15 复系数分解

复系数分解 #

这讲讲什么：把「$m$ 次多项式一定有 $m$ 个零点」这件事说清楚——代数基本定理的两个版本，以及分解成一次因式之积的唯一性
前置：13 讲（零点与一次因式、零点个数的上界）、14 讲（带余除法）；复数的模、共轭、极坐标与棣莫弗定理
一句话：在 $\mathbb{C}$ 上，每个 $m$ 次多项式都能拆成 $m$ 个一次因式，而且拆法唯一（不计顺序）——次数是零点的预算，复数域上从不留余额。

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一、为什么需要它 #

1.1 实数域上的分解做不彻底 #

13 讲给了两件工具：一是「$\lambda$ 是 $p$ 的零点，当且仅当 $p$ 有一个一次因式 $z-\lambda$」；二是「$m$ 次多项式最多有 $m$ 个零点」。

注意这两条都是上界，都在说「不超过」。上界不等于能取到。拿起最熟悉的例子：

$$z^{2}+1$$

代任何实数进去都得正数，一个零点也没有。于是这个二次多项式在 $\mathbb{R}$ 上一步也拆不动——它无法写成两个实系数一次因式之积。同理 $z^{2}-2z+5$、$z^{4}+1$ 在实数域上都拆不干净。

这不只是「有几个拆不出来」的小麻烦。它意味着实系数多项式的分解形态是混合的：若干个一次因式，加上若干个拆不动的二次因式（$\mathbb{R}$ 上不可约的只有一次与判别式为负的二次）。混合形态就要分情况讨论，分情况就要写例外。

1.2 线性代数为什么在乎这件事 #

关键在这里：特征值是特征多项式的零点。

$$p_{T}(\lambda)=\det(T-\lambda I)$$

这是个 $\dim V$ 次多项式。如果只承认实数，那么「把平面逆时针转 $90^{\circ}$」这个线性算子

$$T=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix},\qquad p_{T}(\lambda)=\lambda^{2}+1$$

在 $\mathbb{R}$ 上一个特征值都没有，从而一条特征向量也没有。可它在复平面上明明有两个特征值 $\pm\mathrm{i}$，对应两个特征方向。所以「没有特征值」不是算子的毛病，是数域的毛病。

换成 $\mathbb{C}$，整条理论立刻变干净：

• 每个 $n$ 次复系数多项式恰有 $n$ 个复零点（计重数）；
• 所以每个复向量空间上的算子必有特征值；
• 于是上三角化、可对角化的判定都能顺着推下去（19 讲、20 讲），不必先讨论「万一没有特征值怎么办」。

本讲就是这条链的第一环。没有它，后面几讲都要被迫带着「假设特征值存在」这个补丁。

1.3 本讲要回答的四个问题 #

1. 凭什么断言「有零点」？这个断言要不要证明，怎么证？
2. 有零点之后，怎么一路拆到全是一次因式？
3. 拆法唯一吗？「不计顺序」这四个字管什么？
4. 分解式里的因式个数、零点个数、重数，三者怎么对上号？

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二、定义与最小例子 #

2.1 记号先对齐 #

$\mathcal{P}(\mathbb{C})$ 表示全体复系数多项式，$\mathcal{P}_{m}(\mathbb{C})$ 表示次数不超过 $m$ 的那些（这是个 $m+1$ 维复向量空间，见 13 讲）。零多项式规定次数为 $-\infty$，这样 $\deg(pq)=\deg p+\deg q$ 不必写例外。

零点：$\lambda\in\mathbb{C}$ 叫 $p$ 的零点（也叫根），若 $p(\lambda)=0$。

一次因式：形如 $z-\lambda$ 的因式，其中 $\lambda$ 是常数。

2.2 代数基本定理，版本一 #

「不是常值」指的是次数 $\ge 1$。常数多项式 $p(z)=7$ 当然没有零点，所以限定不可省；零多项式处处为零、每个数都是它的零点，也不在这个定理的范围内（它没有次数）。

这条定理的分量在于：它把「有没有零点」从运气问题变成了必然事实。在 $\mathbb{R}$ 上，$z^{2}+1$ 的存在告诉我们「有零点」绝不可能对任意多项式成立；而 $\mathbb{C}$ 上它成立，这是 $\mathbb{C}$ 与 $\mathbb{R}$ 最本质的差别之一。

