設 $\mathbb{P}$ 為數域, 如果 $p_1(x),\cdots,p_r(x)$ 是數域 $\mathbb{P}$ 上的 $r$ 個兩兩不同的首相系數為 $1$ 的不可約多項式, 證明: $f(x)=p_1(x)\cdots p_r(x)$ 在數域 $\mathbb{P}$ 上無重根.

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證明: 用反證法. 若 $f(x)$ 有 $k(\geq 2)$ 重根 $x=a$, 則 $$\bee\label{poly_div} f(x)=p_1(x)\cdots p_r(x)=(x-a)^2g(x). \eee$$令 $x=a$ 有 $$\bex p_1(a)\cdots p_r(a)=0. \eex$$ 而至少有一個 $i$ 使得 $p_i(a)=0$, 于是 $$\bex (x-a)\mid p_i(x). \eex$$ 既然 $p_i(x)$ 首一、不可約, 我們有 $$\bex p_i(x)=x-a. \eex$$ 將上式代入 \eqref{poly_div}, 化簡而有 $$\bex p_1(x)\cdots p_{i-1}(x)p_{i+1}(x)\cdots p_r(x)=(x-a)g(x). \eex$$ 同上論證又可發現 $$\bex \exists\ j\neq i,\st p_j(x)=x-a. \eex$$ 于是 $p_i(x), p_j(x)$ 相同. 這一矛盾說明假設不成立. 故有結論.

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的[再寄小读者之数学篇](2014-07-09 不可约多项式与重根)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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