1. Introduction

本章的内容表面上离开了线性代数。它讲的是一元多项式，而这些内容大多在中学与微积分里已经出现过。既然如此，为什么还要在一门线性代数课程里专门为它留一讲？

因为有了多项式，我们才能给算子定义”乘法”之外的运算。回顾 定义 5.1，算子是取 $W = V$ 时的线性映射，因此它可以自己乘自己，$T^2, T^3, \dots$ 都有意义。既然幂有意义，把一个多项式里的 $z$ 换成 $T$ 也就有意义了。这个构造在 lecture 12 起会成为主力工具，而它要求我们对多项式的代数行为（因式分解、零点、除法）有确定的知识。

于是本讲的目标很清楚，就是备齐后面要用的三件事：

• 除法算法，它给出”取余式”这一操作，是后面讨论最小多项式的基础；
• 多项式在 $\mathbf{C}$ 上可以彻底分解为一次因式，这解释了为什么复向量空间上的算子理论比实的干净得多；
• 多项式在 $\mathbf{R}$ 上可以分解为一次与二次因式，这让我们知道实的理论究竟差在哪里。

在进入正题之前，还需要把复数的几个基本运算讲清楚。这一步不是为了”复习”，而是因为后面所有的分解定理都要用到共轭与模长。

2. Complex Conjugate and Absolute Value (复共轭与绝对值)

2.1 Definition: real part, imaginary part (4.1)

Definition 4.1 (real part, imaginary part)
设 $z = a + bi$，其中 $a, b$ 是实数。

• $z$ 的实部 (real part)，记作 $\operatorname{Re} z$，定义为 $\operatorname{Re} z = a$。
• $z$ 的虚部 (imaginary part)，记作 $\operatorname{Im} z$，定义为 $\operatorname{Im} z = b$。

因此对每个复数 $z$ 都有

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

这里需要提醒一件事。虚部 $\operatorname{Im} z$ 是一个实数，不是 $bi$。例如 $z = 3 + 2i$ 的虚部是 $2$。这个约定在后面写共轭与模长时会让公式整齐很多。

2.2 Definition: complex conjugate, absolute value (4.2)

Definition 4.2 (complex conjugate, absolute value)
设 $z \in \mathbf{C}$。

• $z \in \mathbf{C}$ 的复共轭 (complex conjugate)，记作 $\bar z$，定义为 $$\bar z = \operatorname{Re} z - (\operatorname{Im} z)i.$$
• 复数 $z$ 的绝对值 (absolute value)，记作 $|z|$，定义为 $$|z| = \sqrt{(\operatorname{Re} z)^2 + (\operatorname{Im} z)^2}.$$

把 $z$ 与有序对 $(\operatorname{Re} z, \operatorname{Im} z) \in \mathbf{R}^2$ 等同起来，就把 $\mathbf{C}$ 认成了 $\mathbf{R}^2$。这时 $|z|$ 就是 $\mathbf{R}^2$ 中原点到该点的距离。这个几何解释在证明代数基本定理（定理 4.12）时会用到。

Example 4.3：设 $z = 3 + 2i$。则 $\operatorname{Re} z = 3$、$\operatorname{Im} z = 2$；$\bar z = 3 - 2i$；$|z| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13}$。

顺带指出一个容易忽略的事实，$\mathbf{C}$ 作为复向量空间是一维的，但把它认成 $\mathbf{R}^2$ 之后，它作为实向量空间是二维的。这个”同一集合、两种维数”的现象在 lecture 12 讨论实向量空间上的算子时会再次出现。

2.3 Theorem: properties of complex numbers (4.4)

Theorem 4.4 (properties of complex numbers)
设 $w, z \in \mathbf{C}$。则下列等式与不等式成立。

$$z + \bar z = 2\operatorname{Re} z, \qquad z - \bar z = 2(\operatorname{Im} z)i, \qquad z\bar z = |z|^2,$$ $$\overline{w + z} = \bar w + \bar z, \qquad \overline{wz} = \bar w \bar z, \qquad \overline{\bar z} = z,$$ $$|\operatorname{Re} z| \le |z|, \qquad |\operatorname{Im} z| \le |z|, \qquad |\bar z| = |z|,$$ $$|wz| = |w||z|, \qquad |w + z| \le |w| + |z|.$$

证明思路：除最后一条外，其余各式都是把 $z, w$ 写成 $a + bi$、$c + di$ 之后逐项验证，此处从略。最后一条是三角不等式，它的名字来自几何，因为它的含义正是”三角形每边长不超过另两边之和”。

三角不等式的证明。先平方，再用 $|z|^2 = z\bar z$ 与 $\overline{wz} = \bar w\bar z$，

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

第三步用了 $w\bar z + \bar w z = 2\operatorname{Re}(w\bar z)$，第四步用了 $|\operatorname{Re} \zeta| \le |\zeta|$（取 $\zeta = w\bar z$），并借 $|w\bar z| = |w||\bar z| = |w||z|$。两边开方即得 $|w + z| \le |w| + |z|$。$\blacksquare$

为什么这条不等式值得单独写证明？ 因为它是全章唯一的”分析”痕迹。后面证明代数基本定理（定理 4.12）时，关键一步是”$|p(z)|$ 在某点取到最小值”，而那要求 $|\cdot|$ 满足三角不等式，从而”接近”这个概念才有意义。换句话说，多项式的分解定理最终依赖的是度量的性质，这一点在 $\mathbf{R}$ 与 $\mathbf{C}$ 上有本质差别。