2.3 代数基本定理，版本二（本讲的主定理） #

$$p(z)=c\,(z-\lambda_{1})(z-\lambda_{2})\cdots(z-\lambda_{m})$$

对所有 $z\in\mathbb{C}$ 成立，并且这种分解在不计因式顺序的意义下唯一。

拆开看，这条定理说了三件事：

断言	内容	在哪里被用到
存在	一定能拆成 $m$ 个一次因式	判断「能不能分解」时不必试
个数	恰好 $m$ 个因式，不多不少	特征值个数 = 矩阵阶数
唯一	$c$ 与多重集 $\{\lambda_{1},\dots,\lambda_{m}\}$ 都被 $p$ 唯一决定	才能谈「$p$ 的零点」而不是「某一种分解里的零点」

第三条最容易被低估。没有它，「这个多项式的根是谁」这句话就没有确定含义——你可以找出一种分解，别人找出另一种，凭什么说你的对？

2.4 四个最小例子 #

例 1（最短的）：$p(z)=z^{2}+1$。这里 $\deg p=2$，$m=2$，$c=1$。

$$z^{2}+1=(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})$$

验证：$(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})=z^{2}-\mathrm{i}^{2}=z^{2}+1$ ✓。两个零点 $\mathrm{i}$ 与 $-\mathrm{i}$，一个实零点也没有。

例 2（非实系数零点）：$p(z)=z^{2}-2z+5$。求根公式：

$$z=\frac{2\pm\sqrt{4-20}}{2}=1\pm 2\mathrm{i}$$

所以 $z^{2}-2z+5=(z-1-2\mathrm{i})(z-1+2\mathrm{i})$。注意这两个零点互为共轭——这不是巧合，$p$ 是实系数，16 讲会证明实系数多项式的非实零点成对出现。

例 3（三个零点）：$p(z)=z^{3}-1$。先用立方差：

$$z^{3}-1=(z-1)(z^{2}+z+1)$$

再解 $z^{2}+z+1=0$：$z=\dfrac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}$。记

$$\omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i},\qquad \omega^{2}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$$

于是 $z^{3}-1=(z-1)(z-\omega)(z-\omega^{2})$。$\omega,\omega^{2}$ 是三次单位根，它们在复平面上是单位圆的内接正三角形的三个顶点（$1$ 也在其中）。$\omega^{3}=1$，所以 $\omega$ 是 $z^{3}-1$ 的零点——这可以拿 $\omega^{2}+\omega+1=0$ 反推验证。

例 4（别漏了 $c$）：$p(z)=3z^{2}-6z+15$。首项系数是 $3$，不是 $1$：

$$3z^{2}-6z+15=3\left(z^{2}-2z+5\right)=3(z-1-2\mathrm{i})(z-1+2\mathrm{i})$$

若写成 $(z-1-2\mathrm{i})(z-1+2\mathrm{i})$，展开得 $z^{2}-2z+5$，比原式少个 $3$。

2.5 回看定义里的三个要点 #

1. $c$ 就是首项系数。 把分解式右边全部展开，最高次项只可能来自每个因式取 $z$，系数是 $c$。所以 $c$ 由 $p$ 直接读出，没有自由度。
2. $\lambda_{1},\dots,\lambda_{m}$ 允许重复。 定理只保证有 $m$ 个（计重数），不保证有 $m$ 个不同的。$z^{2}(z-1)$ 是三次，零点只有 $0$ 和 $1$ 两个。
3. 「不计顺序」是说多重集相同。 $(z-1)(z-2)$ 与 $(z-2)(z-1)$ 是同一种分解，不是两种。唯一性从来不否认乘法可交换。

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三、几个必须自己算一遍的结论 #

3.1 版本一为什么不是「显然」：证明的骨架 #

这一小节值得细看，因为它是整条链唯一真正需要「分析学」的地方，也解释了为什么 $\mathbb{C}$ 行而别的域不行。

设 $p(z)=c_{m}z^{m}+\cdots+c_{0}$，$m\ge 1$，$c_{m}\neq 0$。

第一步：$|p(z)|$ 在远处必大。

$$\frac{|p(z)|}{|z|^{m}}\longrightarrow |c_{m}|\quad(|z|\to\infty)$$

因为 $|p(z)|/|z|^{m}=|c_{m}+c_{m-1}/z+\cdots+c_{0}/z^{m}|$，括号里除了首项全趋于 $0$。于是当 $|z|$ 足够大时 $|p(z)|\ge \frac{|c_{m}|}{2}|z|^{m}\to\infty$。所以 $|p|$ 在无穷远处趋于无穷。

