一元多项式环¶

一元多项式环的概念和性质¶

定义 1¶

设$K$是数域,$x$是符号,形如$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$的表达式称为$K$上的一元多项式,其中$n\in\mathbb{N},a_0,a_1,\cdots,a_n\in K$,称为系数,$x$称为不定元.
- $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$称为多项式$f(x)$的表达式
- $n$称为多项式$f(x)$的次数,记作$\deg(f(x))(x)=n$
- 0次多项式形如$b\in K$,记作$b$
- 系数全为零的多项式称为零多项式,记作$0$,规定$\deg 0=-\infty$
$K[x]:=\{\text{数域K上的一元多项式}\}$
- 加法:$\sum\limits_{i=0}^na_ix_i+\sum\limits_{i=0}^mb_ix_i=\sum\limits_{i=0}^m(a_i+b_i)x_i$,设$m\geq n,a_i=0,\forall i=n+1,\cdots,m$
- 乘法:$\left(\sum\limits_{i=0}^na_ix_i\right)\left(\sum\limits_{i=0}^mb_ix_i\right)=\sum\limits_{s=0}^{m+n}\left(\sum\limits_{i+j=s}a_ib_j\right)x^s$
- 数量乘法:$k(\sum\limits_{i=0}^na_ix_i)=\sum\limits_{i=0}^nka_ix_i$
$K[x]$是一个线性空间
- $K[x]$中每个多项式可以由$\Omega = \{ 1, x, x^2, \cdots \}$线性表示(无限维的线性空间)

命题 1¶

$\deg(f(x)+g(x))\leq\max\{\deg(f(x)),\deg(g(x))\}$,当且仅当两者最高次项系数互为相反数时不等号成立
$\deg(f(x)g(x))=\deg(f(x))+\deg(g(x))$

推论 1¶

$f(x)\neq 0,g(x)\neq 0\implies f(x)g(x)\neq 0$

推论 2¶

消去律:设$f(x)g(x)=h(x)g(x),f(x)\neq 0$,则$h(x)=g(x)$

定义 2 环¶

非空集合$R$有两个代数运算,称之为加法,乘法,满足
加法结合律:$a+(b+c)=(a+b)+c$
加法交换律:$a+b=b+a$
$\exists 0\in R,\forall a\in R,a+0=a$
- 称为$R$的加法单位元(零元)
$\forall a,\exists b\in R,s.t. a+b=b+a=0$
乘法结合律:$a(bc)=(ab)c$
乘法分配率:$a(b+c)=ab+ac,(a+b)c=ac+bc$
- 称$R$是一个环(Ring)
  - 例
  - 整数环$\mathbb{Z}$
  - 有理数环$\mathbb{Q}$
  - $n$阶方阵环$M_n(K)$
  - 一元多项式环$K[x]$

定义 3¶

如果环$R$中的乘法满足交换律,则称$R$是一个交换环(Commutative Ring)
- $n$阶方阵环$M_n(K)$不是交换环
若$\exists e\in R,s.t.ae=ea=a,\forall a\in R$,则称$e$是$R$的乘法单位元(幺元),记成$1$
$\forall a\in R$若$\exists b\in R,b\neq 0,s.t. ab=0$,称$a$是一个左(右)零因子,(或者$ba=0$),统称为零因子
- 例:$\mathbb{Z}_6$中的$2,3$
定义减法:$a-b:=a+(-b)$

推论 3¶

零元是零因子,称为平凡零因子
$0a=(0+0)a=0a+0a\implies 0a=0$
- $M_n(K)$有非平凡的零因子

定义子环¶

环$R$的一个非空子集$R_1$,如果关于$R$的加法和乘法构成一个环,则称$R_1$是$R$的一个子环
- 例:$\mathbb{Z}$的子环:$n\mathbb{Z}$
- 例:$K[x]$的子环:$K$

命题 2¶

$R$的子集$R_1$是$R$的子环$\iff$从$a,b\in R_1\implies a-b,ab\in R_1$

定义 4¶

矩阵$A\in M_n(K)$的多项式:$f(A)=a_0E+a_1A+\cdots+a_mA^m\in M_n(K)$
$K[A]:=\{\text{矩阵 A 的多项式}\}$是环$M_n(K)$的子环
- 注意$M_n(K)$不是交换环,但是$K[A]$是交换环
$KI$是$K[A]$的一个子环,$\tau K\to KI:\tau(k)=kI$,显然$\tau$保持乘法,加法