3. Degree and the Uniqueness of Coefficients (次数与系数的唯一性)

3.1 引入：一个多项式的”次数”是否良定义？

回忆多项式的定义。若存在 $a_0, \dots, a_m \in \mathbf{F}$ 使

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

对一切 $z \in \mathbf{F}$ 成立，则称 $p : \mathbf{F} \to \mathbf{F}$ 是系数在 $\mathbf{F}$ 中的多项式。若进一步 $a_m \neq 0$，则称 $p$ 的次数 (degree) 为 $m$，记作 $\deg p = m$。

这里有一个逻辑上的漏洞必须补上。如果一个多项式可以有两组不同的系数，那么它的”次数”就没有意义了——因为同一个人可能既是 $3$ 次又是 $5$ 次。所以本节的第一个任务，就是证明这种情形不会发生。

真实的情况是：不但次数唯一，而且全部系数都唯一。证明的关键是一步看似不起眼的事实，非零多项式的零点个数不超过它的次数。因为若 $p$ 有两组系数，把两者相减就得到一个”恒为零函数、但系数不全为零”的多项式，而后者有无穷多个零点，与上述事实矛盾。

3.2 Definition: zero of a polynomial (4.5)

Definition 4.5 (zero of a polynomial)
数 $\lambda \in \mathbf{F}$ 称为多项式 $p \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 的零点 (zero)（或根 (root)），如果 $p(\lambda) = 0$。

3.3 Theorem: each zero corresponds to a degree-one factor (4.6)

Theorem 4.6 (each zero of a polynomial corresponds to a degree-one factor)
设 $m$ 是正整数，$p \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 是 $m$ 次多项式，$\lambda \in \mathbf{F}$。则 $p(\lambda) = 0$ 当且仅当存在 $m-1$ 次多项式 $q \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 使

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

对一切 $z \in \mathbf{F}$ 成立。

证明：

（$\Longleftarrow$） 若 $p(z) = (z-\lambda)q(z)$，则 $p(\lambda) = (\lambda - \lambda)q(\lambda) = 0$，直接。

（$\Longrightarrow$） 设 $p(\lambda) = 0$，写 $p(z) = a_0 + a_1z + \dots + a_mz^m$。因为 $p(\lambda) = 0$，可以用 $p(z) - p(\lambda)$ 替换 $p(z)$ 而不改变它：

$$p(z) = p(z) - p(\lambda) = a_1(z - \lambda) + a_2(z^2 - \lambda^2) + \dots + a_m(z^m - \lambda^m). \tag{4.7}$$

现在看每一项。对 $k \ge 1$ 有因式分解

$$z^k - \lambda^k = (z - \lambda)\sum_{j=1}^{k}\lambda^{j-1}z^{k-j},$$

右端的第二个因子是 $z$ 的一个 $k-1$ 次多项式（它的首项是 $z^{k-1}$，系数为 $1$）。把它代回 $(4.7)$ 并提取公因子 $z - \lambda$，得

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

其中 $q$ 是这些 $k-1$ 次多项式的线性组合，次数不超过 $m-1$。又因为 $p$ 的次数是 $m$、$z - \lambda$ 的次数是 $1$，$q$ 的次数必恰为 $m - 1$。$\blacksquare$

这条定理的含义可以说得很直白。$p(\lambda) = 0$ 与”$z - \lambda$ 是 $p$ 的一个因式”是同一件事。 所以”找出一个零点”与”分解出一个一次因式”是同一个动作，这也是后面所有分解定理的起点。

3.4 Theorem: degree $m$ implies at most $m$ zeros (4.8)

Theorem 4.8 (degree $m$ implies at most $m$ zeros)
设 $m$ 是正整数，$p \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 是 $m$ 次多项式。则 $p$ 在 $\mathbf{F}$ 中至多有 $m$ 个零点。

证明：对 $m$ 作归纳。

$m = 1$：若 $a_1 \neq 0$，则 $a_0 + a_1z$ 只有一个零点，即 $-a_0/a_1$。

归纳步：设 $m > 1$ 且结论对 $m-1$ 成立。若 $p$ 没有零点，则结论显然成立。否则取一个零点 $\lambda \in \mathbf{F}$。由 定理 4.6，存在 $m-1$ 次多项式 $q$ 使

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

由归纳假设，$q$ 至多有 $m-1$ 个零点。而上式说明**$p$ 的零点恰好是 $q$ 的零点再加上 $\lambda$ 本身**，所以 $p$ 至多有 $(m-1) + 1 = m$ 个零点。$\blacksquare$

推论（系数的唯一性）：多项式的系数是唯一确定的。因为若 $p$ 有两组系数，把两个表示式相减得到一个多项式 $r$，它的系数不全为零，但因 $p - p = 0$ 恒成立，$r$ 在 $\mathbf{F}$ 的每个点取值为零；若 $\mathbf{F}$ 是无限域（$\mathbf{R}$ 或 $\mathbf{C}$ 都是），这就给出无穷多个零点，与 定理 4.8 矛盾。特别地，多项式的次数是唯一确定的。

一个必要的约定：零多项式 (the $0$ polynomial) 的次数规定为 $-\infty$。这样诸如 $\deg(pq) = \deg p + \deg q$ 一类的等式就不必为零多项式开特例。使用 $-\infty$ 时按通常的算术理解，即 $-\infty < m$ 与 $-\infty + m = -\infty$ 对每个整数 $m$ 成立。

4. The Division Algorithm for Polynomials (多项式的除法算法)

4.1 引入：从整数的带余除法到多项式

在整数里有一个基本事实。若 $p, s$ 是非负整数且 $s \neq 0$，则存在非负整数 $q, r$ 使

$$p = sq + r \qquad\text{且}\qquad r < s.$$

把它读成”用 $s$ 除 $p$，得商 $q$ 与余数 $r$“。本节要证明多项式也有完全平行的结论，只不过"$r < s$"要换成"$\deg r < \deg s$"。