第二步：$|p|$ 在某点取到全局最小值。

$z\mapsto|p(z)|$ 是连续函数（$|p(z)|^{2}$ 是 $z$ 的实部虚部的多项式，当然连续）。取一个足够大的闭圆盘 $D$，使盘外处处有 $|p(z)|>|p(0)|$；$D$ 是闭的有界集，连续函数在上面取到最小值。这个最小值也就是全局最小值。设它在 $\zeta$ 处取到。

第三步：这个最小值只能是 $0$。

反设 $p(\zeta)\neq 0$。令

$$q(z)=\frac{p(z+\zeta)}{p(\zeta)}$$

则 $q$ 仍是 $m$ 次多项式，且 $q(0)=1$；$|q|$ 在 $z=0$ 处取全局最小值，最小值就是 $1$（因为 $|q(0)|=1$ 且 $0$ 是全局最小点）。把 $q$ 按幂次排开：

$$q(z)=1+a_{k}z^{k}+a_{k+1}z^{k+1}+\cdots+a_{m}z^{m},\qquad a_{k}\neq 0$$

这里 $k\ge 1$ 是「除常数项外第一个非零项」的次数。关键一手：选一个方向，让这一项变成实数且为负。 取 $\beta\in\mathbb{C}$ 满足

$$\beta^{k}=-\frac{1}{a_{k}}$$

（这样的 $\beta$ 一定存在：$-\frac{1}{a_{k}}$ 是复数，而每个非零复数都有 $k$ 次方根，见 3.6。）沿方向 $\beta$ 走一小步 $t\in(0,1)$：

$$\begin{aligned}q(t\beta)&=1+a_{k}t^{k}\beta^{k}+O\left(t^{k+1}\right)\\ &=1-t^{k}+O\left(t^{k+1}\right)\end{aligned}$$

于是存在常数 $C$ 使

$$|q(t\beta)|\le\left|1-t^{k}\right|+t^{k+1}C=1-t^{k}(1-tC)$$

最后一步用了 $t<1$ 时 $1-t^{k}>0$，故 $|1-t^{k}|=1-t^{k}$。取 $t$ 足够小使 $tC<1$，得 $|q(t\beta)|<1$。这与「$|q|$ 的最小值是 $1$」矛盾。

矛盾说明 $p(\zeta)=0$，即 $p$ 有零点。

3.2 版本二的存在性：归纳法，一步只用一次版本一 #

设 $m=\deg p$，对 $m$ 归纳。

• $m=1$：$p(z)=c_{1}z+c_{0}=c_{1}\left(z+\frac{c_{0}}{c_{1}}\right)$，取 $c=c_{1}$、$\lambda_{1}=-\frac{c_{0}}{c_{1}}$，分解式存在且唯一（$\lambda_{1}$ 被 $p$ 唯一决定）。
• $m\ge 2$：由版本一，$p$ 有零点 $\lambda\in\mathbb{C}$。由 13 讲的结论，存在 $m-1$ 次多项式 $q$ 使

$$p(z)=(z-\lambda)\,q(z)$$

对 $q$ 用归纳假设，$q(z)=c\,(z-\lambda_{2})\cdots(z-\lambda_{m})$，代回即得

$$p(z)=c\,(z-\lambda)(z-\lambda_{2})\cdots(z-\lambda_{m})$$

存在性得证。

注意这个归纳的降次是一次降一格，一共要走 $m$ 步。所以「$m$ 次多项式有 $m$ 个零点」在证明里是逐步花掉的：每挖出一个零点，次数减一，预算也减一。

3.3 唯一性：分两步，每步都很干脆 #

第一步：$c$ 唯一。 $c$ 是 $p$ 中 $z^{m}$ 的系数，由 $p$ 决定，没得选。

第二步：$\{\lambda_{1},\dots,\lambda_{m}\}$ 唯一（不计顺序）。 设

$$(z-\lambda_{1})\cdots(z-\lambda_{m})=(z-\tau_{1})\cdots(z-\tau_{m})$$

对所有 $z$ 成立（两边都除以已确定的 $c$）。代 $z=\lambda_{1}$：左边为 $0$，故右边为 $0$，于是某个 $\tau_{j}$ 必须等于 $\lambda_{1}$。重排下标，设 $\tau_{1}=\lambda_{1}$。当 $z\neq\lambda_{1}$ 时可以两边同除 $z-\lambda_{1}$，得

$$(z-\lambda_{2})\cdots(z-\lambda_{m})=(z-\tau_{2})\cdots(z-\tau_{m})\qquad(z\neq\lambda_{1})$$

