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问题

多项式方程互异根的数目利用矩阵结式怎么求？利用最大公因式的次数怎么确定？望举例说明！感谢各位大佬！？

回答
多项式方程互异根的数目：矩阵结式与最大公因式求法详解（附实例）

在代数的世界里，我们常常需要探究多项式方程的根。而这些根是否相同，即互异根的数目，是理解多项式性质的一个重要方面。今天，我们就来深入探讨如何利用矩阵结式和最大公因式这两个强大的工具来确定多项式方程的互异根数目，并辅以详实的例子进行说明。

一、 矩阵结式：判别根的“判官”

在深入之前，我们先来理解一下什么是结式（Resultant）。简单来说，结式是描述两个多项式在什么条件下有公共根的一个代数工具。当两个多项式的结式为零时，它们就至少有一个公共根。

而矩阵结式，顾名思义，就是通过构造一个特殊的矩阵（称为Sylvester矩阵）来计算多项式的结式。这个矩阵的构建方式与多项式的系数紧密相关。

1. 矩阵结式的定义与构造

假设我们有两个多项式：

$f(x) = a_n x^n + a_{n1} x^{n1} + dots + a_1 x + a_0$
$g(x) = b_m x^m + b_{m1} x^{m1} + dots + b_1 x + b_0$

其中 $a_n eq 0$ 且 $b_m eq 0$。

Sylvester矩阵是一个 $(n+m) imes (n+m)$ 的矩阵，其结构如下：

前 $m$ 行： 由多项式 $f(x)$ 的系数构成，每行向前一个系数位移。
第一行： $a_n, a_{n1}, dots, a_1, a_0, 0, dots, 0$ (共 $m$ 个零)
第二行： $0, a_n, a_{n1}, dots, a_1, a_0, 0, dots, 0$ (共 $m1$ 个零)
...
第 $m$ 行： $0, dots, 0, a_n, a_{n1}, dots, a_1, a_0$

后 $n$ 行： 由多项式 $g(x)$ 的系数构成，每行向前一个系数位移。
第 $m+1$ 行： $b_m, b_{m1}, dots, b_1, b_0, 0, dots, 0$ (共 $n$ 个零)
第 $m+2$ 行： $0, b_m, b_{m1}, dots, b_1, b_0, 0, dots, 0$ (共 $n1$ 个零)
...
第 $m+n$ 行： $0, dots, 0, b_m, b_{m1}, dots, b_1, b_0$

举个例子：

设 $f(x) = 2x^2 + 3x 1$ ($n=2$, $a_2=2, a_1=3, a_0=1$)
设 $g(x) = x + 2$ ($m=1$, $b_1=1, b_0=2$)

Sylvester矩阵将是一个 $(2+1) imes (2+1) = 3 imes 3$ 的矩阵：

$$
egin{pmatrix}
a_2 & a_1 & a_0 \
b_1 & b_0 & 0 \
0 & b_1 & b_0
end{pmatrix}
=
egin{pmatrix}
2 & 3 & 1 \
1 & 2 & 0 \
0 & 1 & 2
end{pmatrix}
$$

结式的计算：

多项式 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的结式就等于这个 Sylvester 矩阵的行列式。

$Res(f, g) = det( ext{Sylvester矩阵})$

2. 矩阵结式与互异根数目的关系

现在，我们来看结式如何与多项式方程的根联系起来。

若 $f(x)$ 和 $g(x)$ 有公共根，则 $Res(f, g) = 0$。
若 $f(x)$ 和 $g(x)$ 没有公共根，则 $Res(f, g) eq 0$。

那么，如何利用结式来判断一个多项式方程的互异根数目呢？

我们需要一个特殊的“多项式”来与原多项式进行比较，这个“多项式”就是原多项式的导数。

设 $P(x)$ 是我们要分析的多项式，次数为 $n$。
考虑 $P(x)$ 和它的导数 $P'(x)$。

$P(x)$ 的根是 $alpha_1, alpha_2, dots, alpha_k$，其中 $alpha_i$ 是互异根。
$P'(x)$ 的根是 $P(x)$ 的重根的“降阶”版本。也就是说，如果 $alpha$ 是 $P(x)$ 的重根（出现次数大于1），那么 $alpha$ 也是 $P'(x)$ 的根。

关键点：

若 $P(x)$ 有重根，则 $P(x)$ 和 $P'(x)$ 至少有一个公共根。
若 $P(x)$ 的所有根都是互异的，则 $P(x)$ 和 $P'(x)$ 没有公共根。