定义 5¶

若环$R$,到环$R'$有一个双射$\tau$满足:
- $\tau(a+b)=\tau(a)+\tau(b)$
- $\tau(ab)=\tau(a)\tau(b)$
则称$\tau$是一个环同构(同构映射),称环$R$和$R'$是同构的,记作$R\cong R'$
- 例:$\mathbb{Z}_6\cong\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_3$

命题 3¶

若$\tau:R\to R'$是环同构,且$e\in R$是$R$的幺元,则$\tau(e)$是$R'$的幺元

定理 1 一元多项式环的通用性质¶

设$K$是一个数域,$R$是有单位元$e$的交换环,且$K$到$R$的一个子环$R'$有一个同构映射$\tau : K\to R'$,任给$t\in R$,令:
- $\sigma_t :K[x]\to R:f(x)= \sum\limits_{i=0}^na_ix^i\to \sum\limits_{i=0}^n\tau(a_i)t^i:=f(t)$
- 则$\sigma_t$是$K[x]$到$R$的一个映射,保持加法数乘运算,即若
  - $f(x)+g(x)=h(x),f(x)g(x)=p(x),\implies f(t)+g(t)=h(t),f(t)g(t)p(t)$
  - 称$\sigma_t$是$x$用$t$代入
- 且$\sigma_t(x)=t$

整除¶

定义 1¶

设$f(x),g(x)\in K[x]$,若$\exists h(x)\in K[x],s.t.f(x)=g(x)h(x)$,则称$f(x)$能被$g(x)$整除($g(x)$可以整除$f(x)$),记作$g(x)\mid f(x)$
若$f(x)$不能被$g(x)$整除,则称$f(x)$不能被$g(x)$整除,记作$g(x)\nmid f(x)$
- $\forall b\in K,\forall f(x)\in K[x],b\neq 0\implies b\mid f(x)$
- $\forall f(x)\in K[x],f(x)\mid 0$,因为$0=0f(x)$
  - 特别的$0\mid 0$
- $0\mid f(x) \implies f(x)=0$
  - 零多项式只能整除零多项式

命题 1¶

$g(x)\mid f(x),g(x)\neq0\implies \deg g(x)\leq \deg f(x)$

定义 2¶

若$f(x)\mid g(x),g(x)\mid f(x)$,称$f(x),g(x)$是相伴的,记作$f(x)\sim g(x)$
- 相伴是一个等价关系(整除不是,不满足对称性)

命题 2¶

$f(x)\sim g(x)\iff f(x)=cg(x),c\in K^*$

命题 3¶

若$g(x)\mid f_i(x),i=1,2\cdots,s,$则$\forall u_i,i=1,2,\cdots,s\implies g(x)\mid u_1f_1(x)+u_2f_2(x)+\cdots+u_sf_s(x)$

定理 1 带余除法¶

$\forall f(x),g(x)\in K[x],g(x)\neq 0,\exists! q(x),r(x)\in K[x],s.t.f(x)=g(x)q(x)+r(x),\deg r(x)<\deg(g(x))(x)$
- $q(x)$称为商,$r(x)$称为余式

推论 1¶

$g(x)\mid f(x)\iff f(x)=g(x)q(x),q(x)\in K[x]$

命题 4¶

$f(x),g(x)\in K[x],g(x)\neq 0,$数域$E\supset K$
- 若在$K[x]$中有$f(x)\mid g(x)$,则在$E[x]$中有$f(x)\mid g(x)$
- 反之亦然
$f(x)\mid g(x) \text{ in E[x]}\iff f(x)\mid g(x) \text{ in K[x]}$
- 也就是说,整除关系不受数域的影响,如果$f\nmid g$不可能通过扩大数域的方法使得$f\mid g$

最大公因式¶

定义 1¶

若$f(x),g(x)\in K[x]$,$\exists d(x)\in K[x]$,满足
- \[d(x)\mid f(x),d(x)\mid g(x)\]
- 就称$d(x)$是$f(x),g(x)$的公因式

定义 2¶

若$f(x),g(x)\in K[x]$,且$d(x)\in K[x]$,满足
- $d(x)\mid f(x),d(x)\mid g(x)$
- $d(x)\mid f(x),d(x)$且$f(x),g(x)$的任意公因式$c(x)$都能整除$d(x),i.e.\;c(x)\mid d(x)$
  - 则称$d(x)$是$f(x),g(x)$的最大公因式,记作$d(x)=\gcd(f(x),g(x))$
特别的:$\gcd(f(x),0)=f(x)$
- 更特别的:$\gcd(0,0)=0$