这个等式在 $\mathbb{C}\setminus\{\lambda_{1}\}$ 上成立。它其实在 $\lambda_{1}$ 处也成立，理由如下：把左右两端相减得到一个多项式 $h(z)$；上面的等式说 $h$ 有无穷多个零点（除了一点以外全平面都是），而 13 讲说过「$m-1$ 次多项式最多 $m-1$ 个零点」，非零多项式不可能有无穷多零点。所以 $h\equiv 0$，等式处处成立。再用归纳假设，$\{\lambda_{2},\dots,\lambda_{m}\}=\{\tau_{2},\dots,\tau_{m}\}$。

3.4 数零点的正确方式：重数 #

由上一步，$p$ 的全部零点就是从 $\lambda_{1},\dots,\lambda_{m}$ 里去掉重复后剩下的那些。数「有几个零点」时有两种口径，必须分清：

$$p(z)=(z-\lambda)^{k}\,g(z),\qquad g(\lambda)\neq 0$$

重数为 $1$ 的叫单零点。

定理：$m$ 次多项式在 $\mathbb{C}$ 上零点的重数之和恰为 $m$；而不同零点的个数 $\le m$，且可以真的更少。

手算例：$p(z)=z^{3}-3z+2$。

试 $z=1$：$1-3+2=0$ ✓。做一次带余除法（或用综合除法）：

$$z^{3}-3z+2=(z-1)(z^{2}+z-2)=(z-1)(z-1)(z+2)=(z-1)^{2}(z+2)$$

所以 $c=1$，零点为 $1$（重数 $2$）、$-2$（重数 $1$）。重数之和 $2+1=3=\deg p$ ✓；不同零点只有 $2$ 个。

3.5 三道标准手算（务必自己在纸上跑一遍） #

（a）$z^{4}-1$：两次平方差。

$$z^{4}-1=(z^{2}-1)(z^{2}+1)=(z-1)(z+1)(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})$$

四个零点 $1,-1,\mathrm{i},-\mathrm{i}$，都在单位圆上，构成内接正方形。

（b）$z^{4}+1$：在实数域上它的情形是「两个不可约二次因式」，在 $\mathbb{C}$ 上则全拆开。零点满足 $z^{4}=-1=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}$，故

$$z=\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\pi+2k\pi)/4},\qquad k=0,1,2,3$$

即 $\dfrac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}},\ \dfrac{-1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}},\ \dfrac{-1-\mathrm{i}}{\sqrt{2}},\ \dfrac{1-\mathrm{i}}{\sqrt{2}}$。于是

$$z^{4}+1=\left(z^{2}+\sqrt{2}z+1\right)\left(z^{2}-\sqrt{2}z+1\right)$$

左边两个二次因式在 $\mathbb{R}$ 上已经拆不动，各自再去 $\mathbb{C}$ 上拆一个配对——这正是 16 讲「实系数分解」的画面。

（c）$z^{3}-2z^{2}+2z$：先提公因式。

$$z^{3}-2z^{2}+2z=z\left(z^{2}-2z+2\right)=z\bigl(z-1-\mathrm{i}\bigr)\bigl(z-1+\mathrm{i}\bigr)$$

三个零点 $0,\ 1\pm\mathrm{i}$，$c=1$。注意 $z$ 本身就是 $z-0$，也是首一的一次因式——不要因为它是「公因式」就漏数一个。

3.6 推论：每个复数都有 $k$ 次方根 #

这条推论在 3.1 的证明里被用到了，值得单独说清。棣莫弗定理说

$$(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)^{k}=\cos k\theta+\mathrm{i}\sin k\theta$$

把 $w$ 写成极坐标 $w=r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)$，则

$$\left[r^{1/k}\left(\cos\frac{\theta}{k}+\mathrm{i}\sin\frac{\theta}{k}\right)\right]^{k}=w$$

所以每个非零复数都有 $k$ 次方根（实际上有 $k$ 个，均匀分布在半径为 $r^{1/k}$ 的圆上）。

例：求 $\mathrm{i}$ 的平方根。$\mathrm{i}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/2}$，故

$$\sqrt{\mathrm{i}}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}=\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}\quad\text{或}\quad-\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}$$

验证：$\left(\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}\right)^{2}=\frac{1+2\mathrm{i}-1}{2}=\mathrm{i}$ ✓。

