重因式判定（$\gcd(f, f')$ 刻画）

条件

设 $f(x)\in K[x]$ 是非零多项式，$f^{\prime }(x)$ 是 $f$ 的形式导数（ALG-DEF-005），$\gcd (f,f^{\prime })$ 是 $f$ 与 $f^{\prime }$ 的首一最大公因式。

结论

设不可约多项式 $p(x)\mid f(x)$，则 $p$ 是 $f$ 的重因式 $⟺$ $p$ 整除 $f$ 的形式导数 $f^{\prime }$。即

$$p^k\mid f,k\ge 2⟺p\mid f^{\prime }.$$

等价的全域表述：

$f$ 有重因式 $⟺$ $\gcd (f,f^{\prime })\ne 1$。

特别地，若 $\gcd (f,f^{\prime })=1$，则 $f$ 是无平方的（square-free，即没有重因式）。

几何/直觉理解

形式导数和重因式的关系是微积分中”重根处导数也为零”这一事实的纯代数版本。

在微积分中：若 $c$ 是 $f$ 的 $k\ge 2$ 重根，则 $f(c)=f^{\prime }(c)=0$。证明依赖乘积法则与极限。而本定理将这个关系提升到因式层面：

不依赖具体根的值，也不依赖域是否为 $\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$——在任意域 $K$ 上，形式导数 $f^{\prime }$ 的整除性直接反映 $f$ 是否有重因式。

核心观察：若 $f=p^k\cdot g$，乘积法则给出

$$f^{\prime }=k{p}^{k-1}{p}^{\prime }\cdot g+p^k\cdot g^{\prime }=p^{k-1}(k{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime }).$$

当 $k\ge 2$ 时，$p^{k-1}$ 至少含一个 $p$，故 $p\mid f^{\prime }$。反之，若 $p\mid f$ 且 $p\mid f^{\prime }$，则 $p$ 必须至少是 $f$ 的 2 重因式——否在单因式情形下 $f^{\prime }$ 的 $p$ 部分不会被消完。

证明

($\Rightarrow$) 设 $p^k\mid f$，$k\ge 2$。即 $f=p^k\cdot g$，$p\nmid g$。由乘积法则（ALG-DEF-005 性质条），

$$f^{\prime }=(p^k{)}^{\prime }g+p^k{g}^{\prime }=k{p}^{k-1}{p}^{\prime }g+p^k{g}^{\prime }=p^{k-1}(k{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime }).$$

因 $k{p}^{k-1}$ 含有因子 $p$（注意 $k\ge 2$，故 $k-1\ge 1$），所以 $p\mid f^{\prime }$。

($\Leftarrow$) 设 $p\mid f$ 且 $p\mid f^{\prime }$。将 $f$ 写为 $f=p^m\cdot g$，其中 $p\nmid g$，$m\ge 1$。需证 $m\ge 2$。

由上式计算

$$f^{\prime }=p^{m-1}(m{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime }).$$

因 $p\mid f^{\prime }$，而 $p^{m-1}$ 已有 $m-1$ 个 $p$ 因子，故 $p$ 必须整除 $m{p}^{\prime }g+p{g}^{\prime }$。当 $m=1$ 时，

$$f^{\prime }=p^0(1\cdot p^{\prime }g+p{g}^{\prime })=p^{\prime }g+p{g}^{\prime }.$$

此时 $p\mid (p^{\prime }g+p{g}^{\prime })$。因 $p\mid p{g}^{\prime }$，所以 $p\mid p^{\prime }g$。而 $p$ 不可约（ALG-DEF-004），$p\nmid p^{\prime }$（$\mathrm{deg}{p}^{\prime }<\mathrm{deg}p$，除非 $p$ 是常数，但 $\mathrm{deg}p\ge 1$），且 $p\nmid g$（构造），故 $p\nmid p^{\prime }g$，矛盾。

因此 $m\ne 1$，即 $m\ge 2$，故 $p$ 是 $f$ 的重因式。$■$

常见错误

• ✗ 认为 $\gcd (f,f^{\prime })\ne 1$ 等价于”$f$ 有重根”。在非代数闭域上，重因式不可约多项式的次数可以 $>1$，不一定对应根。 反例：$f(x)=(x^2+1{)}^2(x+1)$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 中，$(x^2+1)$ 是重因式（次数 2），但它在 $\mathbb{R}$ 中没有根——其根 $\pm i$ 不在 $\mathbb{R}$ 中。此时 $\gcd (f,f^{\prime })\ne 1$ 仍然成立。
• ✗ 把定理理解为”$f^{\prime }(c)=0⟺c$ 是 $f$ 的重根”。 这个”重根”版本仅在 $\mathrm{deg}p=1$（即 $p=(x-c)$）时才等价于 $f^{\prime }(c)=f(c)=0$。但本定理讨论的是因式层面的重数，不限于一次因式。
• ✗ 忘记特征 $p>0$ 时的例外。若 $\mathrm{char}K=p$ 且 $f(x)=g(x^p)$，则 $f^{\prime }=0$。 此时 $\gcd (f,f^{\prime })=\gcd (f,0)=f$（首一化），导致误判”$f$ 有重因式”——实际上 $f$ 可能是无平方的（如 $x^p-a$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 上）。本课程工作于特征 0，此问题不会出现。

推论与应用

1. 无平方分解：反复取 $\gcd (f,f^{\prime })$ 并将 $f/\gcd (f,f^{\prime })$ 分离出去，可得到 $f$ 的”无平方部分”。这在符号计算中是多项式因式分解的第一步。
2. 重因式分离：若 $\gcd (f,f^{\prime })\ne 1$，令 $\tilde{f}=f/\gcd (f,f^{\prime })$，则 $\tilde{f}$ 与 $f$ 有相同的不可约因子但全部为单因式——从而把重因式问题化为单因式情形。
3. 根的重数判定：对一次因式 $(x-c)$，$c$ 是 $f$ 的重根 $⟺f(c)=f^{\prime }(c)=0$。

链接

• 前置：ALG-DEF-005 重因式与形式导数、ALG-THM-003 辗转相除法（用于计算 $\gcd$）
• 关联：ALG-DEF-004 不可约多项式（重因式的定义依赖于不可约性）
• 用于：后续方程论中判定方程是否有重根

跨专业应用

• 符号计算：多项式的无平方分解（square-free decomposition）完全依赖本定理：反复 $f\mapsto f/\gcd (f,f^{\prime })$ 直至 $\gcd =1$。这是计算机代数系统多项式因式分解流水线的第一步（Yun 算法）。
• 编码理论：BCH 码中，码字多项式在有限域 ${\mathbb{F}}_q$ 上的根决定纠错能力。判定多项式是否有重根即检查 $\gcd (f,f^{\prime })=1$，是设计高效译码算法的基础。