引理 1¶

设$f(x),g(x)\in K[x],g(x)\neq 0$,若成立
- $f(x)=q(x)g(x)+r(x),\deg r(x)<\deg(g(x))(x)$,那么$\gcd(f(x),g(x))=\gcd(g(x),r(x))$
  - 可以逐步缩小多项式的次数(辗转相除法))
通过引理1,利用带余除法,可以求得最大公因式,若设$d(x)=\gcd(f(x),g(x))$则$\exists u(x),v(x)\in K[x],s.t.$
- \[d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)\]
若$d_1(x),d_2(x)$都是$f(x),g(x)$的最大公因式,则$d_1(x)\sim d_2(x)$(相伴,差一个常数)
- 因此我们用$\gcd(f(x),g(x))$来表示首项系数为1(首1)的最大公因式

命题 1¶

设$f(x),g(x)\in K[x],g(x)\neq 0,E\supset K$,则$f(x),g(x)$在$K[x]$中的最大公因式和$f(x),g(x)$在$E[x]$中的最大公因式相同
- 这表明首一最大公因式不受数域的影响

不可约多项式和唯一因式分解定理¶

定义 1¶

若$\gcd(f(x),g(x))=1$,则称$f(x),g(x)$互素

定理 1¶

$f(x),g(x)$互素$\iff \exists u(x),v(x)\in K[x],s.t. u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$

命题 2¶

$f(x),g(x)\in K[x],E\supset K$,则$f(x),g(x)$在$K[x]$中互素$\iff f(x),g(x)$在$E[x]$中互素

[!NOTE] 整除性,首一最大公因式,互素性不受数域的影响,整除性是最基本的

性质 1¶

若$f(x)\mid g(x)h(x),\gcd(f(x),g(x))=1\implies f(x)\mid h(x)$

性质 2¶

若$f(x)\mid h(x),g(x)\mid h(x),\gcd(f(x),g(x))=1\implies f(x)g(x)\mid h(x)$

性质 3¶

$\gcd(f(x),h(x))=1,\gcd(g(x),h(x))=1\implies \gcd(f(x)g(x),h(x))=1$

定义 2¶

设$f(x)\in K[x],\deg(f(x))(x)>0,$,如果$f(x)$的因式只有零次多项式和与之相伴的多项式,那么称$f(x)$在$K[x]$上是不可约的,否则称为可约的

定理 1¶

设$p(x)\in K[x],\deg p(x)>0$,则以下命题等价
- $p(x)$在$K[x]$上是不可约的
- $\forall f(x)\in K[x],p(x)$要么整除$f(x)$要么与$f(x)$互素
  - $\forall f(x)\in K[x],f(x)\neq 0,\gcd(p(x),f(x))=1$,或者$p(x)\mid f(x)$
- $p(x)\mid f(x)g(x)\implies p(x)\mid f(x)$或者$p(x)\mid g(x)$
- 在$K[x]$中$p(x)$不能分解为两个次数小于$p(x)$的多项式的乘积
不可约多项式刻画:
- 1. 因式角度:它的因式只有零次多项式和自己的相伴元
- 1. 与多项式关系:要么整除,要么互素
- 1. 整除角度:整除两个多项式的乘积,要么整除其中一个,要么整除另一个
- 1. 因式分解:不能分解为两个次数小于它的多项式的乘积

推论 1¶

在$K[x]$中,如果$p(x)\mid f_1(x)f_2(x)\cdots f_s(x)$,且$p(x)$是不可约的,则$\exists i,s.t.p(x)\mid f_i(x)$

推论 2¶

在$K[x]$中,一次多项式是不可约的

推论 3¶

在$K[x],f(x)$可约$\iff \exists g(x),h(x)\in K[x],s.t.f(x)=g(x)h(x),\deg g(x),\deg h(x)>0$

继而有

定理 2¶

$\forall f(x)\in K[x],\exists f_i(x)\text{是不可约多项式},s.t.f(x)=f_1(x)f_2(x)\cdots f_s(x)$,而且分解是唯一的(在不考虑顺序和单个元素的相伴的情况下)
$\forall f(x)\in K[x],\exists p_i(x)\in K[x],i=1,2,\cdots s,p_i\neq p_j,i\neq j,\text{是首一不可约多项式},a = f(x)\text{首项系数},\exists l_1,l_2\cdots,l_s\in \mathbb{Z^*},s.t.$
- \[f(x)=a\prod\limits_{i=1}^s\left(p_i(x)\right)^{l_i}\]
- 这个分解是唯一的