为什么这条定理对本课程重要？ 因为它是后面 chapter 5 讨论最小多项式、以及分解多项式时的基本工具。“取余式”这个操作在多项式世界里扮演的角色，与”取模”在整数里完全一样。

以下证明用的是线性代数，而不用通常的综合除法。它把”存在 $q, r$ 使 $p = sq + r$“这句话，看成一个线性映射是满射，然后用 lecture 6 的基本定理去验证维数。这个技巧在后面还会反复出现，值得单独看懂。

4.2 Theorem: division algorithm for polynomials (4.9)

Theorem 4.9 (division algorithm for polynomials)
设 $p, s \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 且 $s \neq 0$。则存在唯一的 $q, r \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ 使

$$p = sq + r \qquad\text{且}\qquad \deg r < \deg s.$$

证明：记 $n = \deg p$、$m = \deg s$。

第一步：退化情形。 若 $n < m$，取 $q = 0$、$r = p$ 即可，此时 $p = s\cdot 0 + p$ 且 $\deg r = \deg p = n < m = \deg s$。以下设 $n \ge m$。

第二步：构造一个线性映射。 定义

$$T : \mathcal{P}_{n-m}(\mathbf{F}) \times \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}) \to \mathcal{P}_n(\mathbf{F}), \qquad T(q,r) = sq + r.$$

$T$ 是线性的，因为 $s$ 固定，而乘 $s$ 与相加都是线性的。这里的关键是陪域选得恰到好处。因为 $\deg(sq) \le m + (n-m) = n$，所以 $sq + r$ 的次数不超过 $n$，从而 $T$ 确实落在 $\mathcal{P}_n(\mathbf{F})$ 里。

第三步：$T$ 是单射。 设 $(q, r) \in \text{null } T$，即 $sq + r = 0$。若 $q \neq 0$，则 $sq$ 的次数是 $m + \deg q \ge m$，而 $\deg r < m$，于是 $sq + r$ 的次数等于 $m + \deg q \ge m >$ 不可能为零；更准确地说，$sq$ 的首项无法被次数更低的 $r$ 抵消，故 $sq + r \neq 0$，矛盾。因此 $q = 0$，进而 $r = 0$。故 $\text{null } T = \{(0,0)\}$，定理 3.15 给出 $T$ 单射。

第四步：比较维数。 由 定理 3.92（乘积空间的维数是维数之和），定义域的维数是

$$\dim\Big(\mathcal{P}_{n-m}(\mathbf{F}) \times \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})\Big) = \big((n-m)+1\big) + \big((m-1)+1\big) = n + 1.$$

而 $\dim \mathcal{P}_n(\mathbf{F}) = n + 1$。于是定义域与陪域的维数相同，都为 $n+1$。

第五步：$T$ 是满射。 由线性映射基本定理（定理 3.21）与第三步的 $\dim \text{null } T = 0$，

$$\dim \text{range } T = (n+1) - 0 = n + 1 = \dim \mathcal{P}_n(\mathbf{F}).$$

而 $\text{range } T \subseteq \mathcal{P}_n(\mathbf{F})$，故由 定理 2.39 得 $\text{range } T = \mathcal{P}_n(\mathbf{F})$。

第六步：收尾。 因为 $T$ 满射，对给定的 $p \in \mathcal{P}_n(\mathbf{F})$ 存在 $(q, r) \in \mathcal{P}_{n-m}(\mathbf{F}) \times \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 使 $T(q,r) = p$，即 $p = sq + r$，且自动有 $\deg r \le m - 1 < m = \deg s$。唯一性由 $T$ 的单射性给出。$\blacksquare$

读法：这个证明有一个很值得学的结构。要证”每个 $p$ 都能写成 $sq + r$“，等于证 $T$ 满射；而 $T$ 满射这件事，在维数配平之后只需要 $T$ 单射就够了（这正是 定理 3.65 的思想）。而 $T$ 单射的验证只用到了次数的一个简单性质，即”高次项无法被低次项抵消”。一个存在性命题就这样被翻译成了维数算术。

顺带一提：整数版的带余除法需要"$r < s$"这个大小比较，而多项式没有天然的大小关系。定理里用 $\deg r < \deg s$ 充当了这个角色，这是把整数结论迁移到多项式时唯一需要动的地方。

4.3 除法算法的一个直接后果

把 定理 4.9 用在 $s(z) = z - \lambda$ 上（此时 $m = 1$，故要求 $\deg r < 1$，即 $r$ 是常数），得到

$$p(z) = (z - \lambda)q(z) + r, \qquad r \in \mathbf{F}.$$

代入 $z = \lambda$ 得 $p(\lambda) = r$。这就是余数定理 (remainder theorem)。它给 定理 4.6 提供了一个更直接的证明。$p(\lambda) = 0$ 当且仅当 $r = 0$，当且仅当 $z - \lambda$ 整除 $p$。

5. Zeros and the Fundamental Theorem of Algebra (零点与代数基本定理)

5.1 为什么需要这条定理

定理 4.8 说的是”零点不会太多”，这是一个上界。而分解一个多项式需要的是存在性，即”一定有零点”。这两件事在 $\mathbf{C}$ 上都被满足，而在 $\mathbf{R}$ 上则不然。$x^2 + 1$ 在 $\mathbf{R}$ 上没有零点，因此它在 $\mathcal{P}(\mathbf{R})$ 里无法分解成两个一次因式。

这种差别是整个课程里”实与复”分家的根本原因。 lecture 12 会看到，它直接导致”有限维非零复向量空间上的算子必有特征值”这一结论成立，而其实在版本必须加上维数为奇数的限制。

