13 多项式的零点

多项式的零点 #

这讲讲什么：复数的四件工具（实部、虚部、共轭、模），多项式的定义与次数，以及一条把「零点」和「因式」绑在一起的定理；由此证出「次数 $m$ 的多项式最多 $m$ 个零点」，顺带得到系数唯一、次数唯一。
前置：01 讲（数域、复数运算）；05 讲（$\mathcal{P}_m(\mathbb{F})$ 的基，只在第五节用一次）
一句话：一个零点就是剥掉一层因式；次数是零点的预算上限，正是这条上限让「系数唯一」成立。

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一、为什么需要它 #

前十二讲的主线是两件事：空间（01–06）与映射（07–12）。从这一讲起，方向要转——接下来要研究的是从一个空间到它自己的线性映射，也就是算子。只有这种映射才谈得上特征值、不变子空间、上三角化，而处理算子最顺手的工具不是矩阵，是多项式。

理由很实际：算子的许多性质最后都写成「某个多项式作用在 $T$ 上等于零」，例如

$$p(T)=a_0I+a_1T+\cdots+a_mT^m=0$$

一旦这样的 $p$ 存在，它的次数与零点就成了刻画 $T$ 的量。而这条思路能不能走通，取决于多项式这种对象是否「规矩」。规矩主要指两条：

1. 同一个多项式不能有两组不同的系数。 否则「次数」「首项系数」这些词就无从定义，$p(T)$ 这个式子里到底哪个 $a_m$ 是首项都说不清。
2. 一个非零多项式不能有无穷多个零点。 否则「$p(T)=0$ 只在有限个 $\lambda$ 上被违反」这类推理全部失效——无穷多个例外点会淹没一切结论。

这两条其实是同一件事的两面。本讲要做的事就一句话：

先定义零点，再证明「零点 $\iff$ 有因子 $z-\lambda$」，然后归纳出「次数 $m$ 最多 $m$ 个零点」，最后用它反过来证明系数唯一。

读完后你应该能回答三个问题：

1. 为什么零多项式的次数规定为 $-\infty$，而不是 $0$ 或 $-1$？
2. 「$\lambda$ 是 $p$ 的零点」和「$z-\lambda$ 整除 $p$」为什么是同一句话？
3. 次数为 $m$ 的多项式，一定恰有 $m$ 个零点吗？

第三条的答案是不一定，而且这一点会反复咬人。第五节末尾会给出反例。

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二、先把复数这套工具磨快 #

要谈多项式的零点，绕不开复数——因为有些多项式在 $\mathbb{R}$ 里一个零点都没有，到 $\mathbb{C}$ 里却有好几个。所以先把复数的四件工具备齐。

2.1 四个定义 #

设 $z=a+bi$，其中 $a,b$ 都是实数。

实部：$\operatorname{Re}z=a$。虚部：$\operatorname{Im}z=b$。注意虚部是个实数，不是 $bi$。于是每个复数都可以写成

$$z=\operatorname{Re}z+(\operatorname{Im}z)\,i$$

复共轭：$\bar z=\operatorname{Re}z-(\operatorname{Im}z)\,i$，也就是把虚部的符号翻过来。

绝对值（也叫模）：$|z|=\sqrt{(\operatorname{Re}z)^2+(\operatorname{Im}z)^2}$。

拿 $z=3+2i$ 走一遍：$\operatorname{Re}z=3$，$\operatorname{Im}z=2$，$\bar z=3-2i$，$|z|=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$。

把 $z$ 与有序对 $(\operatorname{Re}z,\operatorname{Im}z)$ 等同起来，就是把 $\mathbb{C}$ 与 $\mathbb{R}^2$ 等同起来。这件事在 01 讲提过一次，这里再钉一遍：$\mathbb{C}$ 作为复向量空间是 $1$ 维的，作为实向量空间是 $2$ 维的。同一个集合，换个「允许用哪些数来乘」的规矩，维数就变了——这正是 01 讲那句「数域是空间身份的一部分」的具体兑现。