因此，我们可以通过计算 $P(x)$ 和 $P'(x)$ 的结式来判断 $P(x)$ 是否有重根。

定理：

多项式 $P(x)$ 的所有根都是互异的，当且仅当 $Res(P(x), P'(x)) eq 0$。

换句话说：

如果 $Res(P(x), P'(x)) eq 0$，则 $P(x)$ 的所有根都是互异的。
如果 $Res(P(x), P'(x)) = 0$，则 $P(x)$ 至少有一个重根。

那么，如何确定互异根的 数目 呢？

这需要结合另一个概念：最大公因式（Greatest Common Divisor, GCD）。

二、 最大公因式：揭示公共根的“身份”

最大公因式（GCD）是两个多项式公有的最高次多项式。对于多项式 $A(x)$ 和 $B(x)$，它们的GCD是能够整除 $A(x)$ 和 $B(x)$ 的最高次多项式。

GCD 与公共根的关系：

如果 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 有公共根，那么它们的GCD的次数大于0。
更具体地，GCD的次数等于 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 的公共根（包括重数）的总个数（考虑复数域）。
如果 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 的GCD是常数（非零），则它们没有公共根。

1. 利用最大公因式的次数确定互异根数目

现在，我们把目光再次聚焦在 $P(x)$ 和它的导数 $P'(x)$ 上。

$P(x)$ 的所有互异根是 $alpha_1, alpha_2, dots, alpha_k$。
如果 $alpha_i$ 是 $P(x)$ 的一个单根（出现一次），则 $alpha_i$ 不是 $P'(x)$ 的根。
如果 $alpha_i$ 是 $P(x)$ 的一个重根（出现 $r > 1$ 次），则 $alpha_i$ 是 $P'(x)$ 的根，并且 $alpha_i$ 是 $P'(x)$ 的一个 $r1$ 次根。

这导致了一个重要的结论：

$P(x)$ 和 $P'(x)$ 的最大公因式（GCD）的根，恰好就是 $P(x)$ 的所有重根，并且GCD的次数等于 $P(x)$ 的所有重根的重数之和减去互异根的个数。

更直观地说：

$ ext{degree}( ext{gcd}(P(x), P'(x))) = ( ext{多项式 } P(x) ext{ 的根的总重数}) ( ext{多项式 } P(x) ext{ 的互异根的数目})$

我们知道，$P(x)$ 的根的总重数就是其次数 $n$。

因此：

$ ext{degree}( ext{gcd}(P(x), P'(x))) = n ( ext{多项式 } P(x) ext{ 的互异根的数目})$

推导互异根数目：

互异根的数目 = $n ext{degree}( ext{gcd}(P(x), P'(x)))$

2. 如何计算 GCD？

计算两个多项式的GCD通常使用欧几里得算法（Euclidean Algorithm）。

欧几里得算法步骤：

1. 用 $A(x)$ 除以 $B(x)$，得到商 $Q_1(x)$ 和余数 $R_1(x)$： $A(x) = B(x) Q_1(x) + R_1(x)$，且 $ ext{degree}(R_1(x)) < ext{degree}(B(x))$。
2. 如果 $R_1(x) = 0$，则 $B(x)$ 就是GCD。
3. 否则，用 $B(x)$ 除以 $R_1(x)$，得到商 $Q_2(x)$ 和余数 $R_2(x)$： $B(x) = R_1(x) Q_2(x) + R_2(x)$，且 $ ext{degree}(R_2(x)) < ext{degree}(R_1(x))$。
4. 重复这个过程，直到余数为零。最后一个非零余数就是GCD。

三、 实例说明

现在，我们来通过一个具体的例子，将上述理论付诸实践。

问题： 确定多项式 $P(x) = x^3 3x^2 + 3x 1$ 的互异根数目。

方法一：利用矩阵结式（判断是否有重根）

1. 求导数：
$P'(x) = frac{d}{dx}(x^3 3x^2 + 3x 1) = 3x^2 6x + 3$

2. 构造 Sylvester 矩阵：
$P(x)$ 的次数 $n=3$，系数为 $(1, 3, 3, 1)$。
$P'(x)$ 的次数 $m=2$，系数为 $(3, 6, 3)$。