定义 3¶

设$f(x)\in K[x],\deg(f(x))(x)>0$,若$\exists p(x)\in K[x],\deg p(x)>0,s.t.\exists k>0,s.t.$
- \[p^k(x)\mid f(x),p^{k+1}(x)\nmid f(x)\]
  - 则称$p(x)$是$f(x)$的一个$k$重因式
- $k=0$时,$p$不是$f$的因式
- $k=1$时,$p$是$f$的单因式
- $k\geq 2$时,$p$是$f$的重因式

多项式的根,复数域上的不可约多项式¶

定理 1¶

在$K[x]$中,若$x-c\mid f(x)\iff f(c)=0$
- 则称$c$是$f(x)$在$K$中的一个根
- 若$E\supset K,c\in K\subset E$,从而$c$也是$f(x)$在$E$中的根

定理 2 Bezout定理¶

在$K[x]$中,$x-c\mid f(x)\iff c$是$f(x)$在$K$中的一个根
若$x-c$是$f(x)$的一个$k$重因式,则$c$是$f(x)$的一个$k$重根

定理 3¶

$n$次多项式$f(x)\in K[x]$在数域$K$中至多有$n$个根
- 重根按重数计算

推论 1¶

若$f(x)\in K[x]$在数域$K$中有$n+1$个根,则$f(x)=0$

命题 1¶

在$K[x]$中,$\deg(f(x))(x))\leq n,\deg(g(x))(x)\leq n$,若$\exists c_i\in K,i=1,2,\cdots,n+1,s.t. f(c_i)=g(c_i),\forall c_i \implies f(x)=g(x)$

[!NOTE] $K_{pol}:=\{数域K 上的一元多项式函数\}$是一个交换环$\\$ 称$f(t), t\in K$是多项式$f(x)$诱导的函数

命题 2¶

设多项式$f(x),g(x)\in K[x]$,则其诱导的多项式函数相等$\iff f(x)=g(x)$
$\sigma:K[x]\to K_{pol}:f(x)\to f(t)$是一个环同构(双射且保持加法和乘法)

定理 4 代数基本定理¶

复数域上次数大于零的复多项式都有复根

推论 2¶

复数域上的不可约多项式只有一次多项式

推论 3¶

$\mathbb{C}[x]$中的多项式$f(x)$可以分解为一次多项式的乘积
- \[f(x)=a\prod\limits_{i=1}^s(x-c_i)^{l_i},c_i\in \mathbb{C},l_i\in \mathbb{Z^+},i=1,2,\cdots ,s\]

推论 4¶

$n$次多项式$f(x)\in \mathbb{C}[x]$在复数域中有$n$个根

实数域上的不可约多项式¶

记$f(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i\in \mathbb{R}[x],a_i\in \mathbb{R},a_n\neq 0$

命题 1¶

若$c\in \mathbb{C}$是$f(x)$的一个根,则$\bar{c}$也是$f(x)$的一个根
任取$f(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i\in \mathbb{R}[x],a_i\in \mathbb{R},a_n\neq 0$,则$f(x)$在$\mathbb{C}$中有$n$个根,不妨设有$2s$个复根(不是实的)$c_1,c_2,\cdots ,c_s,\bar{c_1},\bar{c_2},\cdots,\bar{c_s}$,有$t$个实根$r_1,r_2,\cdots,r_t$,从而有
- \[f(x)=a_n\prod\limits_{i=1}^s(x-c_i)(x-\bar{c_i})\prod\limits_{j=1}^t(x-r_j)\]
  - 即
- \[f(x) =a_n\prod\limits_{i=1}^s(x^2+2Re(c_i)x+|c_i|^2)\prod\limits_{j=1}^t(x-r_j)\]

[!NOTE] 这里给了我们分解实数域上多项式的方法,先尝试求复根,然后把共轭的复根对应的不可约多项式乘起来就得到了实数域上的多项式分解

定理 1¶

任取$p(x)\in \mathbb{R}[x]$是不可约多项式,则$p(x)$是一次的或者是判别式为负的二次多项式

有理数域上的不可约多项式¶

定义 1 本原多项式¶

若对$f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x],a_i\in \mathbb{Z},a_n\neq 0$
- 有$\gcd(a_n,a_{n-1},\cdots,a_0)=1$,则称$f(x)$是本原多项式

