的.

    埃森斯坦判别法

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定理} }} (Eisenstein判别法)
    f(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0f(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0} 是整系数多项式 an0,n1.a_{n} \neq 0, n \geq 1 .pp 是一个素数, 满足
    (1) pai(0in1)p \mid a_{i}(0 \leq i \leq n-1)
    (2) pp 不整除 ana_{n}
    (3) p2p^{2} 不整除 a0a_{0};
    f(x)f(x)Q\mathbb{Q} 上不可约.

    【证明 】只要证明 f(x)f(x) 在整数上不可约. 若不然, 设
    f(x)=(bmxm+bm1xm1++b0)(ctxt+ct1xt1++c0) f(x)=\left(b_{m} x^{m}+b_{m-1} x^{m-1}+\cdots+b_{0}\right)\left(c_{t} x^{t}+c_{t-1} x^{t-1}+\cdots+c_{0}\right)
    其中 m<n,t<n,m+t=n;bi,cj(i=0,1,,m;j=0,1,,t)m<n, t<n, m+t=n ; b_{i}, c_{j}(i=0,1, \cdots, m ; j=0,1, \cdots, t)是整数.显然 an=bmct,a0=b0c0a_{n}=b_{m} c_{t}, a_{0}=b_{0} c_{0}

    pa0,p \mid a_{0}, 所以或 pb0p \mid b_{0}pc0,p \mid c_{0},p2p^{2} 不整除 a0,a_{0},pb0p \mid b_{0}pc0p \mid c_{0} 不同时成立. 不妨设 pb0,p \mid b_{0},pp 不整除 c0c_{0}.又由假设 pp 不整除 bmct,b_{m} c_{t}, 所以 pp 不整除 bm,b_{m},pp 不整除 ct.c_{t} .

    bib_{i}b0,b1,,bmb_{0}, b_{1}, \cdots, b_{m} 中第一个不被 pp 整除者,即 pb0,pb1,,pbi1,p\left|b_{0}, p\right| b_{1}, \cdots, p \mid b_{i-1},pp 不整除 bib_{i}.
    ai=bic0+bi1c1++b0cia_{i}=b_{i} c_{0}+b_{i-1} c_{1}+\cdots+b_{0} c_{i},注意到 1im<n,1 \leq i \leq m<n, 由条件 paip \mid a_{i}.
    又因为 pp 整除右式中除 bic0b_{i} c_{0} 外其余项,故 pbic0,p \mid b_{i} c_{0}, 故或 pbip \mid b_{i}pc0p \mid c_{0} ・两者均不可能.

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定理} }}Q\mathbb{Q}上存在任意次数的不可约多项式.

    例1

    pp 为素数, 证明: f(x)=xp1+xp2++x+1f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1Q\mathbb{Q} 上不可约.

    【证明】 令 x=y+1,x=y+1,
    f(x)=xp1x1=(y+1)p1y=yp1+Cp1yp2++Cpp2y+Cpp1 f(x)=\frac{x^{p}-1}{x-1}=\frac{(y+1)^{p}-1}{y}=y^{p-1}+C_{p}^{1} y^{p-2}+\cdots+C_{p}^{p-2} y+C_{p}^{p-1}
    右式记为 g(y).g(y) . 对关于 yy 的多项式 g(y)g(y) 应用Eisenstein判别法,
    注意到素数 pcpi,(1ip1),pp \mid c_{p}^{i},(1 \leq i \leq p-1), p 不整除1, p2p^{2} 不整除 cpp1=p,c_{p}^{p-1}=p,g(y)g(y)Q\mathbb{Q} 上不可约. 再由标准分解式例1知 f(x)f(x)Q\mathbb{Q} 上也不可约.

    例2

    pp 为素数, 证明:
    f(x)=1+x+x22!++xpp! f(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{p}}{p !}
    在 Q 上不可约.

    【证明】 对
    p!f(x)=p!+p!x+p!2!x2++p!(p1)!xp1+xp p ! f(x)=p !+p ! x+\frac{p !}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{p !}{(p-1) !} x^{p-1}+x^{p}
    用Einsenstein判别法.

    现在讨论整系数多项式的根.我们无法得到一个多项式的复数根或实数根.但是我们有简单方法,可以得到所有的有理根.

    例3 证明多项式 f(x)=xn+2f(x)=x^{n}+2 在 有 理 数 域 上 是 不 可 约 的 。
    :p=2,: \quad p=2,pp 满足埃森斯坦判别法, f(x)f(x) 有理数域上不可约。

    整系数多项式的有理根

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定理} }} (牛顿试除法) 设 f(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0f(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_{1} x+a_{0} 是整系数多项式, 则有理数 qp\frac{q}{p}f(x)f(x) 的根的必要条件是 pan,qa0,\boldsymbol{p}\left|\boldsymbol{a}_{n}, \boldsymbol{q}\right| \boldsymbol{a}_{0}, 其中 p,qp, \boldsymbol{q} 是互素的整数.