2.2 共轭与模的基本性质 #

下面这张表是后面每个证明都要用的工具箱。$w,z$ 是任意复数。

性质	式子	一句话读法
与自身共轭之和	$z+\bar z=2\operatorname{Re}z$	虚部相互抵消，只剩两倍实部
与自身共轭之差	$z-\bar z=2(\operatorname{Im}z)i$	实部抵消，只剩两倍虚部
与自身共轭之积	$z\bar z=\lvert z\rvert^2$	最重要的一条：把复数变成非负实数
共轭可加	$\overline{w+z}=\bar w+\bar z$	先加再共轭 = 先共轭再加
共轭可乘	$\overline{wz}=\bar w\,\bar z$	先乘再共轭 = 先共轭再乘
双重共轭	$\overline{\bar z}=z$	照两次镜子回到原样
实虚部被模控制	$\lvert\operatorname{Re}z\rvert\le\lvert z\rvert$，$\lvert\operatorname{Im}z\rvert\le\lvert z\rvert$	直角边不长于斜边
共轭不改模	$\lvert\bar z\rvert=\lvert z\rvert$	对称两点到原点等距
模可乘	$\lvert wz\rvert=\lvert w\rvert\lvert z\rvert$	乘积的长度 = 长度的乘积
三角不等式	$\lvert w+z\rvert\le\lvert w\rvert+\lvert z\rvert$	三角形两边之和不短于第三边

前九条都是「展开验算」级别的，留给你自己动笔。第十条（三角不等式）值得单独走一遍，因为它的证明方法本身反复出现。

2.3 三角不等式的证明 #

关键一步：把模平方，再用 $z\bar z=|z|^2$ 把它变成纯实数运算。

$$\begin{aligned} |w+z|^2 &= (w+z)\overline{(w+z)}\\ &= (w+z)(\bar w+\bar z)\\ &= w\bar w+w\bar z+z\bar w+z\bar z\\ &= |w|^2+|z|^2+w\bar z+\overline{w\bar z}\\ &= |w|^2+|z|^2+2\operatorname{Re}(w\bar z) \end{aligned}$$

第三行到第四行用了 $z\bar w=\overline{w\bar z}$ 和 $z\bar z=|z|^2$；第四行到第五行用了「$u+\bar u=2\operatorname{Re}u$」，取 $u=w\bar z$。

接下来一步是全部技巧所在：把实部换成它的绝对值，因为实部永远不超过自己的绝对值，

$$|w+z|^2\le |w|^2+|z|^2+2|w\bar z|$$

而由模可乘，$|w\bar z|=|w||\bar z|=|w||z|$，于是

$$|w+z|^2\le |w|^2+|z|^2+2|w||z|=(|w|+|z|)^2$$

两边开算术平方根（都是非负的，开方保序），得 $|w+z|\le|w|+|z|$。

手算核对一下具体数字。取 $w=1-i$、$z=2+3i$：

$$wz=(1-i)(2+3i)=2+3i-2i-3i^2=5+i$$

左边 $|wz|=\sqrt{25+1}=\sqrt{26}$；右边 $|w||z|=\sqrt2\cdot\sqrt{13}=\sqrt{26}$。对上了。

再看 $|w+z|$：$w+z=3+2i$，$|w+z|=\sqrt{13}\approx3.61$；而 $|w|+|z|=\sqrt2+\sqrt{13}\approx1.41+3.61=5.02$。不等式成立，且不取等——因为 $1-i$ 与 $2+3i$ 不同向。

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三、多项式的定义与次数 #

3.1 定义 #

设 $p:\mathbb{F}\to\mathbb{F}$ 是一个函数。如果存在 $a_0,a_1,\dots,a_m\in\mathbb{F}$，且 $a_m\neq 0$，使得对每个 $z\in\mathbb{F}$ 都有

$$p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_mz^m$$

则称 $p$ 是一个次数为 $m$ 的多项式，$a_m$ 叫首项系数，$a_0$ 叫常数项。

这里 $\mathbb{F}$ 照旧表示 $\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。

请注意这个定义的一个特点，也是全讲的引信：它只说「存在这样一组系数」，没说这组系数唯一。 如果同一个 $p$ 能用两组不同的系数写成上面的样子，那么「次数 $m$」就依赖于你选了哪种写法——「次数」这个词立刻变成废词。所以第一节说的第一条规矩不是多余的担心，而是定义里真实存在的漏洞。第五节会把它补上。