3.7 一个反例：把 $\mathbb{C}$ 换小一点，定理就垮 #

这条来自原文的提醒，很值得记住。令

$$\mathbb{Q}(\mathrm{i})=\{a+b\mathrm{i}:\ a,b\in\mathbb{Q}\}$$

也就是「有理复数」，它对加、减、乘、除（除以非零元）都封闭，是一个货真价实的域，而且包含 $\mathbb{Q}$ 与 $\mathrm{i}$。

但在它上面，代数基本定理不成立。取 $p(z)=z^{2}-2$。若 $z=a+b\mathrm{i}$（$a,b\in\mathbb{Q}$）是零点，则

$$(a+b\mathrm{i})^{2}=a^{2}-b^{2}+2ab\,\mathrm{i}=2$$

比较虚部得 $2ab=0$，故 $a=0$ 或 $b=0$。

• 若 $b=0$：$a^{2}=2$，但 $\sqrt{2}$ 不是有理数，矛盾；
• 若 $a=0$：$-b^{2}=2$，即 $b^{2}=-2$，无实数解，矛盾。

所以 $z^{2}-2$ 在 $\mathbb{Q}(\mathrm{i})$ 里没有零点，也没有一次因式分解。

3.8 一个数值例子，以及怎么自查 #

原文给了一个很好的例子：

$$p(x)=x^{5}-5x^{4}-6x^{3}+17x^{2}+4x-7$$

它没有根式解公式（原因见第六节），但零点确实存在，计算机给出近似值

$$-1.87,\ -0.74,\ 0.62,\ 1.47,\ 5.51$$

怎么判断这五个数靠不靠谱？用韦达定理（展开 $(x-\lambda_{1})\cdots(x-\lambda_{5})$ 比较系数即得）：对首一多项式，根之和等于 $-\frac{a_{m-1}}{a_{m}}$，根之积等于 $(-1)^{m}\frac{a_{0}}{a_{m}}$。这里 $m=5$，$a_{m}=1$，$a_{4}=-5$，$a_{0}=-7$，所以

$$\sum\lambda_{j}=5,\qquad \prod\lambda_{j}=(-1)^{5}\cdot(-7)=7$$

拿近似值验：$-1.87-0.74+0.62+1.47+5.51=4.99\approx 5$ ✓；$(-1.87)(-0.74)(0.62)(1.47)(5.51)\approx 6.95\approx 7$ ✓。和与积都对上了，说明这五个数没有漏根、没有多根。

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四、几何直观 / 记忆钩子 #

4.1 $\mathbb{C}$ 是平面，$|p(z)|$ 是一张「地形高度图」 #

把 $z$ 看成平面上的点，$|p(z)|$ 看成该点的高度。代数基本定理说的是：这张地形图的碗底，高度必须是 $0$。

3.1 的证明就是把这个画面变成论证：

1. 远处无限高（首项 $c_{m}z^{m}$ 压倒一切），所以一定有最低点，碗不会一路滑到无穷远；
2. 若碗底高度是正的，那就在最低点处挑一个方向往下走一小步，能走得更低——矛盾。

第二步的「挑方向」有个漂亮的解释。把 $q$ 在最低点附近展开：

$$q(z)=1+a_{k}z^{k}+\cdots$$

$a_{k}z^{k}$ 这一项是主导扰动。$z$ 沿某个方向走，$z^{k}$ 的方向会转过 $k$ 倍的角度。所以只要选对方向（$\beta^{k}=-1/a_{k}$），就能让 $a_{k}z^{k}$ 变成一个负实数，把 $1$ 往下压。这就是「碗底不能悬在空中」的代数版本。

$z$ 乘以 $\mathrm{i}$ 就是逆时针转 $90^{\circ}$，转两次就是乘以 $-1$；这正是 $\mathrm{i}^{2}=-1$、即 $\mathrm{i}$ 是 $z^{2}+1$ 的零点的几何含义" loading="lazy" decoding="async" />

4.2 记忆钩子：次数是预算 #

说法	意思
「$m$ 次多项式最多 $m$ 个零点」	预算是 $m$，花不完是可能的（$\mathbb{R}$ 上常见）
「$\mathbb{C}$ 上恰好 $m$ 个（计重数）」	预算一定花完，一元不多一元不少

一句话记：在 $\mathbb{R}$ 上零点可能打折，在 $\mathbb{C}$ 上从不打折。

这个钩子还能立刻推出几个结论：$p$ 与 $q$ 的乘积次数相加，重数也相加；$p$ 与 $p'$ 有公共零点 $\iff$ $p$ 有重零点（见第六节）。凡是「次数记账」的地方，用这套语言都顺。

