一些抽象代数的基本概念
设 $S$ 非空，定义 $S$ 中的一个代数运算指一个映射 $\varphi:S\times S\to S$。此处 $\times$ 为笛卡尔积。通常记 $S$ 为 $+$ 或 $\cdot$。
定义：设 $F$ 非空，$F$ 中定义了两个代数运算，分别称为加法 $+$ 和乘法 $\cdot$。称具备运算 $+,\cdot$ 的 $F$ $(F,+,\cdot)$ 为域（field），若：
关于 $+$ 结合律：$(x+y)+z=(x+y)+z$。
关于 $+$ 交换律：$x+y=y+x$。
关于 $+$ 零元存在：$\exists$ 元素记为 $0\in F$，使 $0+x=x,\forall x\in F$。
关于 $+$ 负元存在：$\forall x\in F,\exists y\in F$，使 $x+y=0$，此时称 $y$ 为 $x$ 的负元。
关于 $\cdot$ 结合律：$(xy)z=x(yz)$。
关于 $\cdot$ 交换律：$xy=yx$。
关于 $\cdot$ 单位元存在：$\exists$ 元素记为 $1\in F$，使得 $1\cdot x=x,\forall x\in F$。
非零元逆元存在：$\forall x\in F,x\neq 0,\exists y\in F$，使 $xy=1$，此时称 $y$ 为 $x$ 的逆元，记作 $x^{-1}$。
分配律：$x(y+z)=xy+xz$。
定义：设 $R$ 非空，$R$ 中定义了两个代数运算，分别称为加法 $+$ 和乘法 $\cdot$。称具备元算 $+,\cdot$ 的 $R$ $(R,+,\cdot)$ 为环（ring），若：
关于 $+$ 结合律：$(x+y)+z=(x+y)+z$。
关于 $+$ 交换律：$x+y=y+x$。
关于 $+$ 零元存在：$\exists$ 元素记为 $0\in F$，使 $0+x=x,\forall x\in F$。
关于 $+$ 负元存在：$\forall x\in F,\exists y\in F$，使 $x+y=0$，此时称 $y$ 为 $x$ 的负元。
关于 $\cdot$ 结合律：$(xy)z=x(yz)$。
满足左右分配律：$x(y+z)=xy+xz$，$(y+z)x=yx+zx$。
若 $R$ 含有 $1$，则称 $R$ 是有 $1$ 的环。
若 $R$ 之乘法满足交换律 $xy=yx$，则称 $R$ 为交换环，否则称之为非交换环。
例：$(\mathbb{Z}/_n\mathbb{Z},+,\cdot)$ 构成一个环。$(\mathbb{Z}/_n\mathbb{Z})$ 是一个域当且仅当 $n$ 是素数 $P$。
$F$ 为域，称 $F$ 的特征为 $p$（记作 $\text{char}(F)=p$），若 $\forall x\in F$，均有 $px=0$ 且 $p$ 为所有满足条件的最小正整数（因此 $p$ 必为素数）。
称 $F$ 的特征为 $0$，若 $nx=0,\forall x\in F$，则 $n=0$。
在 $F(\text{char}(F)=p)$ 中，$(x+y)^p=x^p+y^p$。
$R$ 为环，$x$ 为记号（未定元），如下形式的形式表达式：
$$
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\quad a_i\in R
$$称为系数在 $R$ 中的多项式，$a_i$ 称为 $x^i$ 之系数，$a_0$ 称为常数项。
$a_n\neq 0$ 时，$n$ 称为多项式的次数，记作 $\deg f(x)=n$。
注：称 $f(x)=0$ 为零多项式，例外规定 $\deg 0=-\infty$。注意区分零多项式和零次多项式。
记 $R[x]$ 为系数在 $R$ 中的多项式全体。
称两个多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ 和 $g(x)=\sum_{i=0}^n b_ix^i$ 相等：
$$
f=g\iff a_i=b_i,\quad \forall i=1,\dots,n
$$注：$f=\sum_{i=0}^na_ix^i=0$ 当且仅当 $a_i=0,\forall i=0,\dots,n$（即 $1,x,x^2,\dots,x^n$ 线性无关）。
在 $R[x]$ 中定义 $+$：$f(x)+g(x)$ 即为合并同类项。
在 $R[x]$ 中定义 $\cdot$：$f(x)g(x)=\sum_{k=0}^{n+m}(\sum_{i+j=k}a_ib_j)x^k$。
则 $(R[x],+,\cdot)$ 是一个环：
若 $R$ 有 $1$，则 $R[x]$ 也有 $1$。
若 $R$ 是交换的，则 $R[x]$ 也交换。
注：$\deg f+g\le \deg f+\deg g$，$\deg fg\le \deg f+\deg g$。
特别的，当 $R$ 是域时，$\deg fg=\deg f+\deg g$。
通过 $R[x_1][x_2]\cdots[x_n]=R[x_1,x_2,\cdots,x_n]$ 即可构造 $n$ 元多项式环。
$M_n(F[x])$ 之元称为 $\lambda-$ 矩阵。
$M_n(F[x])$ 可以类似数字矩阵定义行列式、子式、伴随矩阵。但不好直接类比引入秩等概念。
定义：设 $G$ 非空，$G$ 中有代数运算 $*$。称 $(G,*)$ 为群（Group），若：
$*$ 满足结合律：$(a*b)*c=a*(b*c)$。
单位元存在记为 $e$，即：$\exists e\in G$，使得 $e*a=a*e=a,\forall a\in G$。
逆元存在：$\forall a\in G,\exists b\in G$，使得 $a*b=e$，$b$ 称为 $a$ 之逆，记 $b=a^{-1}$。
当 $*$ 满足交换律时，称 $G$ 为交换群。
注：$*$ 常记作 $+$ 或 $\cdot$，$(G,+)$ 为加法群，$(G,\cdot)$ 为乘法群。
例：$(F,+,\cdot)$ 为域，则有：
$(F,+)$ 为加法交换群。
$(F*,\cdot)$ 为乘法交换群，$F*=F\setminus{\{\theta\}}$。
例：设 $n>1$，记 $\mu_n=\{e^{2k\pi i/n}\mid k=0,1,\dots,n\}\subset \mathbb{C}$，则 $\mu_n$ 为乘法交换群，称为 $n$ 次单位根群。
例：$F$ 为域，$GL_n(F)=\{A\in M_n(F)\mid \det(A)\neq 0\}$，定义 $A\cdot B$ 为矩阵乘积，则 $GL_n(F)$ 为矩阵非交换群，称为一般线性矩阵群。
$O_n(\mathbb R)=\{A\in M_n(\mathbb R)\mid A^TA=E\}$ 为正交群。
$U_n=\{A\in M_n(\mathbb C)\mid \overline{A}^TA=E\}$ 为酉群。
例：$R$ 为有 $1$ 的交换群，记 $U(R)$ 为 $R$ 之所有可逆元集。则 $(U(R),\cdot)$ 为群，称之为 单位群。
例如 $U(\mathbb Z)=\{-1,1\}$；若 $F$ 为域，则 $U(F)=F^*$。
定义：设 $R_1\subset R$ 非空（$R$ 为环），若 $R_1$ 关于 $R$ 之 $+,\cdot$ 成为环，则称 $R_1$ 为 $R$ 的子环。类似的可以定义子群、子域。
命题：$R_1$ 为 $R$ 之子环 $\iff$ $R_1$ 关于 $R$ 之减法、乘法封闭（HW）。
定义：设 $R,S$ 为环，称映射 $f:R\to S$ 为环同态，若：
- $f$ 保持运算：$f(a+b)=f(a)+f(b)$，$f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b),\forall a,b\in R$。
类似可定义群同态、域同态。
定义：称同态 $f:R\to S$ 为单的 / 满的 / 同构的，若 $f$ 作为映射是单设 / 满射 / 双射。
若 $f:R\to S$ 为单同态，则 $\text{Im} f=\{f(x)\mid x\in R\}$ 为 $S$ 之子环，切 $f:R\to \text{Im} f$ 为同构。
若 $\tau:R\to S$ 是单的，则 $R\cong \text{Im} f\subset S$，称 $S$ 为 $R$（通过单射同态 $\tau$）之扩环。
定理：设 $F$ 为域，$R$ 为 $F$（通过 $\tau:F\to R$）之扩环，$\forall t\in R$，映射
$$
\begin{aligned}
\varphi:&F[x]&\to &\quad R\cr
&\sum_{i=0}^na_ix^i&\mapsto &\quad \sum_{i=0}^n\tau(a_i)t^i