3.2 记号与最小例子 #

全体 $\mathbb{F}$ 系数多项式记作 $\mathcal{P}(\mathbb{F})$；次数不超过 $m$ 的全体多项式（含零多项式）记作 $\mathcal{P}_m(\mathbb{F})$。

三个最小例子，请逐个确认它们各自的次数：

多项式	次数	说明
$p(z)=5$	$0$	非零常数，$a_0=5\neq0$
$p(z)=z$	$1$	$a_1=1\neq0$
$p(z)=0$	$-\infty$	零多项式，见 3.4

再注意一件事：写法不同不等于多项式不同。 $2+0z+3z^2$ 与 $2+3z^2$ 是同一个多项式，只是前者把零系数写出来了。次数的定义看的是「能不能找到一组系数使得 $a_m\neq0$ 且更高项全为 $0$」，而不是「写得最长的那种写法」。

3.3 次数的两条基本算法 #

对非零多项式 $p,q$：

$$\deg(p+q)\le\max\{\deg p,\deg q\},\qquad \deg(pq)=\deg p+\deg q$$

第一条是「$\le$」不是「$=$」，因为最高次项可能相消：$p=z^2+z$、$q=-z^2$，则 $p+q=z$，次数从 $2$ 掉到 $1$。第二条是等式，因为 $a_m b_n\neq0$（数域无零因子），最高次项 $a_mb_nz^{m+n}$ 一定留得住。

3.4 零多项式：为什么规定 $\deg 0=-\infty$ #

零多项式 $p\equiv0$ 找不到任何 $a_m\neq0$ 的写法，定义直接对它是空的。有两种处理办法：

• 让它「没有次数」——那 $\deg(pq)=\deg p+\deg q$ 这类公式就处处要加「除非其中一个为零」的尾巴，写证明时烦不胜烦。
• 规定 $\deg 0=-\infty$，并约定 $-\infty<m$（对每个整数 $m$）、$-\infty+m=-\infty$、$-\infty+(-\infty)=-\infty$。

第二种划算得多：所有涉及次数的加法公式从此没有例外。比如 $\deg(pq)=\deg p+\deg q$，取 $p=0$、$q$ 任意，左边 $-\infty$，右边 $-\infty+\deg q=-\infty$，依然成立。

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四、零点与一次因式 #

4.1 定义 #

设 $p\in\mathcal{P}(\mathbb{F})$。称 $\lambda\in\mathbb{F}$ 是 $p$ 的零点（也叫根），若

$$p(\lambda)=0$$

「零点」这个名字强调的是函数值——$\lambda$ 让 $p$ 的值变成零；「根」强调的是解方程——$\lambda$ 是方程 $p(z)=0$ 的解。同一件事，两种叫法。

4.2 核心定理：零点 $\iff$ 一次因式 #

设 $m$ 是正整数，$p\in\mathcal{P}(\mathbb{F})$ 是次数为 $m$ 的多项式，$\lambda\in\mathbb{F}$。那么

$$p(\lambda)=0\quad\Longleftrightarrow\quad\text{存在次数为 }m-1\text{ 的多项式 }q\text{，使对每个 }z\in\mathbb{F}\text{ 有 }p(z)=(z-\lambda)q(z)$$