5.2 Theorem: fundamental theorem of algebra, first version (4.12)

Theorem 4.12 (fundamental theorem of algebra, first version)
每个非常数的复系数多项式在 $\mathbf{C}$ 中都有零点。

关于证明：Axler 给出的证明使用了复分析的工具。思路是，设 $p$ 的首项为 $c_mz^m$，则 $|p(z)| \to \infty$（当 $|z| \to \infty$），故连续函数 $z \mapsto |p(z)|$ 在某个点 $\zeta$ 取到全局最小值；再假设 $p(\zeta) \neq 0$ 并除以 $p(\zeta)$，构造出一个”最小值为 $1$“的新多项式，然后沿某个方向作微小扰动使函数值变小，得到矛盾。这个证明的细节超出了本课程的准备范围，若未学过复分析，不必勉强读懂。

但有两点值得记住，它们说明了为什么这条定理”必须是分析的”，而不能是纯代数的。

1. 所有证明都必须用到某些分析。 这条定理在把 $\mathbf{C}$ 换成”$c + di$ 其中 $c, d$ 为有理数”所成的集合后不成立。纯代数工具无法区分这两种情形，因为它们在代数的意义上难以区分。
2. 它是存在性定理，不提供算法。 二次多项式的零点有求根公式，三次与四次也有（但复杂得多），五次及以上不存在一般的求根公式。所以”有零点”与”能求出零点”是两件事。实际计算中用的是数值方法，例如 $$p(x) = x^5 - 5x^4 - 6x^3 + 17x^2 + 4x - 7$$ 没有精确求根公式，但计算机可以算出它的五个零点约为 $-1.87,\ -0.74,\ 0.62,\ 1.47,\ 5.51$。

5.3 Theorem: fundamental theorem of algebra, second version (4.13)

Theorem 4.13 (fundamental theorem of algebra, second version)
若 $p \in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ 是非常数多项式，则 $p$ 有唯一分解（除因式的次序外）

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

其中 $c, \lambda_1, \dots, \lambda_m \in \mathbf{C}$。

证明：设 $m = \deg p$，对 $m$ 作归纳。$m = 1$ 时分解显然存在且唯一。

设 $m > 1$ 且结论对 $m-1$ 次多项式成立。

存在性：由 定理 4.12，$p$ 有零点 $\lambda \in \mathbf{C}$。由 定理 4.6，存在 $m-1$ 次多项式 $q$ 使 $p(z) = (z-\lambda)q(z)$。由归纳假设，$q$ 有分解，代入即得 $p$ 的分解。

唯一性：$c$ 必然唯一，它就是 $p$ 中 $z^m$ 的系数。下面证明 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 除次序外唯一。设

$$(z - \lambda_1)\cdots(z-\lambda_m) = (z - \tau_1)\cdots(z-\tau_m)$$

对一切 $z \in \mathbf{C}$ 成立。在 $z = \lambda_1$ 处左端为零，故右端也为零，于是某个 $\tau$ 等于 $\lambda_1$；重排下标后可设 $\tau_1 = \lambda_1$。对 $z \neq \lambda_1$ 两边同除以 $z - \lambda_1$，得

$$(z - \lambda_2)\cdots(z-\lambda_m) = (z - \tau_2)\cdots(z-\tau_m)$$

对一切 $z \neq \lambda_1$ 成立。这个等式实际上对一切 $z$ 成立，因为否则把右端移到左端会得到一个系数不全为零、却有无穷多个零点的多项式，与 定理 4.8 矛盾。再由归纳假设，$\lambda_2,\dots,\lambda_m$ 与 $\tau_2,\dots,\tau_m$ 除次序外相同。$\blacksquare$

这条定理的读法：它说在 $\mathbf{C}$ 上，多项式可以一直分解到一次因式为止。而且分解中出现的 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 正是 $p$ 的全部零点（把它们代入右端会使右端为零）。这里允许 $\lambda_j$ 之间有重复，重复的次数称为该零点的重数 (multiplicity)；若把重数算进去，$p$ 恰好有 $m$ 个零点。

6. Factorization of Polynomials over $\mathbf{R}$ (实系数多项式的分解)

6.1 引入：实的困难在哪里

到目前为止我们同时处理实系数与复系数多项式，只用 $\mathbf{F}$ 表示其中之一。现在要分开了。

困难在于实系数多项式可以没有实零点，例如 $1 + x^2$。所以 定理 4.13 不能直接搬到 $\mathbf{R}$ 上。但实的情形并不是无药可救，因为它的复零点会成对出现。只要掌握这一点，就可以把复分解里的共轭对拼成实系数二次因式。

6.2 Theorem: polynomials with real coefficients have nonreal zeros in pairs (4.14)

Theorem 4.14 (polynomials with real coefficients have nonreal zeros in pairs)
设 $p \in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ 是实系数多项式。若 $\lambda \in \mathbf{C}$ 是 $p$ 的零点，则 $\bar\lambda$ 也是。

证明：设 $p(z) = a_0 + a_1z + \dots + a_mz^m$，其中 $a_0,\dots,a_m$ 都是实数。若 $p(\lambda) = 0$，即

$$a_0 + a_1\lambda + \dots + a_m\lambda^m = 0.$$

对两边取复共轭。由 定理 4.4 中”共轭对加法与乘法保持”，左端变为

$$\overline{a_0} + \overline{a_1}\bar\lambda + \dots + \overline{a_m}\bar\lambda^m = a_0 + a_1\bar\lambda + \dots + a_m\bar\lambda^m,$$

这里用了 $a_j$ 是实数、故 $\overline{a_j} = a_j$。右端的共轭是 $0$。于是 $p(\bar\lambda) = 0$。$\blacksquare$