\end{aligned}
$$则 $\varphi$ 为环同态。
注：该定理中带入 $t$ 时必须带入到多项式的一般形式中。
注：有 $1$ 的交换环要求同态 $f:R\to S$ 将 $1$ 映成 $1$，即 $f(1_R)\to 1_S$。
注：$M_n(F[x])\cong M_n(F)[x]$（可构造双射，多项式矩阵中每一次项提出构成矩阵）。
HW：$\mu_n=\{\omega^i\mid k=0,1,\dots,n-1\},\omega=e^{2\pi i/n}$。证明：$\sum_{i=0}^{n-1}\omega^i=0$。
命题（Hamilton-Cayley 定理）：设 $A=M_n(F)$ 其中 $F$ 为域，令 $f(\lambda)=\det(\lambda E-A)$，则 $f(A)=0$。
证：记 $B(\lambda)$ 为 $\lambda E-A$ 的伴随矩阵，则 $B(\lambda)$ 之元的最高次项为 $n-1$ 次。
则 $B(\lambda)(\lambda E-A)=|\lambda E-A|E=f(\lambda) E$。
设 $B(\lambda)=B_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+B_0$，其中 $B_i\in M_n(F)$。则：
$$
\begin{aligned}
&B(\lambda)(\lambda E-A)\cr
=&B_{n-1}\lambda^n+(B_{n-2}-B_{n-1}A)\lambda^{n-1}+\dots+(B_0-B_1A)\lambda-B_0A
\end{aligned}
$$对比多项式系数可得：
$$
\begin{cases}
B_{n-1}=E\cr
B_{n-2}-B_{n-1}A=a_{n-1}E\cr
\cdots\cr
B_0-B_1A=a_1E\cr
-B_0A=a_0E
\end{cases}
$$将上面所有式子分别右乘 $A^n,\cdots,A,A^{0}$ 并全部相加即可。$\Box$
注：不能直接将 $A$ 带入到未化为多项式一般形式的版本，否则就直接得到了 $\det(AE-A)=0$。
定义：若 $R_1,\dots,R_n$ 为环，定义笛卡尔积（直积）：
$$
\prod R_i=R_1\oplus R_2\oplus\cdots\oplus R_n
=\{(x_1,x_2,\cdots,x_n)\mid x_i\in R_i\}
$$定义 $+$：$(x_1,\dots,x_n)+(y_1,\dots,y_n)=(x_1+y_1,\dots,x_n+y_n)$。
定义 $\cdot$：$(x_1,\dots,x_n)\cdot(y_1,\dots,y_n)=(x_1\cdot y_1,\cdots,x_n\cdot y_n)$。
此时 $\oplus_{i=1}^n R_i$ 也为环。
域上的多项式环
约定：只考虑 $F[x]$，$F$ 为域。
定理：设 $f,g\neq 0\in F[x]$，则存在 $g(x),r(x)\in F[x]$，使得：
$f=g\cdot q(x)+r(x)$。
$\deg r<\deg g$ 或 $r(x)=0$。
其中 $q(x)$ 称为 $g$ 除 $f$ 的商，$r(x)$ 称为余式。且上述 $q(x),r(x)$ 唯一。
定义：称 $g(x)$ 整除 $f(x)$，记为 $g(x)\mid f(x)$ 若存在 $q(x)\in F[x]$ 使得 $f=g\cdot q$。此时称 $g$ 为 $f$ 之因子，$f$ 为 $g$ 之倍式。
$g=0$ 时，$0\mid 0$。
$g\neq 0$ 时，$g\mid f\iff f$ 除以 $g$ 余式 $r(x)=0$。
零次多项式整除任何多项式。
整除具有传递性，即 $f\mid g,g\mid h\implies f\mid h$。
若 $f=\sum_{i=1}^s g_i$，若 $\varphi(x)$ 整除 $f,g_1,\dots,g_s$ 之 $s$ 个元，则 $\varphi$ 整除余者。
若 $f\mid g$ 且 $g\mid f$，则存在 $c\in F$，使得 $f=cg$。称 $f$ 与 $g$ 相伴，记为 $f\sim g$。
注：任意多项式 $f$ 均相伴于一个首 $1$ 的多项式。
任取 $f(x)\in F[x],\deg f=n$。以 $f$ 定义 $F[x]$ 之二元关系 $\sim$。
称 $g_1\sim g_2$，若 $f\mid (g_1-g_2)\iff g_1,g_2$ 除以 $f$ 余式相同。
$g(x)$ 所在等价类 $\overline{g(x)}=\{h(x)f(x)+r(x)\mid h\in F[x]\}=\overline{r(x)}$。
以 $F[x]/f(x)F[x]$ 记全部等价类集。容易定义 $+,\cdot$，从而是有 $1$ 的交换环。
定义：称 $d(x)\in F[x]$ 为 $f(x),g(x)\in F[x]$ 之公因子，若 $d(x)\mid f,d(x)\mid g$。
称 $d(x)$ 为 $f,g$ 之最大公因子，若 $\varphi(x)$ 为 $f,g$ 之公因子，则 $\varphi\mid d$。
若最大公因子存在（此处还未证明一定存在），则相伴意义下最大公因子唯一。因此可以记 $(f(x),g(x))$ 表示 $f,g$ 之首 $1$ 的最大公因子。
引理：若 $f=g\cdot q+r$，则 $(f,g)=(g,r)$。
定理（Bézout’s Thm.）：$\forall f,g\in F[x]$，$f,g$ 之最大公因子 $d(x)$ 存在，且 $\exists u(x),v(x)\in F[x]$ 使得 $d(x)=uf+vg$。
定义：若 $(f,g)=1$，称 $f,g$ 互素。
注：$(f,g)=1\iff \exists u,v\in F[x]$，使得 $uf+vg=1$。
若 $(f,g)=1$，且 $f\mid gh\implies f\mid h$。
若 $f\mid h,g\mid h$ 切 $(f,g)=1$，则 $fg\mid h$。
注：最大公因子可以推广到多个多项式。
定理：设 $d(x)=(f_1,f_2,\dots,f_s)$，则存在 $u_1,u_2,\dots,u_s\in F[x]$，使得 $d=\sum_{i=1}^s u_if_i$。
$\forall f(x)\in F[x]$，$1,f(x)$ 及其相伴元 $c,c_1f(c\neq 0,c_1\neq 0\in F)$ 均为 $f$ 之因子，称为平凡因子。
定义：称多项式 $p(x)$ 不可约，若 $p(x)$ 只有平凡因子。否则称为可约的。
定理：以下四个条件等价：
$p(x)$ 不可约。
$\forall f\in F[x]$，则或 $p\mid f$ 或 $(p,f)=1$。
若 $p\mid fg$，则或 $p\mid f$ 或 $p\mid g$。
$p(x)$ 不能分解为两个更低次的非常数多项式。
注：不可约依赖于域 $F$。
例：$x^2+1\in \mathbb{Q}[x]$ 不可约，而 $x^2+1\in \mathbb{C}[x]$ 可约。
定理（多项式的不可约分解）：$\forall f(x)\in F[x]$，都有唯一的不可约分解，即：
$f$ 可以写成若干个不可约多项式之积，$f=p_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x)$，$p_i(x)$ 不可约。
唯一性指：若 $f=q_1q_2\cdots q_t$，$q_i(x)$ 不可约，则必有 $s=t$，且适当调整顺序有 $p_i\sim q_i,\forall i=1,2,\dots,s$。
证：若 $f$ 不可约，则 $f=f$ 即为不可约分解。
否则 $f$ 可约，有 $f=f_1f_2$，其中 $\deg f_i<\deg f$。
若 $f_1,f_2$ 均不可约，则 $f=f_1f_2$ 即为不可约分解。否则 $f_1$ 可约，$f_1=f_{11}\cdot f_{12}$。以次继续进行，即可得到一个不可约分解。
唯一性证明：$f=p_1\cdots p_s=q_1\cdots q_t$，对 $s$ 归纳：
$s=1$ 时，$p_1=q_1\cdots q_t\implies p_1\mid q_1\cdots q_t$。故存在 $q_i$ 不妨设为 $q_1$ 满足 $p_1\mid q_1\implies p_1\sim q_1$。设 $p_1=cq_1$，则 $cq_1=q_1\cdots q_t$，即 $q_1(c-q_2\cdots q_t)=0\implies q_2\cdots q_t=c\implies t=1$ 且 $p_1\sim q_1$。