[!NOTE] 注意到$\mathbb{Q}[x]$上次数大于0的多项式不可约$\iff$与之相伴的$\mathbb{Z}[x]$上的本原多项式不可约 $\\\forall f(x)\in\mathbb{Q}[x],\exists g(x)\in\mathbb{Z}[x],\exists r\in\mathbb{Q},s.t.f(x)=rg(x)$

性质 1¶

若在$\mathbb{Q}[x]$中$f(x)\sim g(x),(\iff\exists r\in\mathbb{Q},s.t. f(x)=rg(x)) \iff f(x)=\pm g(x),(\iff r=\pm 1)$

性质 2 高斯引理¶

本原多项式的乘积是本原多项式

命题 1¶

次数大于0 的本原多项式$g(x)$在$\mathbb{Q}[x]$上可约$\iff g(x)$能分解成两个次数小于$g(x)$的本原多项式的乘积
- 因此可以逐步往下分解

推论 1¶

次数大于0 的本原多项式在$\mathbb{Q}[x]$可以分解成不可约的本原多项式的乘积

推论 2¶

次数大于零的整系数多项式$f(x)$在$\mathbb{Q}[x]$上可约$\iff f(x)$能分解成两个次数小于$f(x)$的整系数多项式的乘积

定理 1¶

设$f(x) = \sum\limits_{i=0}^na_ix^i$是次数为$n$的本原多项式,若$f(x)$在$\mathbb{Q}$上有一个有理根$\frac{q}{p},\gcd(p,q)=1$,则有$p\mid a_n,q\mid a_0$
- 也就是说有理根分母整除首项系数,分子整除常数项
- 证明:
  - 设$f(\frac{q}{p})=0$,则$\exists g(x)$是本原多项式,$s.t.f(x)=g(x)(px-q)$,不妨设$g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}b_ix^i$,比较最高次和最低次项系数:
    - $a_n=pb_n,a_0=-qb_0$,从而$p\mid a_n,q\mid a_0$
- 定理中本原多项式的条件可以放宽为整系数多项式(只需提出公因子)

[!NOTE] - 对于次数2 或者3 的整系数多项式$f(x)$,没有有理根$\iff$它在有理数域上不可约 - $\Rightarrow$不然则必有一次因式,从而有有理根 - $\Leftarrow$显然 - 对于次数大于3 的整系数多项式没有这个结论,例如$x^4-4$没有有理根,但是$X^4-4=(x^2-2)(x^2+2)$

定理 2 Eisenstein判别法¶

设$f(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i$是次数为$n$的整系数多项式,如果存在素数$p$,满足
- $p\nmid a_n,p\mid a_i,i=0,1,\cdots,n-1$
- $p^2\nmid a_0$ 那么$f(x)$在$\mathbb{Q}[x]$上不可约
或者是:存在素数 $p,s.t.:$
- $p\mid a_i,i=1,2\cdots ,n$
- $p\nmid a_0$
- $p\nmid a_n^2$

定理 3¶

$\mathbb{Q}[x]$中存在任意次数的不可约多项式
- 例:$x^n+2,\exists p=2,s.t.p\nmid 1, p\mid 0,p\mid 2,p^2\nmid 2$
- 并且$f(x)$不可约$\iff f(x+1)$不可约(平移不影响不可约性))

模m剩余类环,域的概念¶

命题 1¶

若$a\equiv b(\mod m),c\equiv d(\mod m)\implies a+c\equiv b+d(\mod m),ac\equiv bd(\mod m)$

定义 1¶

整数集模$m$的剩余类定义为$\{ \bar{0},\bar{1},\cdots,\overline{m-1}\}$,其中$\bar{a}=\{x\in \mathbb{Z},x\equiv a(\mod m)\}$
- 在其中定义加法和乘法:$\bar{a}+\bar{b}=\overline{a+b},\bar{a}\bar{b}=\overline{ab}$
- 容易证明这是一个有单位元$\bar{1}$的交换环

定义 2¶

设$R$是一个有单位元(不等于0) 的交换环,$a\in R$若$\exists b\in R,s.t.ab=ba=1$,则称$a$是可逆元(唯一的),记作$a^{-1}$