这一条在中文教材里通常叫因式定理。它说的是一件很朴素的事：找到一个零点，就等于找到一层因式。

证明（$\Longleftarrow$ 方向）：设 $p(z)=(z-\lambda)q(z)$ 对一切 $z$ 成立。把 $z=\lambda$ 代进去：

$$p(\lambda)=(\lambda-\lambda)q(\lambda)=0\cdot q(\lambda)=0$$

一步完事。这个方向不需要任何技巧，只需要「等式对每个 $z$ 成立」这句话允许你挑 $z=\lambda$。

证明（$\Longrightarrow$ 方向）：设 $p(\lambda)=0$。写 $p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_mz^m$。既然 $p(\lambda)=0$，就有

$$p(z)=p(z)-p(\lambda)=\sum_{k=1}^{m}a_k\left(z^k-\lambda^k\right)\tag{1}$$

常数项 $a_0$ 在相减中消失了，求和从 $k=1$ 开始——这是整个证明的起点：「$p$ 在 $\lambda$ 处为零」被翻译成「$p$ 与它自己的常值影子之差」。

下一步用代数恒等式

$$z^k-\lambda^k=(z-\lambda)\left(z^{k-1}+\lambda z^{k-2}+\cdots+\lambda^{k-2}z+\lambda^{k-1}\right)=(z-\lambda)\sum_{j=1}^{k}\lambda^{j-1}z^{k-j}\tag{2}$$

取 $k=3$ 验一下：$(z-\lambda)(z^2+\lambda z+\lambda^2)=z^3+\lambda z^2+\lambda^2z-\lambda z^2-\lambda^2z-\lambda^3=z^3-\lambda^3$。中间项全部抵消，这正是这个恒等式好用之处。

把 $(2)$ 代入 $(1)$，每一项都含因子 $(z-\lambda)$，于是

$$p(z)=(z-\lambda)\underbrace{\sum_{k=1}^{m}a_k\sum_{j=1}^{k}\lambda^{j-1}z^{k-j}}_{q(z)}$$

现在确认 $q$ 的次数。第 $k$ 项里括号是 $k-1$ 次的，所以 $q$ 的次数最多是 $m-1$。再看最高那一项：$k=m$ 时括号的次数恰为 $m-1$，首项系数为 $1$，乘上 $a_m\neq0$，得到 $a_mz^{m-1}$。这一项不会被别的项抵消（其余项次数都 $\le m-2$）。所以

$$\deg q=m-1$$

恰如定理所要求。$\blacksquare$

4.3 手算一例：完整剥一层 #

设 $p(z)=z^3-3z+2$，验证 $\lambda=1$ 是零点并求出那个 $q$。

先代值：$p(1)=1-3+2=0$。确实是零点。

按证明的路子做，不抄结论：

$$p(z)-p(1)=\left(z^3-3z+2\right)-0=z^3-3z+2$$

拆成 $z^3-1$ 与 $-3z+3$ 两段，各自提因子：

$$\begin{aligned} z^3-1&=(z-1)(z^2+z+1)\\ -3z+3&=-3(z-1) \end{aligned}$$

合起来

$$p(z)=(z-1)\left(z^2+z+1-3\right)=(z-1)\left(z^2+z-2\right)$$

所以 $q(z)=z^2+z-2$，次数 $2=m-1$，与定理一致。

还能再剥：$q(1)=1+1-2=0$，说明 $1$ 又是 $q$ 的零点。对 $q$ 用一次定理得 $q(z)=(z-1)(z+2)$，于是

$$p(z)=(z-1)^2(z+2)$$

零点只有两个：$1$（重数 $2$）与 $-2$。次数是 $3$，零点却只有 $2$ 个（互异的）——这个现象下一节会正式处理。

4.4 两个特例值得单独记住 #

特例一：$\lambda=0$。 定理说 $p(0)=0$ 当且仅当存在 $q$ 使 $p(z)=z\,q(z)$。而 $p(0)=a_0$，所以这句话翻译过来就是：

$$a_0=0\quad\Longleftrightarrow\quad z\text{ 是 }p\text{ 的因式}$$

「常数项为零」和「$z$ 能整除 $p$」是同一件事。这是因式定理最常用的形态，手算因式分解时你其实一直在用它。

特例二：$\lambda=i$ 在 $\mathbb{C}$ 上。 取 $p(z)=z^2+1$。$p(i)=i^2+1=-1+1=0$，所以 $z-i$ 是因式：

$$z^2+1=(z-i)(z+i)$$

注意这个多项式在 $\mathbb{R}$ 上一个零点都没有（平方非负，加一必为正）。同一个多项式，换个数域，零点个数可以从 $0$ 变成 $2$。这就是为什么第一节非要把复数工具备齐。