$s>1$ 时，$p_1p_2\cdots p_s=q_1\cdots q_t\implies p_1\mid q_1\cdots q_t$，设 $p_1\mid q_1$ 则 $p_1\sim q_1$。设 $p_1=cq_1$ 则 $q_1(q_2\cdots q_t-cp_2\cdots p_s)=0\implies q_2\cdots q_t=cp_2\cdots p_s$。
由归纳可知 $s=t$ 且 $p_i\sim q_i$。
推论：$\forall f\in F[x]$，存在不可约的首 $1$ 的多项式 $p_1,\cdots,p_t$ 使得：
$$
f(x)=c\prod_{i=1}^t p_i^{e_i}
$$上述分解被称为多项式的标准不可约分解。
HW：$F[x]/f(x)F[x]$ 为域 $\iff f(x)$ 不可约。
称不可约多项式 $p(x)$ 为 $f(x)$ 之 $k$ 重因子，若 $p^k(x)\mid f(x)$ 但 $p^{k+1}(x)\nmid f(x)$。
当 $k=1$ 时，称 $p$ 为 $f$ 之单因子。
当 $k=0$ 时，$(p,f)=1$。
在 $F[x]$ 中定义形式导数如下：$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$，$a_i\in F$，则 $f’(x)=na_nx^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1$。
定义 $k$ 阶导数 $f^{(k)}(x)=(f^{(k-1)}(x))’$。
定理：若不可约多项式 $p(x)$ 为 $f(x)$ 之 $k$ 重因子，则 $p(x)$ 为 $f’(x)$ 之 $k-1$ 重因子。
不可约多项式 $p(x)$ 为 $f$ 之 $k$ 重因子，则 $p$ 为 $f,f’,\cdots,f^{(k-1)}(x)$ 之因子，但不是 $f^{(k)}(x)$ 之因子，即 $(p(x),f^{(k)}(x))=1$。
若 $p(x)$ 为 $f$ 之 $k(k\ge 2)$ 重因子，当且仅当 $p(x)$ 为 $f,f’$ 之公因子。
$f$ 存在重因子，当且仅当 $f,f’$ 存在（非平凡）公因子。
引理：$f,g$ 有非平凡公因子，当且仅当存在 $\varphi(x),\psi(x)\in F[x]$，满足 $\deg \varphi<\deg g$，$\deg \psi<\deg f$，且 $f\varphi=g\psi$。
设 $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$，$g(x)=b^mx^m+\cdots+b_0$，$\varphi(x)=u_{m-1}x^{m-1}+\cdots+u_0$，$\psi(x)=v_{n-1}x^{n-1}+\cdots+v_0$。
若 $f\varphi=g\psi$，则可列出一个 $m+n$ 个变量，$n+m$ 个方程的线性方程组。
记 $A$ 为该方程组的系数矩阵，则：
$$
A^T=\begin{pmatrix}a_n&a_{n-1}&a_{n-2}&\cdots&a_0&0&\cdots&0\cr
0&a_n&a_{n-1}&\cdots&a_1&a_0&\cdots&0\cr
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\cr
0&0&0&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&a_0\cr
-b_m&-b_{m-1}&-b_{m-2}&\cdots&-b_0&0&\cdots&0\cr
0&-b_m&-b_{m-1}&\cdots&-b_1&-b_0&\cdots&0\cr
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\cr
0&0&0&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&-b_0\end{pmatrix}_{n+m}
$$由于只需要关注该行列式是否为 $0$，因此可以把所有 $b_i$ 前面的负号删去。记上述 $n+m$ 阶方阵之行列式为 $R(f,g)$，称之为 $f,g$ 之结式（resultant）。
定理：$f,g$ 有非平凡公因子 $\iff R(f,g)=0$。
命题：$R(f(x),(x-a)g(x))=(-1)^{\deg f}f(a)R(f,g)$。
多项式作为函数
$\forall f(x)\in F[x]$，定义：
$$
\begin{aligned}
\tilde f:F&\to F\cr
t&\mapsto f(t)
\end{aligned}
$$称函数 $\varphi:F\to F$ 为 $F$ 上的多项式函数，若存在 $f(x)\in F[x]$ 使 $\varphi=\tilde f$。
记 $R$ 为 $F$ 上的所有多项式函数集合，$+,\cdot$ 为通常的函数 $+,\cdot$。容易验证 $R$ 为有 $1$ 的交换环。
定义：
$$
\begin{aligned}
\sigma:F[x]&\to R\cr
f&\mapsto \tilde f
\end{aligned}
$$则 $\sigma$ 为环同态，且满。欲验证 $\sigma$ 是否为同构，只需验证 $\sigma$ 是否是单的。
$\sigma$ 单 $\iff$ 若 $f(x)\neq g(x)$ 则 $\tilde f\neq \tilde g$，即存在 $z_0\in F$ 使得 $\tilde f(z_0)\neq \tilde g(z_0)\iff$ $(f-g)(z_0)\neq 0$。
因此 $\sigma$ 单 $\iff\forall h(x)\in F[x]$，$\exists z_0\in F$ 使得 $h(z_0)\neq0$。
定义：称 $R$ 为含 $F$ 的环，$f(x)\in F[x]$，称 $a\in R$ 为 $f(x)$ 在 $R$ 中的根，若 $f(a)=0$。
注：根经常对 $R$ 为含 $F$ 的域的情形。特别 $F$ 为数域时，$K\supset F$，$a\in K$ 为 $f$ 在 $K$ 中的根。
特别的，取 $R$ 为 $\mathbb R,\mathbb C$ 时，$f(x)\in F[x]$ 在 $\mathbb R,\mathbb C$ 中的根称为 $f$ 的实根，复根。
命题：$a\in F$ 为 $f(x)\in F[x]$ 之根 $\iff f(a)=0\iff(x-a)\mid f$。
$a\in F$ 为 $f(x)$ 之 $k$ 重根 $\iff (x-a)^k\mid f$，但 $(x-a)^{k+1}\nmid f$。
推论：$\forall f(x)\in F[x]$ 在 $F$ 中的根不超过 $\deg f$ 个（重根按照重数计算）。
推论：若 $n$ 次错项式 $f(x),g(x)\in F[x]$ 满足存在 $n+1$ 个不同的元 $z_1,\cdots,z_{n+1}\in F$ 使得 $f(z_i)=g(z_i),\forall i$，则 $f=g$。
回到上面的问题，若 $F$ 含有无限个元，$\forall h\in F[x]$ 存在 $z_0\in F$ 使 $h(z_0)\neq 0$。
定理：$F$ 含有无限个元时，$\sigma:F[x]\to R$ 为环同构。
特别的，$F$ 是特征 $0$ 的域时，$F$ 是无限域。例如 $F=\mathbb R,\mathbb C$。
注：$F$ 时有限域时，定理不成立。例如：$F=\mathbb Z/_2\mathbb Z$，$f=x,g=x^2$。
定理：设 $F$ 含无限多个元。假设 $z_1,z_2,\dots,z_{m+1}\in F$ 两两不同。则 $\forall b_1,b_2,\dots,b_{m+1}\in F$，则一定存在唯一的 $m$ 次多项式 $f(x)$ 使 $f(z_i)=b_i,\forall i=1,\dots,m+1$。
证：设 $f(x)=a_0+a_1x+\dots+a_mx^m$，使得 $f(z_i)=b_i$，即：
$$
a_mz_i^m+\dots+a_1z_i+a_0=b_i,\quad \forall z=1,\dots,m+1
$$视 $a_0,\dots,a_m$ 为变量，由克莱默法则之需要系数矩阵行列式非零。系数矩阵行列式即为范德蒙德行列式，由 $z_i$ 两两不同易得改行列式非零。
构造 $f$：设只有一个 $b_i\neq 0$，而其余 $b_j=0,\forall j\neq i$。
则 $z_j,j\neq i$ 均为 $f_i$ 之根。即：$f_i(x)=a_i\prod_{j\neq i}(x-z_j)$。