Sylvester 矩阵是 $(3+2) imes (3+2) = 5 imes 5$ 的矩阵：

$$
egin{pmatrix}
1 & 3 & 3 & 1 & 0 \
0 & 1 & 3 & 3 & 1 \
3 & 6 & 3 & 0 & 0 \
0 & 3 & 6 & 3 & 0 \
0 & 0 & 3 & 6 & 3
end{pmatrix}
$$

3. 计算行列式：
计算这个 5x5 矩阵的行列式是比较繁琐的。我们可以先化简一下矩阵。

注意到 $P'(x) = 3(x^2 2x + 1) = 3(x1)^2$。
$P(x) = (x1)^3$。

由于 $P(x)$ 和 $P'(x)$ 都有根 $x=1$，所以它们有公共根。因此，它们的结式应该为零。

如果手工计算行列式（在此不演示具体计算过程，因为很长）：
经过计算，该行列式的值确实是 0。

4. 结论：
由于 $Res(P(x), P'(x)) = 0$，所以多项式 $P(x)$ 存在重根。这意味着它的互异根数目小于其次数 3。

方法二：利用最大公因式的次数（确定互异根数目）

1. 求出 $P(x)$ 和 $P'(x)$：
$P(x) = x^3 3x^2 + 3x 1$
$P'(x) = 3x^2 6x + 3$

2. 使用欧几里得算法计算 GCD：

第一步： 用 $P(x)$ 除以 $P'(x)$。
为了简化除法，我们可以先将 $P'(x)$ 除以 3，得到 $x^2 2x + 1$（GCD 不受常数因子影响）。
我们计算 $ ext{gcd}(x^3 3x^2 + 3x 1, x^2 2x + 1)$。

```
x 1
____________
x^22x+1 | x^3 3x^2 + 3x 1
(x^3 2x^2 + x)
________________
x^2 + 2x 1
(x^2 + 2x 1)
________________
0
```
余数为 0。

结论： 最后一个非零余数（或者说是除数）是 $ ext{gcd}(P(x), P'(x)) = x^2 2x + 1$。

3. 确定互异根数目：
$P(x)$ 的次数 $n = 3$。
$ ext{gcd}(P(x), P'(x))$ 的次数是 2。

根据公式：
互异根的数目 = $n ext{degree}( ext{gcd}(P(x), P'(x)))$
互异根的数目 = $3 2 = 1$。

最终结果：

该多项式 $P(x) = x^3 3x^2 + 3x 1$ 只有一个互异根。

验证：
实际上，$P(x) = (x1)^3$。它的根是 $x=1$，重数为 3。因此，只有一个互异根。我们的计算结果是正确的。

总结

矩阵结式 ($Res(P(x), P'(x))$)： 主要用于判断多项式 $P(x)$ 是否存在重根。如果结式不为零，则所有根互异；如果结式为零，则至少有重根。
最大公因式的次数 ($ ext{degree}( ext{gcd}(P(x), P'(x)))$)： 更进一步，通过计算 $P(x)$ 和其导数 $P'(x)$ 的最大公因式的次数，我们可以精确地确定多项式 $P(x)$ 的互异根数目。计算公式为：
互异根的数目 = $n ext{degree}( ext{gcd}(P(x), P'(x)))$，其中 $n$ 是 $P(x)$ 的次数。

通过理解和运用矩阵结式以及最大公因式的概念，我们能够深入解析多项式方程的根的性质，准确地判断互异根的数量。这在代数、计算机代数和科学计算等领域都具有重要的应用价值。

网友意见

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首先，结式 是用来判断两个多项式 有无同根，有则等于0.

然后，一个多项式 和自己的导数 求结式，如果 ，则说明原多项式 有重根，即两者存在非平凡的公因式。

根据以上信息，则判断一个多项式互异的根的个数，可以制定以下算法：

  • 若 ，则说明 无重根，则由代数基本定理，多项式的次数 就是互异根的个数。
  • 若 ，这种情况稍微麻烦一点。通过辗转相除，求出两者的最大公因式 ，最后原多项式的次数与公因式的次数之差，就是我们需要的答案，即 .

例如， ，它的导数求得 ，它们的结式肯定为0，用辗转相除法（其实用肉眼观察法）可知最大公因式为 ，于是最后 的互异的根的个数为

确实 互异的根只有两个 和 .


如果是求不同实根的个数，则利用施图姆定理，这也是现成的。

对于多项式的内容，我推荐


我以前还看过刘培杰工作室黑皮书系列的《高等代数》上册，专门将讲项式的一些初等实用的内容，可惜我找不到了。后面有机会补充吧。

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