4.5 反复剥下去会怎样 #

如果次数为 $m\ge1$ 的 $p$ 有零点 $\lambda_1$，用定理得 $p=(z-\lambda_1)q_1$，$\deg q_1=m-1$。若 $q_1$ 还有零点 $\lambda_2$，再用一次得 $p=(z-\lambda_1)(z-\lambda_2)q_2$，次数再降一。每剥一层，次数减一；最多剥 $m$ 层就到常数：

$$p(z)=c\,(z-\lambda_1)(z-\lambda_2)\cdots(z-\lambda_m)$$

但能不能剥到 $m$ 层，取决于每一步的 $q_k$ 是否还有零点。在 $\mathbb{C}$ 上由代数基本定理，非零非多次多项式总有零点，所以一定能剥完（15 讲）。在 $\mathbb{R}$ 上就未必——$z^2+1$ 一层都剥不动。这条差别是 16 讲「实系数分解」的全部内容。

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五、次数 $m$ 最多 $m$ 个零点 #

5.1 定理 #

设 $m$ 是正整数，$p\in\mathcal{P}(\mathbb{F})$ 是次数为 $m$ 的多项式。那么 $p$ 在 $\mathbb{F}$ 中最多有 $m$ 个零点。

这里的「个数」数的是互不相同的零点值，不是重数。$(z-1)^2(z+2)$ 的次数是 $3$，互异零点 $2$ 个，符合「最多 $3$ 个」。

证明：对 $m$ 做归纳。

基础情形 $m=1$。 此时 $p(z)=a_0+a_1z$ 且 $a_1\neq0$。方程 $a_0+a_1z=0$ 有唯一解 $z=-a_0/a_1$——这里用了「数域对除法封闭」，也就是 $-a_0$ 能被非零的 $a_1$ 除（01 讲）。所以零点恰有 $1$ 个，不超过 $1$。

归纳步。 设 $m>1$，并假定结论对所有次数为 $m-1$ 的多项式成立。看 $p$ 在 $\mathbb{F}$ 中的零点集 $Z(p)$，分两种情况：

• $p$ 没有零点：则 $|Z(p)|=0\le m$，结论直接成立。
• $p$ 有零点：取一个 $\lambda\in\mathbb{F}$ 使 $p(\lambda)=0$。由 4.2 存在次数为 $m-1$ 的 $q$ 使

$$p(z)=(z-\lambda)q(z)\qquad(\text{对每个 }z\in\mathbb{F})$$

现在比较两个零点集。对任意 $z\neq\lambda$，因子 $z-\lambda\neq0$，而数域无零因子，所以

$$p(z)=0\iff q(z)=0\qquad(z\neq\lambda)$$

再加上 $z=\lambda$ 这一点本身（它总是 $p$ 的零点，但不一定是 $q$ 的），得到

$$Z(p)=Z(q)\cup\{\lambda\}$$

于是

$$|Z(p)|\le|Z(q)|+1\le(m-1)+1=m$$

最后一个不等号是归纳假设。$\blacksquare$

5.2 推论：系数唯一，次数唯一 #

这是第一节列出的第一条规矩，现在能证了。

命题. 若多项式 $p$ 有两组系数表示

$$p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_mz^m=b_0+b_1z+\cdots+b_nz^n$$

（两组系数各自不全为零，且都按「首项系数非零」写），则两组系数逐项相等，从而 $m=n$。

证明. 令 $r(z)=p(z)-(\text{第二种写法})$，即 $r(z)=\sum_{k}(a_k-b_k)z^k$（超出长度的系数按 $0$ 补）。假若两组系数不同，则至少有一个 $a_k-b_k\neq0$，于是 $r$ 是一个非零多项式，设其次数为 $M\ge0$。

但 $r$ 在 $\mathbb{F}$ 的每个点取值都为 $0$（两种写法在每点给出同一个数，相减得零）。而 $\mathbb{R}$、$\mathbb{C}$ 都是无限数域，所以 $r$ 有无穷多个零点。