由 $f_i(z_i)=b_i$ 可知 $a_i=\frac{b_i}{\prod_{j\neq i}(z_i-z_j)}$。
对于一般的情形，取 $f=\sum_{i=1}^{m+1}f_i$ 即可。
$$
f(x)=\sum_{i=1}^{m+1}\frac{b_i}{\prod_{j\neq i}(z_i-z_j)}\prod_{j\neq i}(x-z_j)
$$上述式子被称为 Lagrange 插值公式。
例：$F$ 含无限多个元。$A\in M_n(F)$，$\forall \alpha,\beta\in F^n$，证明：
$$
|A+\alpha\beta^T|=|A|+\beta^TA^*\alpha
$$证：$A$ 可逆时，可以直接由降阶定理得到。
$A$ 不可逆时，考虑 $tE+A,t\in F$，只有有限多个 $t$ 使得 $tE+A$ 不可逆。除了这有限多个点以外所有 $t$ 均能让 $tE+A$ 可逆。
$$
|(tE+A)+\alpha\beta^T|=|tE+A|+\beta^T(tE+A)^*\alpha
$$（令 $t\to 0$，得证。其实这种方法有问题，在一般的无限域 $F$ 上未定义度量。）
上式两端均为 $t\in F$ 的多项式函数。在无限多个点处相等，故作为多项式相等。故在 $t=0$ 处也是相等的。
有限域上的多项式 $\mathbb Z/p\mathbb Z[x]$： $\mathbb Z/p\mathbb Z[x]$ 中的 $n$ 次多项式只有 $(p-1)p^n$ 个。可以逐个试除。因此有限域上的多项式判别不可约性是可做的。
$F=\mathbb C$ 时，考虑 $\mathbb C[x]$。
代数基本定理：任复系数非平凡多项式 $f(x)$ 都在 $\mathbb C$ 中有一个根。
有如下推论：
$\mathbb C[x]$ 中不可约多项式只能是一次的。
$\mathbb C[x]$ 中任 $n$ 次多项式在 $\mathbb C$ 中都有 $n$ 个根（重根按重数计算）。
$\forall f\in \mathbb C[x]$ 中，$f=c\prod_{i=1}^s(x-z_i)^{e_i}$，$\sum e_i=\deg f$。
例：$f=x^n-1\in \mathbb C[x]$ 的所有根为 $\omega^0,\dots,\omega^{n-1}$，其中 $\omega=e^{2\pi i/n}$。
设 $F$ 为数域，$p(x)\in F[x]$ 不可约。设 $\alpha\in \mathbb C$ 为 $p(x)$ 在 $\mathbb C$ 中的根，则：
$\alpha$ 在 $F$ 上能满足的最低次多项式为 $p(x)$。
记 $F[\alpha]=\{f(\alpha)\mid f\in F[x]\}=\{a_{n-1}\alpha^{n-1}+\dots+a_1\alpha+a_0\mid a_i\in F\}$。
定义 $+,\cdot$：$(fg)(\alpha)=f(\alpha)g(\alpha),(f+g)(\alpha)=f(\alpha)+g(\alpha)$，则 $F[\alpha]$ 为域。
将不可约多项式 $p(x)$ 的根 $\alpha$ 加到 $F$ 上得到的域称为代数扩域 $F[\alpha]$。
例如：$\mathbb Q[\sqrt{-1}]=\{a+bi\mid a,b\in \mathbb Q\}\simeq \mathbb Q[x]/(x^2+1)\mathbb Q[x]$。
实数域上的不可约多项式：$p(x)\in \mathbb R[x]\subset \mathbb C[x]$。设 $z$ 为 $p(x)$ 在 $\mathbb C$ 中的一根。
$z\in \mathbb R$ 时，$x-z\mid p(x)$，则 $p(x)\sim x-z$。
$z\notin \mathbb R$ 时，$z=x_0+iy_0$，$y_0\neq 0,x_0,y_0\in \mathbb R$。则 $z=x_0-iy_0=\bar z$ 也是 $p(x)$ 之复根。因此在 $\mathbb C[x]$ 中，$(x-z)(x-\bar z)\mid p(x)$，而 $x^2-2\mathrm{Re}(z)+|z\bar z|\in \mathrm R[x]$。因此 $p(x)\sim x^2-2\mathrm{Re}(z)+|z\bar z|$。即 $ax^2+bx+c\in \mathbb R[x]$ 不可约 $\iff b^2-4ac<0$。
定理：$\mathbb R[x]$ 中任意多项式均有标准不可约分解：
$$
f(x)=c\prod_{i=1}^r(x+a_i)\prod_{j=1}^s(x^2+b_jx+c_j),\quad b_j^2-4c_j^2<0,\forall j
$$$\forall f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0\in \mathbb Q[x]$，都存在 $t\in \mathbb Q$，使得 $tf=\sum_{i=0}^n b_ix^i$，其中 $b_i\in \mathbb Z$，且所有 $b_i$ 之最大公约数为 $\pm 1$。
定义：称整系数多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ 为本原多项式。若 $\gcd(a_0,\dots,a_n)=\pm 1$。任意 $f(x)\in \mathbb Q[x]$ 均相伴于一个本原多项式。
在 $\mathbb R[x]$ 中，称 $p(x)\in \mathbb R[x]$ 不可约，若 $p(x)$ 只有因子 $1,p(x),c,cp(x)$，$\forall c\in U(\mathbb R[x])$，表示 $R[x]$ 中的可逆元。
类比到 $\mathbb Z[x]$ 中，$p(x)\in \mathbb Z[x]$ 不可约若 $p(x)$ 只有 $\pm 1,\pm p(x)$ 因子（$\mathbb Z[x]$ 中的可逆元只有 $\pm 1$）。
因此 $g(x)=3x$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中可约，在 $\mathbb Z[x]$ 中不可约。
引理：
若两个本原多项式 $f,g$ 相伴，则 $f=\pm g$。
本原多项式之积仍是本原多项式。
命题：$f(x)\in \mathbb Z[x]$，若 $f(x)$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中可约，则 $f(x)$ 可被表示为两个非零更低次整系数多项式乘积。
证：设在 $\mathbb Q[x]$ 中 $f=gh$，则 $\exists a\in \mathbb Z,b,c\in \mathbb Q$，和本原多项式 $f_1,g_1,h_1$ 满足 $f=af_1,g=bg_1,h=ch_1$。则有 $af_1=bcg_1h_1$。
而 $f_1,g_1h_1$ 均为本原多项式且相伴。因此 $a=\pm bc\in \mathbb Z$。
故 $f=\frac{bc}{a}g_1\cdot h_1$，后面两个均为整系数多项式。
命题：$f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i\in \mathbb Z[x]$，若 $\frac{s}{r}\in \mathbb Q$ 为 $f(x)$ 之有理根，则 $r\mid a_n,s\mid a_0$。
证明直接展开即可。
注：该命题可判别 $f$ 有无一次不可约因子。特别的可判别 $\deg f\le 3$ 的不可约性。
设 $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in \mathbb Z[x]$ 为本原多项式。设素数 $p$ 满足：
$p\nmid a_n$。
$p\mid a_i,\forall i=0,1,\dots,n-1$。
若 $f$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中可约，则设 $f=gh$，其中 $g=\sum_{i=0}^r b_ix^i,h=\sum_{j=0}^sc_jx^j$ 均为本原多项式，$r+s=n$。则 $a_n=b_rc_s,a_0=b_0c_0$。
有 $p\mid a_0=b_0c_0\implies p\mid b_0$ 或 $p\mid c_0$。$p\nmid a_n=b_rc_s\implies p\nmid b_r,p\nmid c_s$。
不妨设 $p\mid b_0$，设第一个不能被 $p$ 整除的 $g$ 的系数是 $b_k$，其中 $k\le r$（因为 $p\nmid b_r$）。则考虑 $a_k=b_0c_k+b_1c_{k-1}+\cdots+b_{k-1}c_1+b_kc_0$，而 $p\mid a_k$，因此 $p\mid b_kc_0$。
