重根与导数综合

题目

1. 设 $f(x)\in K[x]$，$c\in K$。证明：$c$ 是 $f$ 的 $k$ 重根 $⟺f(c)=f^{\prime }(c)=\cdots =f^{(k-1)}(c)=0$ 且 $f^{(k)}(c)\ne 0$。
2. 求多项式 $f(x)=(x-1{)}^3(x+2{)}^2$ 的 $f^{\prime }$ 和 $f^{\prime \prime }$，验证上述结论。
3. 证明：若 $f(x)\in \mathbb{R}[x]$ 无重根，则 $f$ 与 $f^{\prime }$ 互素。

提示

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• 第 1 题：对 $k$ 用归纳法，结合因式定理和形式导数的乘积法则。
• 第 2 题：先展开 $(x-1{)}^3(x+2{)}^2$ 再求导，或直接用乘积法则计算。
• 第 3 题：由重因式判定定理，$f$ 无重因式 $⟺\gcd (f,f^{\prime })=1$。

解答

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第 1 题

归纳基础（$k=1$）：$c$ 是单根 $⟺f(c)=0$ 且 $f^{\prime }(c)\ne 0$。由因式定理，$c$ 是根 $⟺f(c)=0$。由重因式判定定理（ALG-THM-006），$k=1$ 时 $(x-c)$ 不是 $f$ 的重因式 $⟺f^{\prime }(c)\ne 0$。成立。

归纳步骤：假设结论对 $k-1$ 成立。设 $c$ 是 $f$ 的 $k$ 重根，则 $f(x)=(x-c{)}^{k}g(x)$，$g(c)\ne 0$。求导：

$$f^{\prime }(x)=k(x-c{)}^{k-1}g(x)+(x-c{)}^k{g}^{\prime }(x)=(x-c{)}^{k-1}[kg(x)+(x-c)g^{\prime }(x)].$$

令 $h(x)=kg(x)+(x-c)g^{\prime }(x)$，则 $h(c)=kg(c)\ne 0$。故 $c$ 是 $f^{\prime }$ 的 $k-1$ 重根。由归纳假设，$f^{\prime }(c)=\cdots =f^{\prime (k-2)}(c)=0$ 且 $f^{\prime (k-1)}(c)\ne 0$，即 $f^{(j)}(c)=0$（$1\le j\le k-1$）且 $f^{(k)}(c)\ne 0$。$■$

第 2 题

$f(x)=(x-1{)}^3(x+2{)}^2$。用乘积法则：

$$f^{\prime }(x)=3(x-1{)}^2(x+2{)}^2+(x-1{)}^3\cdot 2(x+2)=(x-1{)}^2(x+2)[3(x+2)+2(x-1)]=(x-1{)}^2(x+2)(5x+4).$$

验证：$f(1)=0$，$f^{\prime }(1)=0$，但 $f^{\prime \prime }(1)$ 应非零（1 是 3 重根，$f^{\prime \prime }(1)$ 是第一个非零导数）。$f(-2)=0$，$f^{\prime }(-2)=0$，但 $f^{\prime \prime }(-2)$ 也为零吗？$-2$ 是 2 重根，所以 $f^{\prime \prime }(-2)\ne 0$。

第 3 题

$f$ 无重根 $⟺$ $f$ 的每个不可约因式都是一次的且重数为 1 $⟺$ $f$ 无重因式。由重因式判定定理（ALG-THM-006），$f$ 无重因式 $⟺\gcd (f,f^{\prime })=1$。$■$

考察点

• ALG-DEF-005 形式导数与重因式
• ALG-THM-006 重因式判定
• ALG-DEF-006 根的重数概念