附录4 - 多项式的分解

『因式定理（Factor Theorem）』：设 $F$ 是一个域，$p(x) \in F[x]$ 是一个多项式。如果存在 $\zeta \in F$，使得 $p(\zeta) = 0$，那么 $p(x)$ 必定能被 $(x - \zeta)$ 整除。

证明：
假设 $\zeta$ 是多项式 $p(x)$ 的一个根，用 $(x - \zeta)$ 去除 $p(x)$，得到：
$p(x) = (x - \zeta) \cdot q(x) + r(x)$ 其中 $\deg(r) \lt 1$
由于 $\deg(r) \lt 1$，$r(x)$ 只能是常数或者零多项式（我们认为零多项式的次数是 $-\infty$)，设 $r(x) = r$
我们将 $\zeta$ 代入 $p(x)$：
$p(\zeta) = (\zeta - \zeta) \cdot q(x) + r = 0 \cdot q(x) + r = r$
因为 $\zeta$ 是 $p(x)$ 的根，所以 $p(\zeta) = 0$，所以 $r = 0$，即 $r(x)$ 只能是零多项式。
因此命题得证。

因式定理中，要求根 $\zeta$ 必须在原来的系数数域 $F$ 中，这样才能保证 $(x - \zeta)$ 依然是一个“合法”的多项式。但是在附录1中，我们曾提过多项式的 $x$ 的取值范围，不一定限制在系数域中（可以是一个包含了原系数域的环）。例如我们有可能能研究“一个有理多项式在复数域中的根”，那么当根不在系数域中时，因式定理还成立吗？

答案是：

• 如果根所在的集合依然是数域（如复数域），那么因式定理还成立，但此时的多项式系数范围会 自动扩域 到根所在的数域中。
• 如果根所在的集合是一个交换环（即满足乘法交换律，但不保证能作除法，例如“对偶数”环），因式定理也依然成立。
• 如果根所在的集合是一个非交换环（即不满足乘法交换律，例如 2$\times$2 矩阵集合），那么因式定理不再成立。因为多项式的代入求值法则（$(P \cdot Q)(x) = P(x) \cdot Q(x)$）在非交换环中不再成立了。

一个经典的反例：
假设 $p(x) = x^2 - 1$。我们知道，实数域上的矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 满足 $A^2 - I = 0$。所以，$A$ 是 $p(x)$ 的一个“矩阵根”。现在，如果我们“随便”套用因式定理，试图写出：
$x^2 - I = (xI - A) \cdot Q(x)$
根据带余除法运算，我们得出：$Q(x) = xI + A$，因此得到：
$x^2 - I = (xI - A) \cdot (xI + A)$
但是，我们任意代入一个 $x = B$
$\text{左边} = B^2 - I$
$\text{右边} = (B - A)(B + A) = B^2 - I + BA - AB$
如果矩阵 $A$ 和矩阵 $B$ 不可交换（$BA - AB \neq 0$），等式两边不相等，也就是说因式定理不再成立。

『不可约多项式（Irreducible Polynomial）』： 次数 $\ge 1$ 的多项式 $p(x)$，如果它不能被分解为两个次数严格小于它的多项式的乘积，它就是不可约的。它在多项式里的地位，等同于整数里的“素数”。

『欧几里得引理』： 如果一个不可约多项式 $p(x)$ 整除乘积 $a(x)b(x)$，那么 $p(x)$ 必然整除 $a(x)$，或者 $p(x)$ 必然整除 $b(x)$。

引理证明：
假设 $p(x)$ 不能整除 $a(x)$。
因为 $p(x)$ 是不可约的，它和 $a(x)$ 没有非平凡的公因式，所以它们的最大公因式是 $1$。
根据裴蜀定理（见附录3），存在 $u(x)$ 和 $v(x)$ 使得 $u(x)p(x) + v(x)a(x) = 1$。
等式两边同乘 $b(x)$，得到：
$u(x)p(x)b(x) + v(x)a(x)b(x) = b(x)$
观察左边：第一项显然能被 $p(x)$ 整除；第二项中含有 $a(x)b(x)$，已知它能被 $p(x)$ 整除。所以左边整体能被 $p(x)$ 整除。因此，右边的 $b(x)$ 也必须能被 $p(x)$ 整除。引理得证。