• 若 $M=0$：$r$ 是非零常数，一个零点也没有，与「每个点都是零点」直接冲突。
• 若 $M\ge1$：由 5.1，次数为 $M$ 的非零多项式最多 $M$ 个零点，同样冲突。

故两组系数逐项相等，特别地最高次项相同，$m=n$，次数唯一。$\blacksquare$

5.3 「最多 $m$ 个」到底紧不紧 #

这句话只给上界，不给下界。两个极端例子：

多项式	数域	次数	互异零点个数	说明
$z^2+1$	$\mathbb{R}$	$2$	$0$	一个都没有
$z^2+1$	$\mathbb{C}$	$2$	$2$	$\pm i$
$(z-1)^4$	$\mathbb{R}$	$4$	$1$	只有 $1$，重数 $4$
$(z-1)(z-2)(z-3)$	$\mathbb{R}$	$3$	$3$	上界取到

所以正确的读法是：次数是零点的预算上限，不是必须花完的额度。 在 $\mathbb{C}$ 上（计重数）预算恰好花完，那是代数基本定理的内容，见 15 讲；在 $\mathbb{R}$ 上则可能一个都花不出去。

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六、几何直观与记忆钩子 #

把多项式看成曲线。 在 $\mathbb{R}$ 上，$p$ 的零点就是曲线与横轴的交点。次数是「最多能拐几次弯」的度量，而一条拐弯次数有限的曲线当然只能有限次穿过横轴——这就是 5.1 的直观版本。在 $\mathbb{C}$ 上画不出曲线，但「因式」这个代数版本照旧管用，而且更好用。

四句话记住整讲：

说法	内容
一个零点一层皮	找到 $\lambda$ 就能剥掉因子 $(z-\lambda)$，次数减一
次数是预算	互异零点个数 $\le$ 次数，可能花不完
预算挡死第二种写法	差多项式的零点会超支，所以系数唯一
零多项式是唯一例外	它有无穷多零点，所以规定 $\deg 0=-\infty$ 把它隔开

复数的记忆钩子。 把 $z=a+bi$ 放在平面上看：$\operatorname{Re}$ 是横坐标（投影到实轴），$\operatorname{Im}$ 是纵坐标（投影到虚轴），$\bar z$ 是照 $x$ 轴这面镜子，$|z|$ 是到原点的距离。四件工具各对应一个几何动作，比死记公式牢固。

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七、常见误区 #

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八、拓展（可跳过） #

8.1 换到有限域，一切会坏 #

5.2 的证明用了「$\mathbb{F}$ 无限」。若不无限呢？取二元域 $\mathbb{F}_2=\{0,1\}$，其中 $1+1=0$。看

$$r(z)=z^2-z$$

在 $\mathbb{F}_2$ 上：$r(0)=0$，$r(1)=1-1=0$。它只有两个点可取值，而两个点都是零点，可系数 $1$ 与 $-1$ 都不是零（在 $\mathbb{F}_2$ 里 $-1=1$）。同一个函数 $r\equiv0$ 既可由零多项式表示，也可由 $z^2-z$ 表示，次数还是两个不同值。

这说明**「多项式」与「多项式函数」在有限域上不是一回事**。我们这里之所以能放心把两者混用，唯一原因是 $\mathbb{R}$、$\mathbb{C}$ 都无限。这条边界值得记住：数学里很多「显然」其实靠的是数域的性质。

8.2 重数与导数判据 #

再剥一层的问题——「$\lambda$ 到底是几重零点」——有一个纯代数的判别法。设 $p$ 非零，则

$$\lambda\text{ 是 }p\text{ 的 }k\text{ 重零点}\iff p(\lambda)=p'(\lambda)=\cdots=p^{(k-1)}(\lambda)=0,\ p^{(k)}(\lambda)\neq0$$

拿 4.3 的 $p(z)=(z-1)^2(z+2)$ 验一遍：

$$\begin{aligned} p'(z)&=2(z-1)(z+2)+(z-1)^2=(z-1)\bigl[2(z+2)+(z-1)\bigr]=(z-1)(3z+3)\\ p''(z)&=6z \end{aligned}$$