读法：实系数多项式的复零点关于实轴对称分布。非实的零点必然以共轭对 $(\lambda, \bar\lambda)$ 的形式出现，这一事实正是把复分解拼成实分解的关键。

6.3 Theorem: factorization of a quadratic polynomial (4.15)

在给出实的分解定理之前，先要确定”哪些实的二次式能拆成两个实的一次式”。

Theorem 4.15 (factorization of a quadratic polynomial)
设 $b, c \in \mathbf{R}$。则存在实数 $\lambda_1, \lambda_2$ 使

$$x^2 + bx + c = (x - \lambda_1)(x - \lambda_2)$$

当且仅当 $b^2 \ge 4c$。

证明：先配方，

$$x^2 + bx + c = \left(x + \frac{b}{2}\right)^2 + \left(c - \frac{b^2}{4}\right).$$

($\Longleftarrow$) 设 $b^2 \ge 4c$。则 $\dfrac{b^2}{4} - c \ge 0$，故存在实数 $d$ 使 $d^2 = \dfrac{b^2}{4} - c$。由配方得

$$x^2 + bx + c = \left(x + \frac{b}{2}\right)^2 - d^2 = \left(x + \frac{b}{2} + d\right)\left(x + \frac{b}{2} - d\right),$$

取 $\lambda_1 = -\dfrac{b}{2} - d$、$\lambda_2 = -\dfrac{b}{2} + d$ 即为所求。

($\Longrightarrow$) 设 $x^2 + bx + c = (x-\lambda_1)(x-\lambda_2)$ 且 $\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbf{R}$。则 $b = -(\lambda_1 + \lambda_2)$、$c = \lambda_1\lambda_2$，于是

$$b^2 - 4c = (\lambda_1+\lambda_2)^2 - 4\lambda_1\lambda_2 = (\lambda_1 - \lambda_2)^2 \ge 0. \qquad\blacksquare$$

这条定理与二次公式的关系：条件 $b^2 \ge 4c$ 正是判别式非负。而 $b^2 - 4c = (\lambda_1-\lambda_2)^2$ 这个等式说明，判别式为零恰好对应”两个根重合”，即二次式是一个完全平方。这与 定理 4.13 中的重数概念是一致的。

6.4 Theorem: factorization of a polynomial over $\mathbf{R}$ (4.16)

Theorem 4.16 (factorization of a polynomial over $\mathbf{R}$)
设 $p \in \mathcal{P}(\mathbf{R})$ 是非常数多项式。则 $p$ 有唯一分解（除因式的次序外）

$$p(x) = c(x - \lambda_1)\cdots(x - \lambda_m)(x^2 + b_1x + c_1)\cdots(x^2 + b_Mx + c_M),$$

其中 $c, \lambda_1, \dots, \lambda_m, b_1, \dots, b_M, c_1, \dots, c_M \in \mathbf{R}$，且对每个 $k$ 有 $b_k^2 < 4c_k$。

关于参数：这里 $m$ 或 $M$ 都可以等于 $0$。$\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 恰好是 $p$ 的全部实零点，因为对实数 $x$ 而言，右端为零当且仅当某个一次因式 $x - \lambda_j$ 为零。二次因式则没有实零点（由 $b_k^2 < 4c_k$ 与 定理 4.15 可知它不可再拆），所以它们对应的是成对的非实共轭零点。

关于证明：存在性用对 $\deg p$ 的归纳，配合 定理 4.13 与 定理 4.14。把 $p$ 看成复系数多项式后，若它有非实零点 $\lambda$，则由 定理 4.14 知 $\bar\lambda$ 也是零点，于是

$$(x-\lambda)(x-\bar\lambda) = x^2 - 2(\operatorname{Re}\lambda)x + |\lambda|^2$$

是一个实系数二次式，而且由 定理 4.15，它的判别式 $4(\operatorname{Re}\lambda)^2 - 4|\lambda|^2 = -4(\operatorname{Im}\lambda)^2 < 0$（因为 $\lambda$ 非实），故不可再拆。把它除出去，再对商作归纳即可。

这里有一个细节需要留心。上面的思路依赖”$\lambda$ 与 $\bar\lambda$ 在分解中出现的次数相同”，而 定理 4.14 只保证两者都是零点，没有说明次数。Axler 的完整证明绕过了这一点，做法是设

$$p(x) = (x-\lambda)(x-\bar\lambda)q(x) = \big(x^2 - 2(\operatorname{Re}\lambda)x + |\lambda|^2\big)q(x)$$

后直接证明商 $q$ 是实系数的。验证方法是把 $q$ 解出来，

$$q(x) = \frac{p(x)}{x^2 - 2(\operatorname{Re}\lambda)x + |\lambda|^2},$$

右端对每个实数 $x$ 都取实值，故 $q(x) \in \mathbf{R}$ 对一切 $x \in \mathbf{R}$ 成立。写 $q(x) = a_0 + a_1x + \dots + a_{n-2}x^{n-2}$（各 $a_j \in \mathbf{C}$），则

$$0 = \operatorname{Im} q(x) = (\operatorname{Im} a_0) + (\operatorname{Im} a_1)x + \dots + (\operatorname{Im} a_{n-2})x^{n-2}$$

对一切实数 $x$ 成立。这个多项式有无穷多个零点，由 定理 4.8 它的系数全为零，即 $\operatorname{Im} a_0 = \dots = \operatorname{Im} a_{n-2} = 0$。所以 $q$ 的系数都是实数。唯一性则归结为 定理 4.13。每个满足 $b_k^2 < 4c_k$ 的二次因式都可以唯一地写成 $(x-\lambda_k)(x-\bar\lambda_k)$，于是 $p$ 在 $\mathcal{P}(\mathbf{R})$ 中的两种不同分解会导致它在 $\mathcal{P}(\mathbf{C})$ 中的两种不同分解，与 定理 4.13 的唯一性矛盾。$\blacksquare$