    【证明 】将 qp\frac{q}{p} 带入 f(x),f(x), 得到
    f(qp)=an(qp)n+an1(qp)n1++a1qp+a0=0 f\left(\frac{q}{p}\right)=a_{n}\left(\frac{q}{p}\right)^{n}+a_{n-1}\left(\frac{q}{p}\right)^{n-1}+\cdots+a_{1} \frac{q}{p}+a_{0}=0
    在等式两边乘以 pn,p^{n},
    anqn+an1qn1p++a1qpn1+a0pn=0 a_{n} q^{n}+a_{n-1} q^{n-1} p+\cdots+a_{1} q p^{n-1}+a_{0} p^{n}=0
    故有 qa0\boldsymbol{q} \mid \boldsymbol{a}_{0}pan\boldsymbol{p} \mid \boldsymbol{a}_{\boldsymbol{n}}.

    \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定理} }}cc 是整系数多项式 f(x)f(x) 的整数根, 则 f(1)c1\frac{f(1)}{c-1}f(1)c+1\frac{f(-1)}{c+1} 都是整数.

    【证明 】设 f(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0.f(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0} . 因为 ccf(x)f(x) 的整数根,所以 f(x)=(xc)g(x),f(x)=(x-c) g(x), 这里 g(x)=bn1xn1+bn2xn2++b1x+b0g(x)=b_{n-1} x^{n-1}+b_{n-2} x^{n-2}+\cdots+b_{1} x+b_{0} 。比较两边系数, 得 an=bn1,an1=bn2bn1c,,a1=b0b1c.a_{n}=b_{n-1}, a_{n-1}=b_{n-2}-b_{n-1} c, \cdots, a_{1}=b_{0}-b_{1} c .
    因为 c,aiZ(i=0,1,,n),c, a_{i} \in \mathbb{Z}(i=0,1, \cdots, n), 所以 biZ(i=0,1,,n1)b_{i} \in \mathbb{Z}(i=0,1, \cdots, n-1),即 g(x)g(x) 是整系数多项式. 故有
    f(1)c1=g(1)Z,f(1)c+1=g(1)Z \frac{f(1)}{c-1}=-g(1) \in \mathbb{Z}, \frac{f(-1)}{c+1}=-g(-1) \in \mathbb{Z}

    例 3

    f(x)=12x4+56x3+16x2+56x13f(x)=\frac{1}{2} x^{4}+\frac{5}{6} x^{3}+\frac{1}{6} x^{2}+\frac{5}{6} x-\frac{1}{3} 的有理根.

    【解】 先将 f(x)f(x) 转化为整系数多项式 f1(x):f_{1}(x):
    f(x)=16(3x4+5x3+x2+5x2)=16f1(x) f(x)=\frac{1}{6}\left(3 x^{4}+5 x^{3}+x^{2}+5 x-2\right)=\frac{1}{6} f_{1}(x)
    再将 f1(x)f_{1}(x) 转化为首项系数为1的多项式 g(y):g(y):
    f1(x)=3x4+5x3+x2+5x2=133((3x)4+5(3x)3+3(3x)2+45(3x)54)=133(y4+5y3+3y2+45y54)=133g(y) \begin{aligned} f_{1}(x) &=3 x^{4}+5 x^{3}+x^{2}+5 x-2 \\ &=\frac{1}{3^{3}}\left((3 x)^{4}+5(3 x)^{3}+3(3 x)^{2}+45(3 x)-54\right) \\ &=\frac{1}{3^{3}}\left(y^{4}+5 y^{3}+3 y^{2}+45 y-54\right)=\frac{1}{3^{3}} g(y) \end{aligned}

    f(x)=16f1(x)=16133g(y) f(x)=\frac{1}{6} f_{1}(x)=\frac{1}{6} \frac{1}{3^{3}} g(y)
    g(y)g(y) 的有理根必为整数且是54的因子.而作为 f1(x)f_{1}(x) 的根只能是 ±1,±2,±13,±23\pm 1,\pm 2, \pm \frac{1}{3}, \pm \frac{2}{3}
    所以作为 g(y),y=3xg(y), y=3 x 的根只能是 ±3,±6,±1,±2.\pm 3,\pm 6,\pm 1, \pm 2 .现在考虑
    g(y)=y4+5y3+3y2+45y54 g(y)=y^{4}+5 y^{3}+3 y^{2}+45 y-54
    观察知满足Eisenstein判别法的素数 pp 不存在.