4.3 $\mathbb{R}$ 与 $\mathbb{C}$ 对照表 #

问题	在 $\mathbb{R}$ 上	在 $\mathbb{C}$ 上
$z^{2}+1$ 有零点吗	没有	有，$\pm\mathrm{i}$
$m$ 次多项式零点个数	$\le m$，可能为 $0$	恰 $m$ 个（计重数）
分解到什么程度	一次因式 + 不可约二次因式	全是一次因式
分解式里的系数	实数	复数
每个算子的特征值	可能没有	一定有（至少一个）
名字	不是代数闭域	代数闭域

4.4 一句话钩子 #

$\mathbb{C}$ 上，$m$ 次的分解式里一定有 $m$ 个括号；括号里的数就是全部零点，允许重名。

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五、常见误区 #

$$2z^{2}+2=2(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})$$

自查办法：把右边的最高次项乘起来看系数——它必须等于 $p$ 的首项系数。这一步三秒钟，能抓住九成的符号与系数错误。

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六、拓展（可跳过） #

6.1 重数的三种等价说法 #

对 $m$ 次多项式 $p$ 与零点 $\lambda$，以下三件事等价：

1. $\lambda$ 是 $k$ 重零点；
2. $p(z)=(z-\lambda)^{k}g(z)$ 且 $g(\lambda)\neq 0$；
3. $p(\lambda)=p'(\lambda)=\cdots=p^{(k-1)}(\lambda)=0$ 而 $p^{(k)}(\lambda)\neq 0$。

第 3 条最有用：它把「重数」变成一串可以直接算的等式。例如 $p(z)=(z-1)^{2}(z+2)$，则 $p(1)=0$、$p'(1)=0$、$p''(1)=6\neq 0$，故 $1$ 是二重零点。它也解释了为什么 $p$ 有重零点 $\iff$ $\gcd(p,p')\neq$ 常数。

6.2 连回线性代数：特征多项式与代数重数 #

若 $T$ 是 $n$ 维复向量空间上的算子，则 $p_{T}(\lambda)=\det(T-\lambda I)$ 是 $n$ 次复系数多项式。由本讲：

$$p_{T}(\lambda)=(-1)^{n}(\lambda-\lambda_{1})\cdots(\lambda-\lambda_{n})$$

于是「$T$ 恰有 $n$ 个特征值（计重数）」是定理，不是假设。这里的重数叫代数重数，它和几何重数（$\dim\operatorname{null}(T-\lambda I)$）一般不同，两者的大小关系是 20 讲可对角化判据的核心。19 讲的上三角化也靠这条：有特征值才能找到不变直线，才能归纳地做下去。

6.3 求根公式小史 #

次数	情况
1、2	古巴比伦起就有；二次公式人人会背
3、4	16 世纪：卡尔达诺（三次）、费拉里（四次）；公式存在但很长
$\ge 5$	不存在一般的根式公式——阿贝尔（1824）证明，伽罗瓦用群论解释

「不存在根式公式」不等于「根不存在」。这正是存在性与可构造性的分野，本讲一开始就踩在这条线上。

6.4 线性代数反哺多项式：伴随矩阵 #

给定首一多项式 $p(z)=z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_{0}$，构造 $n$ 阶矩阵

$$C=\begin{pmatrix}0&0&\cdots&0&-a_{0}\\ 1&0&\cdots&0&-a_{1}\\ 0&1&\cdots&0&-a_{2}\\ \vdots&&\ddots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&-a_{n-1}\end{pmatrix}$$

可以算出 $\det(zI-C)=p(z)$，即 $p$ 的特征多项式就是 $p$ 自己。于是**「求多项式的零点」与「求矩阵的特征值」是同一件事**。现代数值软件求根，走的就是这条路：造伴随矩阵，再用 QR 迭代求特征值。多项式理论在这里被线性代数接管了。

6.5 代数闭域（一句话） #

一个域叫代数闭域，若每个非常数多项式在其中都有零点。由本讲，$\mathbb{C}$ 是；$\mathbb{R},\mathbb{Q},\mathbb{Q}(\mathrm{i})$ 都不是。每个域都能扩成一个代数闭域（代数闭包），$\mathbb{C}$ 就是 $\mathbb{R}$ 的代数闭包。

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七、自测（先做，再看答案） #

1. 把 $z^{2}-4z+13$ 分解成一次因式之积，写出 $c$ 与全部零点。

2. 设 $p(z)=z^{3}-3z^{2}+3z-1$。写出分解式，指出每个零点的重数，并说明重数之和为什么等于 $3$。

3. 求 $z^{4}+1$ 在 $\mathbb{C}$ 上的全部零点，写出分解式。再说明为什么它在 $\mathbb{R}$ 上只能拆成两个二次因式。

4. 设 $p$ 是 $5$ 次复系数多项式，首项系数为 $3$，零点只有 $0$（重数 $2$）、$1+\mathrm{i}$（重数 $2$）、$-2$（重数 $1$）。写出 $p$。

