附录8 - 多项式重因式判定

对于任意多项式 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$，我们直接规定它的形式导数为：
$f'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \cdots + a_1$
由于这只是一种“系数乘法与指数递减”的机械操作，我们可以完全不需要“连续”、“极限”等概念。
容易证明，形式导数完美继承了常规导数的两大核心运算法则：

加法法则： $(f(x) + g(x))' = f'(x) + g'(x)$

乘法法则： $(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$

链式法则： $(f(g(x)))' = f'(g(x)) \cdot g'(x)$

首先证明“单项式”乘以“单项式”的情况

设 $u(x) = a x^m$，$v(x) = b x^n$。（其中 $a, b$ 是常数，$m, n$ 是非负整数）。

$u(x)v(x) = (a x^m)(b x^n) = a b x^{m+n}$

$(u(x)v(x))' = (m+n) a b x^{m+n-1}$

$u'(x)v(x) + u(x)v'(x) = (m a x^{m-1})(b x^n) + (a x^m)(n b x^{n-1})$

$= m a b x^{m+n-1} + n a b x^{m+n-1} = (m+n) a b x^{m+n-1} = (u(x)v(x))'$

再证明多项式的情况

设 $f(x) = \sum u_r(x)$， $g(x) = \sum v_s(x)$

于是 $f'(x) = \sum u_r'(x)$， $g'(x) = \sum v_s'(x)$

$\left(f(x)g(x)\right)' = \left(\sum u_r(x)v_s(x)\right)' = \sum \left(u_r(x)v_s(x)\right)' = \sum \left(u_r'(x)v_s(x) + u_r(x)v_s'(x)\right)$

$= \sum u_r'(x)v_s(x) + \sum u_r(x)v_s'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$

第一步：证明引理 $(g(x)^k)' = k \cdot g(x)^{k-1} \cdot g'(x)$

我们对正整数 $k$ 使用数学归纳法。这个引理的本质，就是把乘法法则连续使用 $k$ 次。

1. 当 $k = 1$ 时：
   左边 = $(g(x)^1)' = g'(x)$
   右边 = $1 \cdot g(x)^0 \cdot g'(x) = g'(x)$
   左边等于右边，结论成立。

2. 假设当 $k = m$ 时，结论成立，即：
   $(g(x)^m)' = m \cdot g(x)^{m-1} \cdot g'(x)$

3. 我们来证明当 $k = m+1$ 时，结论也成立：
   我们要对 $g(x)^{m+1}$ 求导。我们可以把它拆分成两个多项式相乘：
   $(g(x)^{m+1})' = (g(x)^m \cdot g(x))'$
   现在，我们对这个乘积使用上一节刚刚严谨证明过的乘法法则 $(uv)' = u'v + uv'$：
   $(g(x)^m \cdot g(x))' = (g(x)^m)' \cdot g(x) + g(x)^m \cdot g'(x)$
   把我们在第 2 步里的归纳假设代入到 $(g(x)^m)'$ 中：
   $= [m \cdot g(x)^{m-1} \cdot g'(x)] \cdot g(x) + g(x)^m \cdot g'(x)$
   合并前面项中的 $g(x)^{m-1}$ 和 $g(x)$：
   $= m \cdot g(x)^m \cdot g'(x) + g(x)^m \cdot g'(x)$
   提取公因式 $g(x)^m \cdot g'(x)$：
   $= (m + 1) \cdot g(x)^m \cdot g'(x)$
   这正是 $k = m+1$ 时的公式形式！根据数学归纳法，引理对于任意正整数 $k$ 都完全成立。

第二步：推广到任意多项式 $f(x)$

设任意多项式 $f(x)$ 的一般形式为：

$f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i$

根据形式导数的定义，其导数 $f'(x)$ 可以表示为：

$f'(x) = \sum_{i=1}^n i a_i x^{i-1}$

(注：由于常数项 $a_0$ 的导数为 $0$，求和的下限自动从 $i=1$ 开始。)
现在，我们将 $g(x)$ 代入 $f(x)$，构造复合多项式：

$f(g(x)) = \sum_{i=0}^n a_i (g(x))^i$

对上式两边同时求形式导数。根据形式导数的线性性质（求导运算与加法、常数乘法可交换），我们可以将导数符号直接移进求和号内部：

$(f(g(x)))' = \sum_{i=0}^n \left( a_i (g(x))^i \right)' = \sum_{i=1}^n a_i \left( (g(x))^i \right)'$

利用在第一步中证明的引理，将单项式的复合导数 $\left( (g(x))^i \right)' = i \cdot g(x)^{i-1} \cdot g'(x)$ 代入：

$(f(g(x)))' = \sum_{i=1}^n a_i \left[ i \cdot g(x)^{i-1} \cdot g'(x) \right]$

观察求和式内部，因子 $g'(x)$ 与求和变量 $i$ 无关。利用乘法分配律，我们可以将 $g'(x)$ 提取到求和符号的外面：

$(f(g(x)))' = \left( \sum_{i=1}^n i a_i (g(x))^{i-1} \right) \cdot g'(x)$

最后，对比我们在开头写出的 $f'(x)$ 表达式。括号里的求和式，完美等价于将 $f'(x)$ 中的自变量 $x$ 整体替换为 $g(x)$，即 $f'(g(x))$。由此得出最终结论：