这条定理是整个课程”实与复分家”的代数原因。在 $\mathbf{C}$ 上，多项式都拆成一次因式；在 $\mathbf{R}$ 上，二次不可约因式可能残留。lecture 12 会看到它的算子版本，实向量空间上的算子可能既没有特征值（例如 $\mathbf{R}^2$ 上的 $90^\circ$ 旋转），也无法对角化，而复数域上这两个问题都消失了。

7. 本讲概念映射 (Summary)

关心的问题	精确形式	编号
复数的基本运算	$\bar z$、$\vert z\vert$，以及 $z\bar z = \vert z\vert^2$、三角不等式	4.1, 4.2, 4.4
”次数”是否良定义	系数的唯一性，靠”零点个数不超过次数”	4.8 + 推论
零点与一次因式	$p(\lambda) = 0 \iff (z-\lambda)$ 整除 $p$	4.6
零点不会太多	$m$ 次多项式至多 $m$ 个零点	4.8
带余除法	存在唯一 $q, r$ 使 $p = sq + r$ 且 $\deg r < \deg s$	4.9
余数定理	除以 $z - \lambda$ 的余式是 $p(\lambda)$	4.9 的推论
是否一定有零点	$\mathbf{C}$ 上必有；$\mathbf{R}$ 上未必	4.12
$\mathbf{C}$ 上的分解	唯一分解为 $c(z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_m)$	4.13
实系数的非实零点	共轭成对出现	4.14
二次式何时可拆	$b^2 \ge 4c$（判别式非负）	4.15
$\mathbf{R}$ 上的分解	一次因式 $+$ 不可约二次因式的唯一分解	4.16

一条主线

本讲从”多项式看起来只是初等对象”出发，最终得到三件后面必需的工具。第一是 定理 4.8，它让”次数”这个概念合法，从而一切关于次数的论证才有意义；第二是 定理 4.9，它给出多项式版的带余除法，用线性映射满射性来证明，是本章唯一一处真正的线性代数；第三是 定理 4.13 与 定理 4.16，它们分别给出 $\mathbf{C}$ 上与 $\mathbf{R}$ 上多项式分解的最终形态，也标出了实与复的分界线。

一句话概括：多项式这一讲的全部内容可以浓缩为一句回答，在 $\mathbf{C}$ 上，任何多项式都能一直分解到底；在 $\mathbf{R}$ 上，最深的阻力只是一个不可约的二次式 $x^2 + 1$。

8. Questions to Carry Forward (下节课前瞻)

• 算子为什么需要多项式：由 定义 5.1，算子满足 $T^2 = TT$ 有意义，因此可以把多项式代入算子。lecture 12 会把 $p(z) = a_0 + a_1z + \dots + a_mz^m$ 换成 $p(T) = a_0I + a_1T + \dots + a_mT^m$，并研究”哪些多项式把算子送到零”。
• 实与复的分家：$\mathbf{C}$ 上所有多项式都有零点（定理 4.12），而 $\mathbf{R}$ 上不一定。这个代数事实会在 lecture 12 变成”有限维非零复向量空间上的算子必有特征值”，而实的版本必须加上维数为奇数的条件（本章 定理 4.12 的一个推论是：实系数奇次多项式必有实零点）。
• 重数：定理 4.13 中的分解允许 $\lambda_j$ 重复，重复次数称为重数。后续讨论对角化时，这个数字（以及代数重数与几何重数之差）决定了算子能否对角化。
• 待补的内容：讲义幻灯片末尾还补充了扩展欧几里得算法（互素多项式可写成 $uf + vg = 1$）、整系数多项式的有理根定理，以及 Eisenstein 判别法。这些是一般多项式理论的内容，本讲正文按教材（Axler 4e）未展开，需要时可在后续章节补入。
• 更高次的不可解性：定理 4.12 只保证零点存在，不提供公式。五次及以上没有一般求根公式，这个事实（Abel–Ruffini）不属于本课程范围，但它提醒我们”存在”与”可计算”是两回事。

9. Exercises (Homework Assignment 11: LADR Chapter 4: 5, 7, 8, 9, 11)

第三版题号（作业）	第四版对应题	考查内容
4.5	4.7	Lagrange 插值：给定互不相同的点上的取值，存在唯一的低次多项式
4.7	4.9	实系数奇次多项式必有实零点
4.8	4.10	$Tp(x) = \dfrac{p(x)-p(3)}{x-3}$（并补 $x=3$ 处为 $p'(3)$）是 $\mathcal{P}(\mathbf{R})$ 上的算子
4.9	4.11	$q(z) = p(z)\overline{p(\bar z)}$ 是实系数多项式
4.11	4.13	商空间 $\mathcal{P}(\mathbf{F})/U$ 的维数与基，其中 $U = \{pq\}$

编号说明：第四版 Chapter 4 的习题比第三版多出两道前置题（4e 的 4.1 与 4.3），因此从第三版第 2 题起两者相差 $2$。两版题目内容一致，本讲正文按第四版编号。第三版没有与第四版 4.1、4.3 对应的题，第四版也没有与第三版 4.1 对应的题，故上表只列出作业涉及的五个题号。

4.5

Suppose $m$ is a nonnegative integer, $z_1, \dots, z_{m+1}$ are distinct elements of $\mathbf{F}$, and $w_1, \dots, w_{m+1} \in \mathbf{F}$. Prove that there exists a unique polynomial $p \in \mathcal{P}_m(\mathbf{F})$ such that

$$p(z_k) = w_k$$

for $k = 1, \dots, m+1$.