又有 $p\nmid b_k$，因此 $p\mid c_0$。即 $p\mid b_0$ 和 $p\mid c_0$ 均成立。得出 $p^2\mid a_0$。
定义：称一个本原多项式 $f=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ 为 Eisenstein 多项式，若存在素数 $p$ 满足：
$p\nmid a_n$。
$p\mid a_i,\forall i=0,1,\dots,n-1$。
$p^2\nmid a_0$。
定理：Eisenstein 多项式不可约（证明见上）。
例：$x^n+2\ (n\ge 2)$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约（取 $p=2$）。
命题：$f(x)\in \mathbb Z[x]$，$\forall a\in \mathbb Z$，令 $g(x)=f(x+a)$。则 $f(x)$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中可约 $\iff$ $g(x)$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中可约。
例：$f(x)=x^4+2x-1$，$f(x+1)=x^4+4x^3+6x^2+6x+2$，取 $p=2$ 可得 $f(x+1)$ 不可约，故 $f(x)$ 不可约。
例：$p$ 为素数，$f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$。证明 $f(x)$ 不可约。
证：$(x-1)f(x)=x^p-1$。带入 $x\to x+1$，则 $xf(x+1)=(x+1)^p-1$。
$$
\begin{aligned}
xf(x+1)=x^p+\binom{p}{1}x^{p-1}+\cdots+\binom{p}{p-1}x\cr
\implies f(x+1)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+\cdots+\binom{p}{p-1}
\end{aligned}
$$此为 Eisenstein 多项式，故 $f(x+1)$ 不可约，得到 $f(x)$ 不可约。
$\bmod p$ 法判别不可约（$p$ 素数）：构造映射 $\varphi:\mathbb Z[x]\to \mathbb Z/p\mathbb Z[x]$，表示将多项式系数 $\bmod p$，容易证明 $\varphi$ 为环同态。
命题：设 $f=\sum_{i=0}^n a_ix^i$。若存在素数 $p$ 满足 $p\nmid a_n$，$\varphi$ 如上定义。则若 $\varphi(f)$ 不可约，则 $f$ 不可约。
证：否则 $f=gh$，由 $p\nmid a_n$ 可得 $p\nmid b_r,p\nmid c_s$，因此 $\varphi(g),\varphi(h)$ 为 $r,s$ 次多项式。故 $\varphi(f)=\varphi(g)\varphi(h)$，矛盾。
多元多项式
$F[x_1,\dots,x_n]=(F[x_1][x_2]\cdots)[x_n]$ 中元的一般形式为：
$$
\sum_{k_1,k_2,\dots,k_n}a_{k_1,k_2,\dots,k_n}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}
$$其中求和为有限项。
对单项 $a_{k_1,\dots,k_n}x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$，称其次数为 $k_1+k_2+\cdots+k_n$。
称一个多元多项式 $f$ 所有单项次数之最大值称为 $f$ 的次数。
多元多项式的写法：将各单项式按指数组的字典序排序。
$f$ 按照字典序写时，第一项称为 $f$ 之首项（即字典序最大的一项）。
命题：$\forall f,g\in F[x_1,\dots,x_n]$，$fg$ 之首项为 $f,g$ 之首项之积。
（故：$F[x_1,\dots,x_n]$ 中消去律成立。即：$\forall f,g\in F[x_1,\dots,x_n]$，若 $fg=0$，则 $f=0$ 或 $g=0$，也称满足该条件的环为整环）。
称 $f=\sum a_{k_1,\dots,k_n}x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ 为齐次的，若各单项次数均相同。若各单项次数均为 $k$，则称 $f$ 为 $k$ 次齐次的。
$A\in M_n(F)$，$X^TAX=\sum a_{i,j}x_ix_j$ 为二次齐次多项式。
$X=(x_{i,j})_n$，$\det(X)$ 为 $n$ 次齐次多项式。
$\forall f\in F[x_1,\dots,x_n]$，都有 $f=f_0+f_1+\cdots+f_k$，其中 $f_i$ 为 $i$ 次齐次的。
命题：$\forall f,g\in F[x_1,\dots,x_n]$，有 $\deg fg=\deg f+\deg g$。
命题（齐次判别）：设 $F$ 有无限多元，$f\in F[x_1,\dots,x_n]$ 为 $k$ 次齐次多项式 $\iff\forall t\in F$，有 $f(tx_1,\dots,tx_n)=t^kf(x_1,\dots,x_n)$。
证明：$\implies$ 显然。只需证 $\Longleftarrow$。
设 $f=f_0+f_1+\cdots+f_k$，则：
$$
\begin{aligned}
f(tx_1,\dots,tx_n)&=f_0(tx_1,\dots,tx_n)+\cdots+f_k(tx_1,\dots,tx_n)\cr
&=t^0f_0(x_1,\dots,x_n)+\cdots+t^kf_k(x_1,\dots,x_n)\cr
&=t^kf_0+\cdots+t^kf_k
\end{aligned}
$$也即 $\forall i=0,\dots,k$，都有 $t^i=t^k,\forall t\in F$。$F$ 有无限多元时，只能 $i=k$。
故 $f=f_k$，即 $f$ 是 $k$ 次齐次多项式。
设环 $R\supset F$，$\forall t_i\in R,i=1,\dots,n$，构造：
$$
\begin{aligned}
\varphi&:F[x_1,\dots,x_n]&\to &\quad R\cr
&f(x_1,\dots,x_n)&\mapsto &\quad f(t_1,\dots,t_n)
\end{aligned}
$$则 $\varphi$ 为环同态。
特别的，$R=F$ 时，$\forall f\in F[x_1,\dots,x_n]$ 定义 $\tilde{f}:F^n\to F$，定义 $\tilde f(t_1,\dots,t_n)=f(t_1,\dots,t_n)$。称 $\tilde f$ 为由 $f$ 定义的多元多项式函数。
记 $R$ 为所有 $F^n$ 上的多元多项式函数集合，定义运算 $+,\cdot$，则 $R$ 为环。
命题：$F$ 含无限多元时，令：
$$
\begin{aligned}
\varphi:&F[x_1,\dots,x_n]&\to R\cr
&f&\mapsto \tilde f
\end{aligned}
$$则 $\varphi$ 为环同构。
$n$ 元置换：$S=\{1,2,\dots,n\}$，一个 $n$ 元置换指一个一一映射：
$$
\tau:S\to S
$$常记做：
$$
\tau=\begin{pmatrix}1&2&\cdots&n\cr i_1&i_2&\cdots&i_n\end{pmatrix}
$$共有 $n!$ 个 $n$ 元置换，记 $S_n$ 为所有 $n$ 元置换。
在 $S_n$ 内可定义 $\cdot$ 为复合。则 $S_n$ 为 $n!$ 个元的群，称为 $n$ 元置换群。
$\forall \tau\in S_n$，定义：
$$
\begin{aligned}
\tilde\tau:&F[x_1,\dots,x_n]&\to&\quad F[x_1,\dots,x_n]\cr
&f(x_1,\dots,x_n)&\mapsto&\quad \tilde\tau f=f(x_{\tau_1},\dots,x_{\tau_n})
\end{aligned}
$$则 $\tilde\tau$ 为环同态。