$(f(g(x)))' = f'(g(x)) \cdot g'(x)$

证明完成。

因为形式导数的定义，加法法则、乘法法则、链式法则，都只涉及乘法和加法，因此在模 $p$ 的多项式中
形式导数的定义、加法法则、乘法法则、链式法则，都同样适用。

定理陈述：对于多项式 $f(x)$，它含有重因式（即存在次数大于等于 1 的多项式 $P(x)$ 使得 $P(x)^k$ 整除 $f(x)$ 且 $k \ge 2$）的充分必要条件是：$f(x)$ 与其形式导数 $f'(x)$ 有非常数的公因式。换言之，它们的最大公约式 $\gcd(f(x), f'(x)) \neq 1$。

1. 证明“必要性”（如果有重因式，则 $\gcd \neq 1$）：

假设 $f(x)$ 有重因式 $P(x)$，次数为 $k$ ($k \ge 2$)。那么我们可以把 $f(x)$ 写成：

$f(x) = P(x)^k \cdot g(x)$

利用形式导数的乘法法则和链式法则，我们对两边求导：

$f'(x) = k \cdot P(x)^{k-1} \cdot P'(x) \cdot g(x) + P(x)^k \cdot g'(x)$

提取公因式 $P(x)^{k-1}$：

$f'(x) = P(x)^{k-1} [ k \cdot P'(x) \cdot g(x) + P(x) \cdot g'(x) ]$

因为 $k \ge 2$，所以 $k-1 \ge 1$。这说明 $P(x)$ 至少是一次式，且 $P(x)$ 既是 $f(x)$ 的因式，也是 $f'(x)$ 的因式。因此，$\gcd(f(x), f'(x))$ 至少包含 $P(x)$，绝对不等于 $1$。必要性得证。

2. 证明“充分性”（如果无重因式，则 $\gcd = 1$）：

如果 $f(x)$ 没有重因式，那么根据唯一分解定理（见附录4），它可分解为互不相同的不可约因式的乘积：

$f(x) = P_1(x) P_2(x) \cdots P_m(x)$

使用反证法，假设 $\gcd(f,f') \neq 1$，那么 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 必然有公共的不可约因式，不妨设为 $P_1(x)$。

$f'(x) = P_1'(x) P_2(x) \cdots P_m(x) + P_1(x) P_2'(x) \cdots P_m(x) + \cdots$

$P_1'(x) P_2(x) \cdots P_m(x) = f'(x) - \left(P_1(x) P_2'(x) \cdots P_m(x) + \cdots\right)$

观察上面的式子的右边，右边括号里所有项都包含 $P_1(x)$ 所以括号里部分能被 $P_1(x)$ 整除。根据假设 $f'(x)$ 也能被 $P_1(x)$ 整除，所以右边整体都能被 $P_1(x)$ 整除。那么左边必然也能被 $P_1(x)$ 整除。根据「欧几里得引理」（见附录4），因为 $P_1(x)$ 是不可约的，因此左边的因式 $P_1'(x), P_2(x) \cdots P_m(x)$ 中必须至少有一项能被 $P_1(x)$ 整除。因为 $P_2(x) \cdots P_m(x)$ 本身也都是不可约因式，所以它们不可能被 $P_1(x)$ 整除，那么只有一种可能就是 $P_1'(x)$ 能被 $P_1(x)$ 整除。又因为 $P_1'(x)$ 的次数严格小于 $P_1(x)$，那么要想能被 $P_1(x)$ 整除，$P_1'(x)$ 只能是 $0$ 多项式。

对于普通多项式情况，因为 $P_1(x)$ 不是常数（常数不能作为不可约因式），所以 $P_1'(x)$ 不可能是 $0$，所以矛盾，假设不成立。

对于模 $p$ 下的多项式，情况稍微复杂。有一种情况可能导致 $P_1'(x)$ 是 $0$，那就是 $P_1'(x)$ 的所有系数都是 $p$ 的倍数。在这种情况下，$P_1(x)$ 的所有项的次数都必须是 $p$ 的倍数，即：

$P_1(x) = a_k x^{kp} + \cdots + a_2 x^{2p} + a_1 x^p + a_0$

根据费马小定理（见附录7）：任何整数 $a$ 的 $p$ 次方，在模 $p$ 下都等于它自己，即 $a^p \equiv a \pmod p$，于是：

$a_k = a_k^p$
$\cdots$
$a_1 = a_1^p$
$a_0 = a_0^p$

所以 $P_1(x)$ 可以改写为：

$P_1(x) = a_k^p (x^k)^p + \cdots + a_1^p (x^1)^p + a_0^p$

仔细看上面的式子，每一个单项式都是一个完整的 $p$ 次方。根据我们严谨证明过的“新生之梦”定理（见附录6）（即和的 $p$ 次方等于 $p$ 次方的和），我们可以把所有分散的 $p$ 次方，反向合并到一个大括号里：