（第四版 4.7。题目附言提示：此题可以不用线性代数，但请找出更简短清晰的线性代数证明。）

solution:

这道题的关键是把”求多项式”变成”求一个线性映射的逆”,而后者只要证明映射可逆即可。

第一步：把条件写成线性映射。 定义

$$\Phi : \mathcal{P}_m(\mathbf{F}) \to \mathbf{F}^{m+1}, \qquad \Phi(p) = \big(p(z_1), \dots, p(z_{m+1})\big).$$

$\Phi$ 是线性的，因为求值 $p \mapsto p(z_k)$ 对每个固定的 $z_k$ 都是线性的，而乘积空间的运算是逐分量的。

第二步：两个空间维数相同。 由 定理 2.39 一类的维数事实，$\dim \mathcal{P}_m(\mathbf{F}) = m+1$，而 $\dim \mathbf{F}^{m+1} = m+1$。两边维数相同。

第三步：$\Phi$ 是单射。 设 $\Phi(p) = (0,\dots,0)$，即 $p(z_k) = 0$ 对 $k = 1,\dots,m+1$ 成立。于是 $p$ 有 $m+1$ 个互不相同的零点。但 $\deg p \le m$，而由 定理 4.8，非零多项式 $p$ 的零点个数不超过其次数（$\le m$）。$m+1 > m$，故 $p$ 只能是零多项式。

第四步：收尾。 于是 $\text{null } \Phi = \{0\}$，$\Phi$ 是单射。由 定理 3.65（有限维且两空间同维数时，单射 $\iff$ 可逆），$\Phi$ 是可逆的。因此对给定的 $(w_1,\dots,w_{m+1}) \in \mathbf{F}^{m+1}$，存在唯一的 $p \in \mathcal{P}_m(\mathbf{F})$ 使 $\Phi(p) = (w_1,\dots,w_{m+1})$，即 $p(z_k) = w_k$ 对每个 $k$ 成立。$\blacksquare$

要点：本题是 定理 4.8 最漂亮的一个用法。“存在唯一”这四个字，被拆成了”满射”与”单射”两件事，而两件事在维数配平后只需证一件。 结论中的多项式就是 Lagrange 插值多项式。若真的去把它算出来，公式会相当冗长；但从线性代数的角度看，它的存在与唯一是维数算术的必然结果。

4.7

Prove that every polynomial of odd degree with real coefficients has a real zero.

（第四版 4.9。）

solution:

设 $p \in \mathcal{P}(\mathbf{R})$ 的次数为奇数 $m$，首项为 $a_mx^m$（$a_m \neq 0$）。

第一步：把 $p$ 按 定理 4.16 分解。 记 $p$ 的次数为 $N$（它为奇数）。由 定理 4.16，存在唯一分解

$$p(x) = c(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_r)(x^2+b_1x+c_1)\cdots(x^2+b_Mx+c_M),$$

其中 $r$ 是一次因式的个数（也用 $r$ 记它，与定理中的记号一致），$M$ 是二次因式的个数，各 $\alpha_j, b_k, c_k \in \mathbf{R}$。数一下次数，得

$$N = r + 2M.$$

第二步：奇偶性迫使 $r$ 为奇数。 由假设 $N$ 为奇数，而 $2M$ 是偶数，故 $r$ 必为奇数，因此 $r \ge 1$。

第三步：收尾。 因为 $r \ge 1$，分解式中至少出现一个一次因式 $x - \alpha_1$，其中 $\alpha_1 \in \mathbf{R}$。于是 $p(\alpha_1) = 0$，即 $\alpha_1$ 是 $p$ 的实零点。$\blacksquare$

要点：这道题看似是分析题（通常用介值定理证），但用 定理 4.16 之后它变成了一道计数题。“奇次”这个假设的作用，就是迫使不可约二次因式（它们贡献偶数个次数且没有实零点）无法独自吃掉全部次数。这也从侧面说明 定理 4.16 是一条相当强的结论，很多关于实零点的定性事实都可以由它读出。

顺便说明另一种证法：由 定理 4.12 与 定理 4.14，$p$ 的复零点关于实轴成对出现，若没有实零点，则零点总数是偶数个（成对），于是 $p$ 的次数应为偶数，矛盾。这条路线更短，但它依赖 定理 4.12（代数基本定理），而 定理 4.16 的分解式在逻辑上更靠前，因此上面的证明更”自足”。

4.8

Define $T : \mathcal{P}(\mathbf{R}) \to \mathbf{R}^{\mathbf{R}}$ by

$$(Tp)(x) = \begin{cases} \dfrac{p(x) - p(3)}{x - 3} & \text{if } x \neq 3,\\[2mm] p'(3) & \text{if } x = 3\end{cases}$$

for each $x \in \mathbf{R}$. Show that $Tp \in \mathcal{P}(\mathbf{R})$ for every polynomial $p \in \mathcal{P}(\mathbf{R})$ and that $T : \mathcal{P}(\mathbf{R}) \to \mathcal{P}(\mathbf{R})$ is a linear map.