定义：称多项式 $f(x_1,\dots,x_n)$ 为对称的，若 $\forall \tau\in S_n$，$\tilde\tau f=f$。
注：若 $f,g$ 为对称多项式，则 $f+g,fg$ 均对称。
特别的，$f_1,f_2,\dots,f_n$ 对称，则 $f_1^{k_1}\cdots f_n^{k_n}$ 也对称。
因此，$\forall h(x_1,\dots,x_n)\in F[x_1,\dots,x_n]$，有 $h(f_1,\dots,f_n)$ 对称。
特别的，$\forall h\in F[x_1,\dots,x_n]$，$h(\sigma_1,\dots,\sigma_n)$ 对称（$\sigma$ 定义见下）。
定义 $\sigma_k(x_1,\dots,x_n)=\sum_{1\le i_1<\dots<i_k\le n}x_{i_1}\cdots x_{i_k}$，其中 $k=1,\dots,n$。称 $\sigma_1,\dots,\sigma_n$ 为初等对称多项式。
$\sigma_1=\sum_{i=1}^n x_i$，$\sigma_n=\prod_{i=1}^n x_i$。
定理（对称多项式结构）：记 $W$ 为 $n$ 元对称多项式集合，则 $W$ 为 $F[x_1,\dots,x_n]$ 的子环，且 $W=F[\sigma_1,\dots,\sigma_n]$。
引理：若多项式 $f=ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n}+\sum a_{i_1,\dots,l_n}x_1^{i_1}\cdots x_n^{i_n}$ 对称，则 $l_1\ge l_2\ge \cdots\ge l_n$。
设 $f=ax_1^{l_1}\cdots x_n^{l_n}+\cdots$ 为对称多项式，则令：
$$
\varphi_1=a\sigma_1^{l_1-l_2}\sigma_2^{l_2-l_3}\cdots\sigma_{n-1}^{l_{n-1}-l_n}\sigma_n^{l_n}
$$则 $f$ 与 $\varphi_1$ 的首项相同。定义 $f_1=f-\varphi_1$，那么 $f_1$ 之首项指数对 $<(l_1,l_2,\cdots,l_n)$。
令 $f_1=bx_1^{u_1}\cdots x_n^{u_n}+\cdots$，则令：
$$
\varphi_2=b\sigma_1^{u_1-u_2}\sigma_2^{u_2-u_3}\cdots\sigma_{n-1}^{l_{n-1}-l_n}\sigma_n^{l_n}
$$则 $f_1$ 与 $\varphi_2$ 的首项相同。定义 $f_2=f_1-\varphi_2$。以此类推。
经过有限步之后，必能得到 $f_s=0$。那么 $f=\varphi_1+\varphi_2+\cdots+\varphi_s$。
若令 $\varphi_i=a_i\sigma_1^{t_{i,1}}\cdots\sigma_n^{t_{i,n}}$，那么令 $h=\sum a_ix_1^{t_{i,1}}\cdots x_n^{t_{i,n}}$，则 $h(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)=f$。
唯一性：若 $h_1\neq h_2\in F[x_1,\cdots,x_n]$，使得 $h_1(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)=h_2(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)$。那么令 $h=h_1-h_2\neq 0$，且 $h(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)=0$。
由于 $h\neq 0$，因此存在 $b_1,\cdots,b_n\in F$ 使得 $h(b_1,\cdots,b_n)\neq 0$。
构造 $\psi(x)=x^n-b_1x^{n-1}+\cdots+(-1)^nb_1\in F[x]$，设 $\psi(x)$ 在 $\mathbb C$ 中的所有复根为 $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$，由韦达定理可知 $\sigma_i(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)=b_i,\forall i$。
因此 $0=h(\sigma_1(\alpha_1,\cdots,\alpha_n),\cdots,\sigma_n(\alpha_1,\cdots,\alpha_n))=h(b_1,\cdots,b_n)\neq 0$，矛盾。
结合上面两条，可得前面所说（对称多项式结构定理）$W=F[\sigma_1,\cdots,\sigma_n]$。
特殊的，若 $f(x)$ 为 $k$ 次齐次多项式，那么在上面求 $h$ 过程中，$\varphi_i$ 的首项指数对 $(k_1,\cdots,k_n)$ 必然满足：
$k_1+\cdots+k_n=k$。
$k_1\ge k_2\ge\cdots\ge k_n$。
若能求出满足上述条件的所有 $(k_1,\cdots,k_n)$，那么可以直接待定系数求解 $h$。
例：设 $f(x_1,\cdots,x_n)$ 为包含 $x_1^2x_2^2$ 的项数最小的对称多项式。求 $h$ 使得 $f=h(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)$。
解：$f$ 之首项指数对为 $(2,2,0,\cdots,0)$。因此 $(k_1,\cdots,k_n)$ 之解集为 $(2,2,0,\cdots,0),(2,1,1,0,\cdots,0),(1,1,1,1,0,\cdots,0)$。
故令 $\varphi_1=\sigma_1^{2-2}\sigma_2^{2-0}=\sigma_2^2,\varphi_2=\sigma_1\sigma_3,\varphi_3=\sigma_4$。一定有 $f=a\varphi_1+b\varphi_2+c\varphi_3$，解出 $a,b,c$ 即可。
判别式 $D(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\prod_{1\le i<j\le n}(x_i-x_j)^2=h(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)$。
问题背景：判断一多项式在 $\mathbb C$ 中是否有重根。$f$ 在 $\mathbb C$ 中有重根等价于 $D(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)=0$。
$$
D(x_1,\cdots,x_n)=
\begin{vmatrix}
1&1&\cdots&1\cr
x_1&x_2&\cdots&x_n\cr
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\cr
x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&\cdots&x_n^{n-1}
\end{vmatrix}\cdot
\begin{vmatrix}
1&x_1&\cdots&x_1^{n-1}\cr
1&x_2&\cdots&x_2^{n-1}\cr
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\cr
1&x_n&\cdots&x_n^{n-1}
\end{vmatrix}
$$记 $S_k(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n x_i^k$，那么：
$$
D(x_1,\cdots,x_n)=\begin{vmatrix}
n&S_1&S_2&\cdots&S_{n-1}\cr
S_1&S_2&S_3&\cdots&S_n\cr
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\cr
S_{n-1}&S_n&S_{n+1}&\cdots&S_{2n-2}
\end{vmatrix}
$$只需要将 $S_k$ 表示为 $\sigma_1,\cdots,\sigma_n$ 之多项式即可。
定理（Newton 迭代公式）：
$$
\begin{cases}
S_k-\sigma_1S_{k-1}+\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}S_1+(-1)^kk\sigma_k=0&k\le n\cr