5. 在 $\mathbb{Q}(\mathrm{i})=\{a+b\mathrm{i}:a,b\in\mathbb{Q}\}$ 中，证明 $z^{2}-2$ 没有零点，并说明这违反的是哪一条性质。

答案（点开）

1. 判别式 $16-52=-36<0$，求根公式：$z=\dfrac{4\pm 6\mathrm{i}}{2}=2\pm 3\mathrm{i}$。
所以

$$z^{2}-4z+13=(z-2-3\mathrm{i})(z-2+3\mathrm{i})$$

$c=1$（首项系数），零点 $2\pm 3\mathrm{i}$。
自查：两根之和 $4$，两根之积 $4+9=13$，与 $-\frac{a_{1}}{a_{2}}=4$、$\frac{a_{0}}{a_{2}}=13$ 一致 ✓。

2. 认出它是 $(z-1)^{3}$ 的展开：二项式 $(z-1)^{3}=z^{3}-3z^{2}+3z-1$。
所以 $p(z)=(z-1)^{3}$，$c=1$，唯一零点 $\lambda=1$，重数 $3$。
重数之和 $3=\deg p$ ✓——这正是分解定理「恰有 $m$ 个因式」的直接体现：
$m=3$ 个因式全是 $(z-1)$，没有别的零点可分到名额。
（也可用导数验：$p(1)=p'(1)=p''(1)=0$，$p'''(1)=6\neq 0$。）

3. $z^{4}=-1=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}$，故 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\pi+2k\pi)/4}$，$k=0,1,2,3$：

$$\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt2},\quad\frac{-1+\mathrm{i}}{\sqrt2},\quad\frac{-1-\mathrm{i}}{\sqrt2},\quad\frac{1-\mathrm{i}}{\sqrt2}$$

分解式

$$z^{4}+1=\left(z-\tfrac{1+\mathrm{i}}{\sqrt2}\right)\left(z-\tfrac{-1+\mathrm{i}}{\sqrt2}\right)\left(z-\tfrac{-1-\mathrm{i}}{\sqrt2}\right)\left(z-\tfrac{1-\mathrm{i}}{\sqrt2}\right)$$

在 $\mathbb{R}$ 上则要把共轭的两对零点各自乘起来：

$$\left(z-\tfrac{1+\mathrm{i}}{\sqrt2}\right)\left(z-\tfrac{1-\mathrm{i}}{\sqrt2}\right)=z^{2}-\sqrt2 z+1$$

另一对给出 $z^{2}+\sqrt2 z+1$。两个二次因式的判别式都是 $2-4<0$，在 $\mathbb{R}$ 上再也拆不动——
这就是「$\mathbb{R}$ 上零点打折」的具体样子：$4$ 个复零点，$0$ 个实零点。

4. 由 $c$ 为首项系数得 $c=3$；每个零点按重数写相应个数的因式：

$$p(z)=3\,z^{2}\,(z-1-\mathrm{i})^{2}\,(z+2)$$

检查次数：$2+2+1=5$ ✓，与「首项系数 $3$、$5$ 次」一致。
注意 $z^{2}$ 就是 $(z-0)^{2}$，别漏掉那个「$0$」。

5. 设 $z=a+b\mathrm{i}$，$a,b\in\mathbb{Q}$，且 $z^{2}=2$。展开得

$$a^{2}-b^{2}+2ab\,\mathrm{i}=2$$

比较虚部：$2ab=0$，即 $a=0$ 或 $b=0$。

• $b=0$：$a^{2}=2$，而 $\sqrt2\notin\mathbb{Q}$，矛盾；
• $a=0$：$-b^{2}=2$，即 $b^{2}=-2$，无实数解，矛盾。

故 $z^{2}-2$ 在 $\mathbb{Q}(\mathrm{i})$ 中无零点，从而也没有一次因式分解。
违反的是「代数闭」这条性质：代数基本定理不是多项式的普遍性质，而是 $\mathbb{C}$ 的性质。
也正因如此，3.1 的证明必须用到连续性与紧集上取最小值——$\mathbb{Q}(\mathrm{i})$ 上这些工具就用不了。