    作综合除法
    1534554116954169540 \begin{array}{c|ccccc} & 1 & 5 & 3 & 45 & -54 \\ 1 & & 1 & 6 & 9 & 54 \\ \hline &1 & 6 & 9 & 54 & 0 \end{array}
    所以 g(y)=(y1)(y3+6y2+9y+54)=(y1)g1(y)g(y)=(y-1)\left(y^{3}+6 y^{2}+9 y+54\right)=(y-1) g_{1}(y) ,由于 g1(y)g_{1}(y) 的各项系数均为正数, 只剩 -1,-2,-3,-6可选择.

    g1(1)=70,g1(1)=500.g_{1}(1)=70, g_{1}(-1)=50 \neq 0 .
    yy1y+1231342675 \begin{array}{l} \qquad \begin{array}{rrr} y & y-1 & y+1 \\ -2 & -3 & -1 \\ -3 & -4 & -2 \\ -6 & -7 & -5 \end{array} \end{array}
    满足 g1(1)a1,g1(1)a+1\frac{g_{1}(1)}{a-1}, \frac{g_{1}(-1)}{a+1} 为整数的只有 a=6.a=-6 .由上面定理知, 除 y=6y=-6 外, 其余均不是 g1(y)g_{1}(y)的整数根.

    再做综合除法
    16954660541090 \begin{array}{r|rrrr} & 1 & 6 & 9 & 54 \\ -6 & & -6 & 0 & -54 \\ \hline &1 & 0 & 9 & 0 \end{array}
    知-6是 g1(y)g_{1}(y) 的根, 这样 g(y)=(y1)(y+6)(y2+9).g(y)=(y-1)(y+6)\left(y^{2}+9\right) .进一步
    f(x)=16×33(3x1)(3x+6)(9x2+9)=16(3x1)(x+2)(x2+1) f(x)=\frac{1}{6 \times 3^{3}}(3 x-1)(3 x+6)\left(9 x^{2}+9\right)\\ =\frac{1}{6}(3 x-1)(x+2)\left(x^{2}+1\right)
    所以, f(x)f(x) 的有理根为 13\frac{1}{3}2.-2 .

    小结

    (1) 复系数多项式

    不可约因式、标准分解式

    (2) 实系数多项式

    复根成对出现、不可约因式、标准分解式

    参考资料

    高等代数 厦门大学

    高等代数,林亚南,高等教育出版社

    《高等代数》(第四版) 高等教育出版社

    高等代数 电子科技大学

    高等代数_安阳师范学院

    《高等代数》(第五版)

    展开全文
  • 多项式

    千次阅读 2019-08-07 20:52:28
    文章目录前置知识定义多项式的表示法系数表示法点值表示法多项式的基本运算加法乘法多项式的其它运算基本套路多项式求逆多项式求ln多项式exp多项式开方 前置知识 FFT 牛顿迭代 求导 定义 简单来说,形如a0x0+a1x1+...

    也许更好的阅读体验

    前置知识

    FFT
    牛顿迭代
    求导


    定义

    简单来说,形如a0x0+a1x1+a2x2++anxna_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+\cdots+a_nx^n,的代数表达式叫做多项式
    可以记作f(x)=a0x0+a1x1+a2x2++anxnf(x)=a_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+ \cdots+a_nx^n
    其中a0,a1,&ThinSpace;,ana_0,a_1,\cdots,a_n叫做多项式的系数,xx是一个不定元,不表示任何值
    不定元在多项式中最大项的次数称作多项式的次数


    多项式的表示法

    系数表示法

    像刚刚我们提到的那些多项式,都是以系数形式表示的,也就是将nn次多项式f(x)f(x)的系数a0,a1,&ThinSpace;,ana_0,a_1,\cdots,a_n看作n+1n+1维向量a=(a0,a1,&ThinSpace;,an)\overrightarrow{a}=(a_0,a_1,\cdots,a_n),其系数表示就是向量a\overrightarrow{a}

    点值表示法

    如果n+1n+1个不同的数x0,x1,&ThinSpace;,xnx_0,x_1,\cdots,x_n对多项式进行求值,得到f(x0),f(x1),&ThinSpace;,f(xn)f(x_0),f(x_1),\cdots,f(x_n),那么就称{(xi,f(xi))0in,iZ}\left\{ \left( x_{i},f\left( x_{i}\right) \right)|0\leq i\leq n,i\in Z\right\}为多项式f(x)f(x)的点值表示
    注意,n+1n+1个点值只能表示nn次多项式


    多项式的基本运算

    两个多项式f(x)=i=0aixi\begin{aligned}f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i\end{aligned}g(x)=i=0bixi\begin{aligned}g(x)=\sum_{i=0}^{\infty}b_ix^i\end{aligned}

