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# 多项式环

以下令 RR 为交换环
我们希望在抽象环上考虑多项式结构
令 P:={f:N∪{0}→R}P := \{ f:\mathbb N \cup \{0\} \to R \}，此时 PP 构成交换环

来看一下 ff 的形式
ff 是一个将非负整数映射到 RR 的函数，所以我们其实可以把 ff 看成是一个数列
f∈P,n∈N∪{0},f(n)=an∈Rf \in P,\ n \in \mathbb N \cup \{0\}, f(n) = a_n \in R
然后将 ff 本身直接写成

f=(a0,a1,a2,…)f = (a_0, a_1, a_2, \ldots)

先验证一下 PP 是不是交换环
对于 f,g∈Pf,g \in P，定义

f=(a0,a1,a2,…),g=(b0,b1,b2,…)f = (a_0, a_1, a_2, \ldots),\quad g = (b_0, b_1, b_2, \ldots)

则由 RR 的封闭性可得

  • 加法 f+g=(a0+b0,a1+b1,a2+b2,…)∈Pf + g = (a_0 + b_0, a_1 + b_1, a_2 + b_2, \ldots) \in P
  • 乘法 fg=(c0,c1,c2,…)∈Pfg = (c_0, c_1, c_2, \ldots) \in P，其中卷积 c_n = \sum_{i=0}^n a_i b_
  • 加法零元 0=(0,0,0,…)∈P0 = (0,0,0,\ldots) \in P
  • 乘法单位元 1=(1R,0,0,…)∈P1 = (1_R,0,0,\ldots) \in P

所以可以明确 PP 成为交换环
并且存在有一个特殊的元

  • X=(0,1R,0,0,…)∈PX = (0,1_R,0,0,\ldots) \in P
  • X2=(0,0,1R,0,0,…)∈PX^2 = (0,0,1_R,0,0,\ldots) \in P
  • Xn=(0,0,…,0,1R,0,…)∈PX^n = (0,0,\ldots,0,1_R,0,\ldots) \in P，其中 1R1_R 在第 nn+1 位

注意标量积 α∈R:αf=(αa0,αa1,αa2,…)∈P\alpha \in R: \alpha f = (\alpha a_0, \alpha a_1, \alpha a_2, \ldots) \in P
所以可以将 ff 写成

f=a0+a1X+a2X2+⋯f = a_0 + a_1 X + a_2 X^2 + \cdots

此时记作 P=R[[X]]P = R[[X]]

定义
令 RR 为交换环
P=R[[X]]={f:N∪{0}→R}P = R[[X]] = \{ f:\mathbb N \cup \{0\} \to R \}，称为 RR 上的 形式幂级数环 (Formal Power Series Ring「形式的べき級数環」)

R[X]:={f∈P∣∃n∈Z≥0,∀N>n:aN=0}R[X] := \{ f \in P \mid \exists n \in \mathbb Z_{\geq 0},\ \forall N > n : a_N = 0 \} 成为 PP 的子环
称为 RR 上的 多项式环 (Polynomial Ring「多項式環」)
其零元称为 零多项式 (Zero Polynomial「零多項式」)，单位元称为 恒等多项式 (Identity Polynomial「恒等多項式」)
并且称满足 aN=0a_N = 0 的最小的 nn 为多项式的 次数 (Degree「次数」)，记作 deg(f)=ndeg(f) = n
对于这个 nn，将 lc(f):=anl_c(f) := a_n 称为多项式的 最高次系数 (Leading Coefficient「最高次係数」)
lc=0l_c = 0 时，称 ff 为 monic (首一多项式「首一」)

命题
令 RR 为整环，非零元 f,g∈R[X]f,g \in R[X]

  • deg(fg)=deg(f)+deg(g)deg(fg) = deg(f) + deg(g)
  • deg(f+g)≤max⁡(deg(f),deg(g))deg(f+g) \leq \max(deg(f),deg(g))
证明