$p(1)=0$，$p'(1)=0$，$p''(1)=6\neq0$：恰好 $2$ 重。这条判据的好处是把「重数」变成了有限次验算，不用真的做长除法。

（导数在这里纯粹是形式运算：$z^k$ 的导数规定为 $kz^{k-1}$，不涉及极限。对多项式来说这是合法的代数操作。）

8.3 这条链子在后面怎么用 #

• 18 讲（极小多项式）：一个算子的极小多项式次数不超过 $\dim V$，而「不同特征值给不同的一次因式」要靠 4.2 逐层剥。5.1 的零点上限在那里变成「算子特征值个数 $\le\dim V$」。
• 19 讲（上三角矩阵）：「$p(T)=0$ 且 $p$ 有零点 $\lambda$」能推出 $T$ 有特征值 $\lambda$——依据正是 $p$ 分解出 $(z-\lambda)$ 这一层。
• 15、16 讲：$\mathbb{C}$ 上剥到底（一次因式之积），$\mathbb{R}$ 上剥到二次为止。两讲的证明都从 4.2 出发。

所以本讲虽然短，位置很关键：它是「多项式」这条支线与「算子」那条主线的接口。

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九、自测（先做，再看答案） #

1. 设 $z=4-3i$。求 $\operatorname{Re}z$、$\operatorname{Im}z$、$\bar z$、$|z|$、$z\bar z$，并验证 $z\bar z=|z|^2$。

2. 用三角不等式核对 $|(3+4i)+(1-2i)|\le|3+4i|+|1-2i|$，并判断等号是否成立。

3. 设 $p(z)=z^3-2z^2-z+2$。验证 $p(1)=0$，剥出因子，写出完整分解与全部零点。

4. 在 $\mathbb{R}$ 上举出次数为 $4$ 的多项式，使互异零点分别恰有 $0,1,2,3,4$ 个。

5. 设 $p,q$ 的次数都不超过 $3$，且 $p(0)=q(0)$、$p(1)=q(1)$、$p(2)=q(2)$、$p(3)=q(3)$。证明 $p=q$。

答案（点开）

1. $\operatorname{Re}z=4$，$\operatorname{Im}z=-3$，$\bar z=4+3i$，$|z|=\sqrt{16+9}=5$，$z\bar z=(4-3i)(4+3i)=16+9=25=|z|^2$ ✓。

2. 左边：$(3+4i)+(1-2i)=4+2i$，$|4+2i|=\sqrt{20}=2\sqrt5\approx4.47$。
右边：$|3+4i|=5$，$|1-2i|=\sqrt5\approx2.24$，和 $\approx7.24$。不等式成立。
不取等：等号要求 $1-2i=t(3+4i)$ 且 $t\ge0$，由实部得 $t=\tfrac13$，由虚部得 $t=-\tfrac12$，矛盾。两个复数不同向。

3. $p(1)=1-2-1+2=0$。按 4.3 的做法提因子：
$z^3-1=(z-1)(z^2+z+1)$，$-2z^2+2=-2(z-1)(z+1)$，$-z+1=-(z-1)$，合并得

$$p(z)=(z-1)\left(z^2+z+1-2z-2-1\right)=(z-1)\left(z^2-z-2\right)=(z-1)(z-2)(z+1)$$

零点为 $1,2,-1$，共 $3$ 个，取到上界 $m=3$。
（也可以不做上面这步整理，直接用长除法或综合除法求 $q$，结果相同。）

4. 依次取：
① $0$ 个：$z^4+1$（对实 $z$ 恒 $>0$）；
② $1$ 个：$(z-1)^4$（零点只有 $1$）；
③ $2$ 个：$(z^2+1)(z-1)(z-2)$（实零点 $1,2$）；
④ $3$ 个：$(z-1)(z-2)(z-3)^2$（零点 $1,2,3$）；
⑤ $4$ 个：$(z-1)(z-2)(z-3)(z-4)$。
五种情况都能凑出，说明「最多 $m$ 个」这个上界在不同多项式之间松紧差别很大。

