[再寄小读者之数学篇](2014-07-09 不可约多项式与重根)

设 $\mathbb{P}$ 为数域, 如果 $p_1(x),\cdots,p_r(x)$ 是数域 $\mathbb{P}$ 上的 $r$ 个两两不同的首相系数为 $1$ 的不可约多项式, 证明: $f(x)=p_1(x)\cdots p_r(x)$ 在数域 $\mathbb{P}$ 上无重根.

证明: 用反证法. 若 $f(x)$ 有 $k(\geq 2)$ 重根 $x=a$, 则 $$\bee\label{poly_div} f(x)=p_1(x)\cdots p_r(x)=(x-a)^2g(x). \eee$$令 $x=a$ 有 $$\bex p_1(a)\cdots p_r(a)=0. \eex$$ 而至少有一个 $i$ 使得 $p_i(a)=0$, 于是 $$\bex (x-a)\mid p_i(x). \eex$$ 既然 $p_i(x)$ 首一、不可约, 我们有 $$\bex p_i(x)=x-a. \eex$$ 将上式代入 \eqref{poly_div}, 化简而有 $$\bex p_1(x)\cdots p_{i-1}(x)p_{i+1}(x)\cdots p_r(x)=(x-a)g(x). \eex$$ 同上论证又可发现 $$\bex \exists\ j\neq i,\st p_j(x)=x-a. \eex$$ 于是 $p_i(x), p_j(x)$ 相同. 这一矛盾说明假设不成立. 故有结论.

[再寄小读者之数学篇](2014-07-09 不可约多项式与重根)

时间： 2024-10-08 15:17:40

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