S_k-\sigma_1S_{k-1}+\cdots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}S_{k-n+1}+(-1)^n\sigma_nS_{k-n}=0&k>n
\end{cases}
$$定义：$\forall f=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ 首一，定义 $f$ 之判别式为：
$$
D(f)=D(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)
$$其中 $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ 为$f$ 在 $\mathbb C$ 中的根。
对于 $f=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0$ 其中 $a_n\neq 1$，则定义：
$$
D(f)=a_n^{2n-2}D(a_n^{-1}f)
$$例：$f=x^3+ax+b$，求 $D(f)$。
解：设 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 为 $f$ 在 $\mathbb C$ 中的复根，则 $\sigma_1(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=0,\sigma_2=a,\sigma_3=-b$。
$S_2=\sigma_1^2-2\sigma_2=-2a,S_3=-3b,S_4=2a^2$。
$$
D(f)=\begin{vmatrix}3&S_1&S_2\cr S_1&S_2&S_3\cr S_2&S_3&S_4\end{vmatrix}=-(4a^3+27b^2)
$$故 $f$ 有重根当且仅当 $4a^3+27b^2=0$。
$\forall f,g\in F[x]$，设 $f=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0,g=b_mx^m+\cdots+b_0$，设 $f$ 在 $\mathbb C$ 上的 $n$ 个根为 $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$，$g$ 在 $\mathbb C$ 上的 $m$ 个根为 $\beta_1,\cdots,\beta_m$，则有：
$$
R(f,g)=a_n^m\prod_{i=1}^ng(\alpha_i)=(-1)^{nm}b_m^n\prod_{j=1}^mf(\beta_j)
$$定理（结式与判别式的关系）：$\forall f=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in F[x]$，则 $D(f)=a_n^{-1}\cdot (-1)^{n(n-1)/2}\cdot R(f,f’)$。
$\lambda-$ 矩阵和矩阵的相似分类
设 $F$ 为数域，$M_n(F[\lambda])$ 中的矩阵称为 $\lambda-$ 矩阵。
注：$M_n(F[x])\cong M_n(F)[x]$。下面用 $A(\lambda)$ 来记 $\lambda-$ 矩阵，用 $A,B$ 等来记 $M_n(F)$ 中的元。
容易在 $M_{m\times n}(F[x])$ 中定义 $+,\cdot$。
容易类比 $M_n(F)$ 的定义，来定义 $\lambda-$ 矩阵的行列式、子式、伴随矩阵。
称 $A(\lambda)$ 之秩为 $r$，若 $A(\lambda)$ 有一个非零的 $r$ 阶子式，但所有的 $r+1$ 阶子式均为零。
称一个 $n$ 阶 $\lambda-$ 矩阵可逆，若存在 $B(\lambda)$ 使得 $A(\lambda)B(\lambda)=B(\lambda)A(\lambda)=E$。
命题：$A(\lambda)$ 可逆 $\iff \det(A(\lambda))\in U(F[\lambda])=F^*$。
$\lambda-$ 矩阵的三类初等变换：
交换 $A(\lambda)$ 之 $i,j$ 行。
某行变成非零常数倍。
$i$ 行的 $\varphi(\lambda)\in F[\lambda]$ 倍加到 $j$ 行上。
初等行列变换等同于用初等 $\lambda-$ 阵左乘或右乘该矩阵。
定义：称两个 $\lambda-$ 矩阵 $A(\lambda),B(\lambda)$ 等价，若 $A(x)$ 可以经过初等行列变换化成 $B(\lambda)$。
注（未证明）：$A,B\in M_n(F)$，则 $A,B$ 相似 $\iff \lambda E-A,\lambda E-B$ 等价。
引理：$\forall A(\lambda)=(a_{i,j}(\lambda))\in M_{m\times n}(F[\lambda])$，设 $a_{1,1}\neq 0$，且存在 $a_{i,j}$ 满足 $a_{1,1}\nmid a_{i,j}$，则存在 $B(\lambda)=(b_{i,j}(\lambda))$ 使得 $A,B$ 等价且 $\deg b_{1,1}(\lambda)<\deg a_{1,1}(\lambda)$。进而 $A$ 等价于 $C$，其中 $c_{1,1}(\lambda)\mid a_{i,j}(\lambda),\forall i,j$。
构造：如果 $a_{1,j}$ 或者 $a_{i,1}$ 中还存在不能被 $a_{1,1}$ 整除，那么直接构造即可。
否则存在 $a_{i,j}$ 不能被 $a_{1,1}$ 整除，此时 $a_{1,j}=a_{1,1}q(\lambda)$。将第一列的 $1-q(\lambda)$ 倍加到第 $j$ 列，那么 $a_{1,j}$ 变为 $a_{1,1}$，$a_{i,j}$ 仍然不能被 $a_{1,1}$ 整除。交换第 $1$ 列和第 $j$ 列即可在第一列找到不能整除的。
推论：任意 $A(\lambda)=(a_{i,j}(\lambda))$ 都等价于 $C(\lambda)=(c_{i,j}(\lambda))$ 使得 $c_{1,1}(\lambda)\mid c_{i,j}(\lambda),\forall i,j$。
定理：任意 $\lambda-$ 阵 $A(\lambda)$ 均等价于如下形式的等价标准型：
$$
\begin{pmatrix}
\text{diag}(d_1(\lambda),d_2(\lambda),\cdots,d_r(\lambda))&0\cr
0&0
\end{pmatrix}_{m\times n}
$$其中 $r=\text{rank}(A(\lambda))$，$d_i(\lambda)\mid d_{i+1}(\lambda),\forall i=1,\cdots,r-1$。
$d_i(\lambda),\forall i$ 被称为 $A(\lambda)$ 的不变因子组。
定义：设 $A(\lambda)\in M_{m\times n}(F[\lambda])$，秩为 $r$。$\forall 1\le k\le r$，$A(\lambda)$ 的所有 $k$ 阶子式的首一最大公因子，称为 $A(\lambda)$ 的 $k$ 阶行列式因子。记为 $D_k(\lambda)$。
注：$D_k(\lambda)$ 不依赖于初等变换。因此 $D_k(\lambda)=d_1(\lambda)\cdots d_k(\lambda)$。因此 $d_k(\lambda)=\frac{D_k(\lambda)}{D_{k-1}(\lambda)}$（此处规定 $D_0(\lambda)=1$）。从而不变因子组 $d_1(\lambda),d_2(\lambda),\dots,d_r(\lambda)$ 是等价的不变因素。
定理：$A(\lambda)$ 等价于 $B(\lambda)\iff$ 它们有相同的不变因子组 $\iff$ 它们有相同的行列式因子组。
若 $A(\lambda)$ 可逆，则 $\det(A(\lambda))=c\neq 0$，因此 $D_n(\lambda)=1$，从而 $D_n(\lambda)=D_{n-1}(\lambda)=\cdots=D_1(\lambda)=1$，进而 $d_n(\lambda)=\cdots=d_1(\lambda)=1$，因此 $A(\lambda)$ 等价于 $E_n$。即：$A(\lambda)$ 可以被表示为一些初等 $\lambda-$ 矩阵的乘积。
设 $A\in M_n(F)$，称 $\lambda E-A$ 为 $A$ 的特征矩阵。称 $\lambda E-A$ 的不变因子组（行列式因子组）为 $A$ 的不变因子组（行列式因子组）。