令 an=lc(f),bm=lc(g)a_n = l_c(f), b_m = l_c(g)
(1) 在 fgfg 中比 m+nm+n 次数还要大的所有项的系数均为零，且 m+nm+n 次数的系数为 anbma_n b_m
假设 anbm=0a_n b_m = 0，整环性质给出 an=0a_n = 0 或 bm=0b_m = 0，与定义矛盾
所以 lc(fg)=anbm,deg(fg)=m+nl_c(fg) = a_n b_m,\ deg(fg) = m+n
(2)

lc(f+g)={an(n>m)bm(n<m)an+bm(n=m,an+bm≠0)0(n=m,an+bm=0)l_c(f+g) = \begin{cases} a_n & (n > m) \\ b_m & (n < m) \\ a_n + b_m & (n = m, a_n + b_m \neq 0) \\ 0 & (n = m, a_n + b_m = 0) \end{cases}

但是很遗憾，单纯在环上构造多项式环性质还是有点不够
所以我们也可以考虑在域上构造多项式环，此时我们就可以获得多项式的除法计算

命题
令 RR 为域，f,g∈R[X]f,g \in R[X], g≠0g \neq 0
则存在唯一的 q,r∈R[X]q,r \in R[X] 使得

f=qg+r,deg(r)<deg(g)f = qg + r,\quad deg(r) < deg(g)

实际上不严格要求 RR 为域，只要 lc(g)∈R×l_c(g) \in R^\times 也成立

证明

f=0⇒q=r=0f = 0 \Rightarrow q = r = 0，唯一性显然
deg(f)<deg(g)⇒q=0,r=fdeg(f) < deg(g) \Rightarrow q = 0, r = f，唯一性显然
以下仅考虑 deg(f)≥deg(g)deg(f) \geq deg(g) 即可

对 n:=deg(f)n := deg(f) 用强归纳法证明
n=0n=0 时，f,gf,g 为常数多项式，令 q=fg−1,r=0q = f g^{-1}, r = 0，在 lc(g)∈R×l_c(g) \in R^\times 下逆元存在所以 q∈R[X]q \in R[X] 成立

n>0n>0 时，设 m:=deg(g)m := deg(g)，有 n≥mn \geq m，强归纳法假设结论对所有比 nn 小的次数成立
令 (anbm≠0a_n b_m \neq 0)

f=a0+a1X+⋯+anXnf = a_0 + a_1 X + \cdots + a_n X^n

g=b0+b1X+⋯+bmXmg = b_0 + b_1 X + \cdots + b_m X^m

取（我们相当于将 gg 的次数补到和 ff 次数一致，然后让 ff 作差，从而会只剩下余数）

f1=f−anbmXn−mgf_1 = f - \frac{a_n}{b_m} X^{n-m} g

那么 deg(f1)<ndeg(f_1) < n
由强归纳假设，存在 q1,r1∈R[X]q_1, r_1 \in R[X] 使得

f1=q1g+r1,deg(r1)<deg(g)f_1 = q_1 g + r_1,\quad deg(r_1) < deg(g)

所以

f=anbmXn−mg+f1=anbmXn−mg+q1g+r1=(anbmXn−m+q1)g+r1f = \frac{a_n}{b_m} X^{n-m} g + f_1 = \frac{a_n}{b_m} X^{n-m} g + q_1 g + r_1 = (\frac{a_n}{b_m} X^{n-m} + q_1) g + r_1

令 q=anbmXn−m+q1,r=r1q = \frac{a_n}{b_m} X^{n-m} + q_1, r = r_1，唯一性由 f,gf,g 唯一性可得

命题
令 RR 为域，f∈R[X]f \in R[X]，f≠0f \neq 0
对于 c∈Rc \in R，如果 f(c)=0f(c) = 0，则

∃g∈R[X]:f=(x−c)g\exist g \in R[X]:f = (x-c)g

证明

f(c)=0f(c) = 0 的 cc 称为 ff 的 根 (Root「根」)

命题
令 RR 为域，f∈R[X]f \in R[X]，f≠0f \neq 0
ff 在 RR 中的根的个数不超过 deg(f)deg(f)

证明