『唯一分解定理』： 对于任意一个次数 $n \ge 1$ 的多项式 $f(x)$，它都可以写成有限个不可约多项式的乘积：
$f(x) = c \cdot p_1(x)p_2(x)\cdots p_k(x)$
其中 $c$ 是常数（非零的最高次系数），$p_i(x)$ 是首一（最高次系数为 $1$）的不可约多项式，如果不考虑因式的排列顺序，分解方式只有一种。

证明存在性：
利用强数学归纳法，对多项式的次数 $n = \deg(f)$ 进行归纳。
基础情况： 当 $n = 1$ 时，$f(x) = ax + b = a(x + a^{-1}b)$。因为它的次数已经是 $1$，不可能再分解为次数更低的多项式，所以 $x + a^{-1}b$ 本身就是不可约多项式。结论成立。
归纳假设： 假设对于所有次数小于 $n$ 的多项式，因式分解定理都成立。
归纳步骤： 考虑次数为 $n$ 的多项式 $f(x)$。
情况 A： 如果 $f(x)$ 本身是不可约多项式，那么提取出它的最高次系数 $c$，即 $f(x) = c \cdot (\frac{1}{c}f(x))$，结论已经成立。
情况 B： 如果 $f(x)$ 是可约的，根据定义，它可以写成 $f(x) = g(x)h(x)$，其中 $g(x)$ 和 $h(x)$ 的次数都严格小于 $n$（即 $1 \le \deg(g), \deg(h) < n$）。根据归纳假设，$g(x)$ 和 $h(x)$ 都可以分解为不可约多项式的乘积。那么，$f(x)$ 作为 $g(x)$ 和 $h(x)$ 的乘积，自然也就是一堆不可约多项式的乘积了。由强数学归纳法，存在性得证。

证明唯一性：
假设多项式 $f(x)$ 存在两种不可约分解形式：

$f(x) = c \cdot p_1(x)p_2(x)\cdots p_r(x) = d \cdot q_1(x)q_2(x)\cdots q_s(x)$

这里 $p_i(x)$ 和 $q_j(x)$ 都是首一的不可约多项式，$c$ 和 $d$ 是常数。
比较等式两边的最高次项系数，立刻可知 $c = d$。由于它们非零，我们可以把两边约去，得到：

$p_1(x)p_2(x)\cdots p_r(x) = q_1(x)q_2(x)\cdots q_s(x)$

利用欧几里得引理削减因式：
看等式左边，$p_1(x)$ 显然整除左边，因此 $p_1(x)$ 必须整除右边。根据多项式欧几里得引理的推广（如果整除一堆乘积，必整除其中至少一个），$p_1(x)$ 必然整除右边某一个 $q_j(x)$。不妨设它整除 $q_1(x)$。因为 $q_1(x)$ 是不可约多项式，且 $p_1(x)$ 和 $q_1(x)$ 都是最高次系数为 $1$ 的多项式（首一的），它们只能完全相等，即 $p_1(x) = q_1(x)$。
降次消去：
既然 $p_1(x) = q_1(x)$，由带余除法商式的唯一性（见附录1），我们可以在等式两边同时除以它。得到

$p_2(x)\cdots p_r(x) = q_2(x)\cdots q_s(x)$。

循环往复（或用数学归纳法严格表述）：继续这个过程，$p_2(x)$ 必定等于右边剩下的某个 $q_k(x)$，然后再次消去。最终，所有的 $p$ 都会和所有的 $q$ 一一对应地抵消完。不可能出现左边消完了右边还剩的情况，否则就会出现 $1 = \text{某个非常数多项式}$，这是不可能的。因此必定有 $r = s$，且每一个 $p_i(x)$ 都对应一个唯一的 $q_j(x)$。这就证明了分解的唯一性。