定理：$A,B\in M_n(F)$ 相似 $\iff \lambda E-A$ 与 $\lambda E-B$ 等价。
引理：若存在 $P,Q\in M_n(F)$ 使得 $P(\lambda E-A)Q=\lambda E-B$，则 $A,B$ 相似。
证明：看作 $F[M_n(F)]$ 中的元，则有 $PQ=E,PAQ=B$。
引理：$\forall U(\lambda)\in M_n(F)[\lambda],\forall A\in M_n(F)$。则 $U(\lambda)=(\lambda E-A)R(\lambda)+U_0$，也有 $U(\lambda)=Q(\lambda)(\lambda E-A)+V_0$。
引理：$U(\lambda)$ 可逆 $\iff U(\lambda)$ 是一些初等矩阵的乘积。
定理证明：$\implies$：$\exists U$ 使得 $U^{-1}AU=V$，因此 $U^{-1}(\lambda E-A)U=\lambda E-B$。
$\Longleftarrow$：设 $\lambda E-A$ 和 $\lambda E-B$ 等价，则存在可逆的 $U(\lambda),V(\lambda)$ 使得：$U(\lambda)(\lambda E-A)V(\lambda)=(\lambda E-B)$。即有 $U(\lambda)(\lambda E-A)=(\lambda E-B)V(\lambda)^{-1}$。
设 $U(\lambda)=(\lambda E-B)R(\lambda)+U_0$。则 $(\lambda E-B)R(\lambda)(\lambda E-A)+U_0(\lambda E-A)=(\lambda E-B)V(\lambda)^{-1}$。
故 $U_0(\lambda E-A)=(\lambda E-B)(V(\lambda)^{-1}-R(\lambda)(\lambda E-A))$。令 $P=V(\lambda)^{-1}-R(\lambda)(\lambda E-A)$，易知 $P\in M_n(F)$。
故只需证明 $P$ 可逆。$PV(\lambda)=E-R(\lambda)(\lambda E-A)V(\lambda)=E-R(\lambda)U(\lambda)^{-1}(\lambda E-B)$。
设 $V(\lambda)=S(\lambda)(\lambda E-B)+V_0$，则 $PV_0+PS(\lambda)(\lambda E-B)=E-R(\lambda)U(\lambda)^{-1}(\lambda E-B)$。
故 $PV_0-E=-(PS(\lambda)+R(\lambda)U(\lambda)^{-1})(\lambda E-B)=0$。从而 $PV_0=E$，$P$ 可逆。
定理（相似判别）：$A,B\in M_n(F)$，$A,B$ 相似 $\iff A,B$ 有相同的不变因子组 $\iff A,B$ 有相同的行列式因子组。
注：$|\lambda E-A|=f(\lambda)$，$r(\lambda E-A)=n$。因此不变因子组必然是 $d_1(\lambda),\cdots,d_n(\lambda)$。且 $D_n(\lambda)=f(\lambda)=d_1(\lambda)\cdots d_n(\lambda)$。
设 $f(\lambda)=\lambda^r+a_{r-1}\lambda^{r-1}+\cdots+a_0\in F[\lambda]$。
定义：$f(\lambda)$ 的相伴阵：
$$
C(f(\lambda))=C(P) = \begin{pmatrix}
0 & 0 & \dots & 0 & -a_0 \cr
1 & 0 & \dots & 0 & -a_1 \cr
0 & 1 & \dots & 0 & -a_2 \cr
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \cr
0 & 0 & \dots & 1 & -a_{r-1}
\end{pmatrix}_{r\times r}
$$则有 $|\lambda E-C(f(\lambda))|=f(\lambda)=D_n(\lambda)$。同时 $D_{n-1}(\lambda)=1$。
因此 $C(f(\lambda))$ 之不变因子组为 $1,1,\cdots,1,f(\lambda)$。
定理：任意 $A\in M_n(F)$，设 $A$ 之非平凡不变因子组为 $d_1(\lambda),\cdots,d_r(\lambda)$。则：
$$
C=\text{diag}(C(d_1(\lambda)),C(d_2(\lambda)),\cdots,C(d_s(\lambda)))_{n\times n}
$$则 $A$ 与 $C$ 相似。$C$ 称为 $A$ 之有理（Frobenius）标准型（不变因子版本）。
定义：称 $A$ 的非平凡不变因子组的不可约分解中出现的不可约多项式之幂组 $p_j^{e_{i,j}}(e_{i,j}>0)$ 为 $A$ 之初等因子组（依赖于 $F$ 的选取）。
引理：设 $\lambda E-A$ 经过初等行列变换化成对角形 $\text{diag}(\delta_1(\lambda),\cdots,\delta_n(\lambda))$。将 $\delta_i(\lambda)$ 唯一不可约分解。则出现在各个 $\delta_i(\lambda)$ 的分解中的不可约多项式的幂的全体即为 $A$ 之初等因子组。
设 $p_1^{e_{1,1}},p_2^{e_{1,2}},\dots,p_t^{e_{1,t}},\dots,p_1^{e_{s,1}},\dots,p_t^{e_{s,t}}$ 为 $A$ 之初等因子组，将各个 $p_i$ 按照幂次从高往低排，即可确定 $A$ 之不变因子组。
因此 $A$ 之初等因子组和不变因子组相互决定。
对 $p^e(\lambda)$，若 $p(\lambda)$ 不可约，则若 $\deg p=r$，则 $p^e(\lambda)=\lambda^{re}+\cdots$。
则 $C(p^e(\lambda))$ 之初等因子组为 $1,1,\dots,1,p^e(\lambda)$，初等因子组为 $p^e(\lambda)$。
设 $A$ 之初等因子组为 $p_j^{e_{i,j}}(\lambda)$，考虑 $C=\text{diag}(C(p_1^{e_{1,1}}),\cdots,C(p_t^{e_{1,t}}),\cdots,C(p_t^{e_{s,t}}))$。则 $C$ 之初等因子组与 $A$ 之初等因子组相同。
定理：设 $A$ 之初等因子组为 $p_j^{e_{i,j}}$。则 $A$ 相似于 $C$：
$$
C=\text{diag}(C(p_1^{e_{1,1}}),\cdots,C(p_t^{e_{1,t}}),\cdots,C(p_t^{e_{s,t}}))
$$$C$ 称为 $A$ 之有理标准型（初等因子组版本）。
设 $f=P^e(\lambda)$，$\deg f=re$，$p$ 不可约。定义：
$$
J(p^e(\lambda))=\begin{pmatrix}
C(p)&0&\cdots&0&0\cr
S&C(p)&\cdots&0&0\cr
0&S&\cdots&0&0\cr
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\cr
0&0&\cdots&S&C(p)
\end{pmatrix}_{re}
$$其中：
$$
S=\begin{pmatrix}
0&0&\cdots&0&1\cr
0&0&\cdots&0&0\cr
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\cr
0&0&\cdots&0&0
\end{pmatrix}_r
$$则 $J(p^e(\lambda))$ 之初等因子组为 $p^e(\lambda)$，因此 $J(p^e(\lambda))$ 与 $C(p^e(\lambda))$ 相似。
$J(p^e(\lambda))$ 称为 $p^e(\lambda)$ 之广义 Jordan 标准形。
若 $p(\lambda)=\lambda-\lambda_0$，则：
$$
J(p^e(\lambda))=\begin{pmatrix}
\lambda_0&0&\cdots&0&0\cr
1&\lambda_0&\cdots&0&0\cr
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\cr
0&0&\cdots&1&\lambda_0
\end{pmatrix}_e
$$即为一个 Jordan 块。