$P_1(x) = (a_k x^k + \cdots + a_1 x + a_0)^p$

看到了吗？如果 $P_1'(x) = 0$，那么经过“新生之梦”的逆向操作，$P_1(x)$ 必然可以写成某个多项式的 $p$ 次方！
这就意味着 $P_1(x)$ 可以被因式分解（它是某个多项式自己乘自己 $p$ 次），这与“$P_1(x)$ 是不可约因式”的前提发生了致命的矛盾！

综上所述，如果我们假设 $\gcd(f,f') \neq 1$，在普通多项式或模 $p$ 的多项式定义下，都一定会推出矛盾。这就证明了“充分性”（如果无重因式，则 $\gcd = 1$）。

当我们将舞台限定在复数域 $\mathbb{C}$ 时，代数基本定理（见附录9）告诉我们：任何多项式在复数域中都可以完全分解为一次因式 $(x - \alpha)$ 的乘积。此时，“重因式”有了更具象的物理意义——它等价于方程 $f(x) = 0$ 存在重根。
因此，在复数域下，前面的形式导数判别法等价于以下的重根判别法：

等价判别法： 复数 $\alpha$ 是多项式 $f(x) = 0$ 的 $k$ 重根 ($k \ge 2$) 的充分必要条件是：

$f(\alpha) = 0 \quad \text{且} \quad f'(\alpha) = 0$

说明：对于二次方程 $ax^2+bx+c=0$，我们熟悉的 $\Delta = b^2 - 4ac = 0$ 判别法，其实就是由 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 的系数经过特定运算推导出来的。

定理等价性证明：重因式判别法 $\iff$ 导数取值判别法

已知前提： 在复数域 $\mathbb{C}$ 中，由于任何多项式都可以彻底分解为一次因式的乘积，所谓的“重因式 $P(x)$”只能是形如 $(x - \alpha)$ 的一次因式。因此，“$f(x)$ 有重因式”在复数域下完全等价于“$f(x)$ 有重根 $\alpha$”。

我们需要证明：$\alpha$ 是 $f(x)$ 的重根（即含有 $(x - \alpha)^k$ 且 $k \ge 2$） $\iff f(\alpha) = 0$ 且 $f'(\alpha) = 0$

第一步：证明“必要性”（$\Rightarrow$）
已知： $\alpha$ 是 $f(x)$ 的重根。
求证： $f(\alpha) = 0$ 且 $f'(\alpha) = 0$。

证明过程：既然 $\alpha$ 是重根，我们可以将 $f(x)$ 设为：
$f(x) = (x - \alpha)^k \cdot g(x)$
其中 $k \ge 2$，且 $g(x)$ 是另一个多项式。显然：
$f(\alpha) = (\alpha - \alpha)^k \cdot g(\alpha) = 0$
考察导数：
$f'(x) = k(x - \alpha)^{k-1} \cdot g(x) + (x - \alpha)^k \cdot g'(x)$
由于 $k \ge 2$，所以 $k-1 \ge 1$，这意味着 $(x - \alpha)^{k-1}$ 至少是一次式。
$f'(\alpha) = k(\alpha - \alpha)^{k-1} \cdot g(\alpha) + (\alpha - \alpha)^k \cdot g'(\alpha) = 0 + 0 = 0$
必要性得证。

第二步：证明“充分性”（$\Leftarrow$）
已知： $f(\alpha) = 0$ 且 $f'(\alpha) = 0$。
求证： $\alpha$ 是 $f(x)$ 的重根（即含有 $(x - \alpha)^2$ 或更高次的因式）。

证明过程：利用原函数的条件：因为 $f(\alpha) = 0$，根据因式定理（见附录4），$f(x)$ 必定含有因式 $(x - \alpha)$。我们可以将其写为：
$f(x) = (x - \alpha) \cdot h(x)$
我们对上面的式子两边同时求导数：
$f'(x) = 1 \cdot h(x) + (x - \alpha) \cdot h'(x)$
根据已知条件，$f'(\alpha) = 0$，我们将 $x = \alpha$ 代入上式：
$f'(\alpha) = h(\alpha) + (\alpha - \alpha) \cdot h'(\alpha) = 0$
$h(\alpha) = 0$
再次利用因式定理：既然 $h(\alpha) = 0$，根据因式定理，多项式 $h(x)$ 也必然含有因式 $(x - \alpha)$。即 $h(x) = (x - \alpha) \cdot q(x)$。我们将 $h(x)$ 的表达式代回最初的 $f(x)$ 中：
$f(x) = (x - \alpha) \cdot [(x - \alpha) \cdot q(x)]$
$f(x) = (x - \alpha)^2 \cdot q(x)$
这就严谨地证明了：只要 $f(\alpha)=0$ 且 $f'(\alpha)=0$，$f(x)$ 就必定至少包含 $(x-\alpha)^2$ 这个因式，即 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的重根。充分性得证。