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八、复习卡 #

项	内容
版本一（代数基本定理）	每个非常值复系数多项式在 $\mathbb{C}$ 中有零点
版本二（分解定理）	$p=c(z-\lambda_{1})\cdots(z-\lambda_{m})$，$m=\deg p$，$c\neq 0$，唯一到不计顺序
$c$ 是什么	$p$ 的首项系数，直接读出，无需计算
$\lambda_{1},\dots,\lambda_{m}$	恰为 $p$ 的全部零点（计重数）；右边 $=0\iff z$ 等于某个 $\lambda_{j}$
因式个数	恰好 $m$ 个，不多不少
存在性怎么证	对次数归纳：版本一给一个零点 → 除掉一个一次因式 → 次数降一
唯一性怎么证	$c$ 唯一；代 $z=\lambda_{1}$ 逼出某个 $\tau=\lambda_{1}$，约去后再归纳
版本一怎么证	$|p|$ 远处趋于无穷 → 在某 $\zeta$ 取全局最小 → 若 $p(\zeta)\neq0$，沿 $\beta^{k}=-1/a_{k}$ 走一小步可得 $|q|<1$，矛盾
重数 $k$	$p=(z-\lambda)^{k}g$，$g(\lambda)\neq0$；等价于 $p^{(j)}(\lambda)=0\ (j<k)$ 且 $p^{(k)}(\lambda)\neq0$
零点计数	重数之和 $=m$；不同零点个数 $\le m$，可以严格小于
$\mathbb{R}$ vs $\mathbb{C}$	$\mathbb{R}$：最多 $m$ 个，可能没有，分解成一次 + 不可约二次；$\mathbb{C}$：恰 $m$ 个，全是一次因式
$k$ 次方根	每个非零复数有 $k$ 个 $k$ 次方根，$\sqrt[k]{w}=r^{1/k}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\theta+2j\pi)/k}$
反例	$\mathbb{Q}(\mathrm{i})$ 中 $z^{2}-2$ 无零点 → 代数闭是 $\mathbb{C}$ 特有的
韦达自查	首一 $m$ 次：根和 $=-\frac{a_{m-1}}{a_{m}}$，根积 $=(-1)^{m}\frac{a_{0}}{a_{m}}$
线性代数接口	特征多项式 $n$ 次 ⟹ 复算子在 $\mathbb{C}$ 上必有特征值（19、20 讲）
实系数情形	非实零点共轭成对 → 16 讲

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九、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 主线出处：本讲对应《线性代数应该这样学》（第 4 版，Sheldon Axler 著，吴俊达、何阳 译）第 4 章 4B 节「多项式在 $\mathbb{C}$ 上的分解」，PDF 页码 p119–120（印刷页码 105–106）。按编号回查：代数基本定理版本一 4.12、版本二（分解定理）4.13；证明里用到的前置结论是零点与一次因式的对应 4.6、零点个数上界 4.8（均在 13 讲），以及复数性质 4.1–4.4。
• 与前后讲的接口：零点的定义 4.5 与「零点 $\iff$ 一次因式」4.6、「最多 $m$ 个零点」4.8 见 13 讲；带余除法 4.9 见 14 讲；实系数分解（非实零点共轭成对 4.14、二次多项式分解 4.15、实系数分解定理 4.16）见 16 讲。本讲的版本二是 16 讲全部结论的工具。
• 数值求根与伴随矩阵：6.4 的伴随矩阵构造是标准结果，可在任何数值线性代数教材的「特征值计算」一章查到（如 Golub & Van Loan 的 Matrix Computations）。
• 求根公式史：三次、四次公式的原始文献出自 16 世纪意大利代数传统；五次及以上无根式解由阿贝尔 1824 年证明，伽罗瓦的群论解释见于任何抽象代数教材的伽罗瓦理论一章。
• 想深挖：代数基本定理的另一种证法用刘维尔定理（有界整函数必为常数），这是复分析里最短的证明；还有基于环绕数/辐角原理的拓扑证法。三者都依赖 $\mathbb{C}$ 的分析结构，这与 3.7 的反例相呼应。
• 术语别名：代数基本定理 = fundamental theorem of algebra；零点 = 根（zero / root）；重数 = 重根的重数（multiplicity）；代数闭域 = algebraically closed field；伴随矩阵（此处的 companion matrix）与线性代数里的「伴随矩阵 $\operatorname{adj}A$」是两个不同的东西，中文译名撞车，读英文时注意区分。
• 权威查证：Bronstein《数学手册》俄文第 10 版（1962）与英文第 6 版（2015）均收录代数基本定理与韦达定理的完整陈述，可核对系数与符号。