定义 3¶

若$F$是一个有单位元的交换环,$a\in F$,并且每一个非零元都是可逆的,则称$F$是一个域(Field)

定理 1¶

若$p$是素数,则$\mathbb{Z}_p$是一个域
- 例如:$\mathbb{Z}_4$中$\bar{2}$不是可逆元
- 证明:注意到素数$p\nmid a\implies \gcd(a,p)=1\iff \exists x,y,s.t.ax+py=1\overset{两边同取模}{\implies} \bar{a}\bar{x}\equiv \bar{1}$
- 若$m$是合数,那么$\mathbb{Z}_m$不是域

定理 2¶

设 $F$ 是一个域,单位元是$e$
- 则或者$\forall n\in\mathbb{N}^*,ne\neq 0$
  - 此时称域$F$的特征是0
- 或者$\exists p\in\mathbb{N}^*\text{且为素数}, s.t.\; pe=0$,且$\forall 0<l<p,le \neq 0$
  - 此时称域$F$的特征是$p$
记域 $F$ 的特征为$\text{char}(F)$
从而任意域的特征是0或者素数
- $\mathbb{Z}_p$的特征是$p$
- 数域的特征是0

命题 2¶

设数域$F$的特征是$p$,单位元为$e$,则$ne=0 \iff p\mid n$
- 推广,任取$a\in F\backslash \{0\}$,则$na = 0 \iff p\mid n$

命题 3¶

设$f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_0$是一个整系数多项式,且$p$是一个素数并且 $p\nmid a_n$ ,把$f$的系数模$p$变成$\mathbb{Z}_p$上的元素,得到多项式
- \[\overline{f(x)} = \overline{a_n}x^n + \cdots + \overline{a_0}\]
- 若$\overline{f(x)}$在$\mathbb{Z}_p$上不可约,则$f(x)$在$\mathbb{Q}$上不可约

[!NOTE] 如果$\overline{f(x)}$在$\mathbb{Z}_p$上可约,那么$f(x)$在$\mathbb{Q}$上可能可约,也可能不可约

[!IMPORTANT] 若$f$首项系数是奇数,那么就取$p=2$,如果首项系数是偶数,但不是3 的倍数,那么就取$p=3$,以此类推

$\mathbb{Z}_2$上的次数小于3 的不可约多项式有

\[x,x+\bar{1},x^2+x+\bar{1}$$ $\mathbb{Z}_3$上的次数小于3 的不可约多项式有 $$x+\bar{2},x^2+\bar{1},x^2+x+\bar{2},x^2+\bar{2}x+\bar{2},\bar{2}x^2+x+\bar{1},\bar{2}x^2+\bar{2}x+\bar{1},\bar{2}x^2+\bar{2}\]

一元多项式环¶

一元多项式环的概念和性质¶

定义 1¶

命题 1¶

推论 1¶

推论 2¶

定义 2 环¶

定义 3¶

推论 3¶

定义 子环¶

命题 2¶

定义 4¶

定义 5¶

命题 3¶

定理 1 一元多项式环的通用性质¶

整除¶

定义 1¶

命题 1¶

定义 2¶

命题 2¶

命题 3¶

定理 1 带余除法¶

推论 1¶

命题 4¶

最大公因式¶

定义 1¶

定义 2¶

引理 1¶

命题 1¶

不可约多项式和唯一因式分解定理¶

定义 1¶

定理 1¶

命题 2¶

性质 1¶

性质 2¶

性质 3¶

定义 2¶

定理 1¶

推论 1¶

推论 2¶

推论 3¶

定理 2¶

定义 3¶

多项式的根,复数域上的不可约多项式¶

定理 1¶

定理 2 Bezout定理¶

定理 3¶

推论 1¶

命题 1¶

命题 2¶

定理 4 代数基本定理¶

推论 2¶

推论 3¶

推论 4¶

实数域上的不可约多项式¶

命题 1¶

定理 1¶

有理数域上的不可约多项式¶

定义 1 本原多项式¶

性质 1¶

性质 2 高斯引理¶

命题 1¶

推论 1¶

推论 2¶

定理 1¶

定理 2 Eisenstein判别法¶

定理 3¶

模m剩余类环,域的概念¶

命题 1¶

定义 1¶

定义 2¶

定义 3¶

定理 1¶

定理 2¶

命题 2¶

命题 3¶

定义子环¶