    加法

    h(x)=f(x)+g(x)=i=0(ai+bi)xi\begin{aligned}h(x)=f(x)+g(x)=\sum_{i=0}^{\infty}(a_i+b_i)x^i\end{aligned}

    乘法

    f(x)=f(x)g(x)=i=0j+k=i(ajbk)xi\begin{aligned}f(x)=f(x)*g(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j+k=i} (a_j\cdot b_k)x^i\end{aligned}


    多项式的其它运算

    基本套路

    从现在开始要用到牛顿迭代了
    一般基本套路是运用牛顿迭代倍增求解

    1. 先构造一个复合多项式gg,使g(f)=0g(f)=0
    2. gg求导
    3. 牛顿迭代

    为了方便阅读,下面把牛顿迭代再贴一次

    ff0g(f0)g(f0)( mod x2n)f\equiv f_{0}-\dfrac {g\left( f_{0}\right) }{g&#x27;\left( f_{0}\right) }\left(\ mod\ x^{2n}\right)

    有一个多项式AA

    多项式求逆

    f=1Af=\dfrac{1}{A},求ff的前nn

    构造g(f)=1fA=0g\left( f\right) =\dfrac {1}{f}-A=0,我们知道ff的常数项为AA的常数项的逆元,接下来开始迭代
    此时有 g(f0)=1f02g&#x27;(f_0)=-\dfrac{1}{f_0^2}

    g(f0)=(f01A)g&#x27;(f_0)=(f_0^{-1}-A)&#x27;,将AA看为常数项
    g(f0)=(f01A)=f02=1f02g&#x27;(f_0)=(f_0^{-1}-A)&#x27;=-f^{-2}_0=-\dfrac{1}{f_0^2}

    根据牛顿迭代
    ff01f0A1f02( mod x2n)2f0Af02( mod x2n)f\equiv f_0-\dfrac{\dfrac{1}{f_0}-A}{-\dfrac{1}{f_0^2}}\left(\ mod\ x^{2n}\right)\equiv2f_0-Af_0^2\left(\ mod\ x^{2n}\right)
    至此,我们推完了,拿出来,写在下面

    f2f0Af02( mod x2n)f\equiv2f_0-Af_0^2\left(\ mod\ x^{2n}\right)

    现在我们可以由f0f_0去推ff,每次这个模数xyx^yyy会乘以2,也就是说是倍增的
    初始时n=1n=1
    时间复杂度O(nlogn)O(nlogn)

    多项式求ln

    f=ln gf=ln\ g的前nn
    我们对其求导
    f(x)=g(x)g(x)f&#x27;\left( x\right) =\dfrac {g&#x27;(x)}{g\left( x\right) }

    复合求导
    ln -> u
    g -> v

    这样,我们只要对gg求逆,然后对gg求导得gg&#x27;,之后我们就得到了ff&#x27;,再对其积分得到ff
    求导和积分都是O(n)O(n)
    时间复杂度O(nlogn)O(nlogn)

    多项式exp

    f=eAf=e^A (AA的常数项为00)的前nn

    构造g(f)=ln fAg(f)=ln\ f-A
    我们知道ff的常数项为11
    gg求导,g(f0)=1f0g&#x27;(f_0)=\dfrac{1}{f_0}
    根据牛顿迭代
    fflnf0A1f0( mod x2n)f0(1lnf0+A)( mod x2n)\begin{aligned}f&amp;\equiv f-\dfrac {lnf_{0}-A}{\dfrac {1}{f_{0}}}\left(\ mod\ x^{2n}\right)\\ &amp;\equiv f_{0}\left( 1-\ln f_{0}+A\right) \left(\ mod\ x^{2n}\right) \end{aligned}

    至此,我们推完了,拿出来,写在下面

    ff0(1lnf0+A)( mod x2n)f\equiv f_{0}\left( 1-\ln f_{0}+A\right) \left(\ mod\ x^{2n}\right)

    还是倍增
    lnln和多项式乘法都是O(nlogn)O(nlogn)的,加法是O(n)O(n)
    时间复杂度O(nlogn)O(nlogn)

    多项式开方

    f=Af=\sqrt {A} (AA的常数项存在平方根)的前nn

    构造g(f)=f2Ag(f)=f^2-A
    我们知道ff的常数项为AA常数项的平方根
    可用二次剩余方法解
    gg求导g(f0)=2f0g&#x27;(f_0)=2f_0
    根据牛顿迭代
    ff0f02A2f0( mod x2n)f\equiv f_{0}-\dfrac {f^{2}_{0}-A}{2f_{0}}\left(\ mod\ x^{2n}\right)
    时间复杂度O(nlogn)O(nlogn)

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