5. 令 $r=p-q$，则 $\deg r\le3$。而 $r(0)=r(1)=r(2)=r(3)=0$，即 $r$ 有 $4$ 个互异零点。
若 $r$ 非零，设 $\deg r=M\le3$，由 5.1 它最多有 $M\le3$ 个零点，与 $4$ 个零点矛盾。
故 $r$ 是零多项式，即 $p=q$。
要点：$4=m+1$ 个点卡住 $m=3$ 次多项式；若只给 $3$ 个点，结论不成立（例如 $p=z(z-1)(z-2)$ 与 $q=0$ 在 $0,1,2$ 处都相等）。

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十、复习卡 #

项	内容
实部、虚部	$z=a+bi\Rightarrow\operatorname{Re}z=a,\ \operatorname{Im}z=b$（都是实数）
复共轭	$\bar z=\operatorname{Re}z-(\operatorname{Im}z)i$；$\bar z=z\iff z\in\mathbb{R}$
绝对值	$\lvert z\rvert=\sqrt{(\operatorname{Re}z)^2+(\operatorname{Im}z)^2}$，即到原点的距离
核心恒等式	$z\bar z=\lvert z\rvert^2$（非负实数）——除法、三角不等式的引擎
共轭的两条运算律	$\overline{w+z}=\bar w+\bar z$，$\overline{wz}=\bar w\bar z$
三角不等式	$\lvert w+z\rvert\le\lvert w\rvert+\lvert z\rvert$；取等 $\iff$ 同向
$\mathbb{C}$ 的维数	复空间 $1$ 维，实空间 $2$ 维
多项式定义	$p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_mz^m$，$a_m\neq0$，$a_k\in\mathbb{F}$
次数	最高非零项的下标 $m$；常值非零为 $0$；$\deg 0=-\infty$
次数运算	$\deg(pq)=\deg p+\deg q$；$\deg(p+q)\le\max$
零点（根）	$p(\lambda)=0$
因式定理	$p(\lambda)=0\iff p(z)=(z-\lambda)q(z)$，且 $\deg q=\deg p-1$
零点上限	次数 $m$（正整数）$\Rightarrow$ 互异零点最多 $m$ 个
关键推论	系数唯一、次数唯一（靠零点的无穷多与上限矛盾）
唯一例外	零多项式：有无穷多零点，被 $-\infty$ 隔在定理之外
上界不紧	$z^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上 $0$ 个零点；$(z-1)^4$ 只有 $1$ 个
后面怎么用	15、16 讲的分解，18 讲极小多项式，19 讲上三角化

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十一、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 本讲内容对应：《线性代数应该这样学》（第四版）第 4 章「多项式」前半，印刷页码 p101–104（PDF p114–117）；定义编号 4.1（实部/虚部）、4.2（共轭/绝对值）、4.3（例）、4.4（复数性质）、4.5（零点）、4.6（零点与一次因式）、4.8（最多 $m$ 个零点）。零多项式次数 $-\infty$ 的约定见 p104 页边注。
• 三角不等式的证明方式（平方后用 $z\bar z=|z|^2$）在任何复分析教材第一章都能找到，是同一个套路；本文只保留与多项式有关的部分。
• 因式定理的中文教材叫法：「因式定理」或「余数定理的推论」。后者更完整：$p$ 除以 $z-\lambda$ 的余数恰为 $p(\lambda)$（14 讲会给出带余除法的一般形式）。
• 想深挖零点个数：可查「代数基本定理」的多种证明（Gauss 1799 年给出第一个证明，之后有多种，包括用刘维尔定理的复分析证法）；15 讲会用它把 $\mathbb{C}$ 上的分解做到底。
• 想深挖重数：可查任何高等代数教材的「重因式与重根」一节，核心就是 8.2 那条导数判据。
• 权威查证：Bronstein《数学手册》俄文第 10 版（1962）与英文第 6 版（2015）均收录复数运算与多项式基本性质，可用来复核任何系数与恒等式。