（第四版 4.10。注意题目的陪域写的是 $\mathbf{R}^{\mathbf{R}}$，即所有函数 $\mathbf{R} \to \mathbf{R}$ 构成的空间，目的是让 $Tp$ 先有一个明确的落脚处。）

solution:

第一步：$Tp$ 确实是多项式。 由 定理 4.9（除法算法），把 $p$ 除以 $s(x) = x - 3$，得唯一分解

$$p(x) = (x-3)q(x) + r, \qquad \deg r < \deg(x-3) = 1,$$

故 $r$ 是常数，记作 $r = \rho \in \mathbf{R}$。代入 $x = 3$ 得 $p(3) = \rho$，于是

$$p(x) = (x-3)q(x) + p(3).$$

当 $x \neq 3$，可以两边减去 $p(3)$ 再除以 $x-3$：

$$(Tp)(x) = \frac{p(x) - p(3)}{x-3} = q(x).$$

当 $x = 3$，对 $p(x) = (x-3)q(x) + p(3)$ 求导得 $p'(x) = q(x) + (x-3)q'(x)$，代入 $x = 3$ 得 $p'(3) = q(3)$。故

$$(Tp)(3) = p'(3) = q(3).$$

两种情况合起来说明 $Tp = q$ 作为函数恒成立，故 $Tp \in \mathcal{P}(\mathbf{R})$。这个等式还附带给出了一条信息，$\deg(Tp) = \deg p - 1$（当 $p$ 非常数时）。

第二步：$T$ 是线性的。 设 $p, p' \in \mathcal{P}(\mathbf{R})$、$\mu \in \mathbf{R}$。分两种情况验证。

当 $x \neq 3$，由实数的运算直接得到

$$(T(p+p'))(x) = \frac{(p+p')(x) - (p+p')(3)}{x-3} = \frac{p(x)-p(3)}{x-3} + \frac{p'(x)-p'(3)}{x-3} = (Tp)(x) + (Tp')(x),$$ $$(T(\mu p))(x) = \frac{(\mu p)(x) - (\mu p)(3)}{x-3} = \mu\,\frac{p(x)-p(3)}{x-3} = \mu\,(Tp)(x).$$

当 $x = 3$，由求导的线性性（$D$ 是线性映射）

$$(T(p+p'))(3) = (p+p')'(3) = p'(3) + (p')'(3) = (Tp)(3) + (Tp')(3),$$ $$(T(\mu p))(3) = (\mu p)'(3) = \mu\,p'(3) = \mu\,(Tp)(3).$$

两种情况合起来，$T(p+p') = Tp + Tp'$ 且 $T(\mu p) = \mu Tp$ 作为函数成立。故 $T$ 是线性映射。$\blacksquare$

要点：这道题讲的是**“差商在 $x = 3$ 处的连续延拓”**。函数 $\dfrac{p(x)-p(3)}{x-3}$ 在 $x=3$ 处原本无定义，但由 定理 4.9 它其实是一个多项式（即商 $q$）去掉了一个点。题目的补定义 $p'(3)$ 恰好把那个点补上了，因为求导的乘积法则给出 $p'(3) = q(3)$。这种”先做除法再补一个点”的操作，在后面的算子理论里会以各种形式出现。

一个有趣的观察：$T$ 满足 $\deg(Tp) = \deg p - 1$，这与微分算子 $D$ 的行为一致。由 lecture 8 的定理 3.67 那一类论证可以证明 $T$ 是满射，但它不是单射（常数的像是 $0$）。所以 $T$ 是一个”几乎等同于微分”的算子，只不过它把”在 $3$ 处求导”写成了”在 $3$ 处取差商的极限”。

4.9

Suppose $p \in \mathcal{P}(\mathbf{C})$. Define $q : \mathbf{C} \to \mathbf{C}$ by

$$q(z) = p(z)\overline{p(\bar z)}.$$

Prove that $q$ is a polynomial with real coefficients.

（第四版 4.11。）

solution:

写 $p(z) = a_0 + a_1z + \dots + a_mz^m$，其中 $a_0,\dots,a_m \in \mathbf{C}$。

第一步：把 $q$ 显式写出来。 由 定理 4.4 的”共轭对加法与乘法保持”以及 $\overline{\bar z} = z$，

$$\overline{p(\bar z)} = \overline{a_0 + a_1\bar z + \dots + a_m\bar z^m} = \bar a_0 + \bar a_1 z + \dots + \bar a_m z^m.$$

（注意第二项：$\overline{a_1\bar z} = \bar a_1\,\overline{\bar z} = \bar a_1z$。）于是

$$q(z) = \Big(\sum_{j=0}^{m}a_jz^j\Big)\Big(\sum_{k=0}^{m}\bar a_kz^k\Big) = \sum_{j,k} a_j\bar a_k\,z^{j+k}.$$

第二步：证明每个系数都是实数。 对每个 $n = 0,1,\dots,2m$，$z^n$ 的系数是

$$c_n = \sum_{j+k=n} a_j\bar a_k.$$

取共轭，由 $\overline{a_j\bar a_k} = \bar a_j a_k$ 得

$$\overline{c_n} = \sum_{j+k=n}\bar a_j a_k.$$

而这个和式与 $c_n$ 是同一个和，只是把求和的指标 $j$ 与 $k$ 互换了一下（因为约束 $j+k=n$ 关于 $j,k$ 对称，而 $a_j\bar a_k$ 在互换后变成 $a_k\bar a_j = \bar a_j a_k$，正是原项）。于是

$$\overline{c_n} = c_n,$$

即 $c_n$ 是实数。故 $q$ 是实系数多项式。$\blacksquare$

要点：这道题的核心是 定理 4.4 中两条看似平淡的性质，即共轭保持加法与乘法、共轭是对合。有了它们，$\bar p$（把 $p$ 的每个系数取共轭）也是一个多项式，而 $\bar p(z) = \overline{p(\bar z)}$ 对一切 $z$ 成立。于是 $q = p\bar p$。

为什么 $q$ 的系数一定是实数？ 因为 $\overline{q(z)} = q(\bar z)$ 这个对称性（可以直接验证），而 $q(\bar z) = q(z)$ 的上式又给出 $\overline{q(z)} = q(z)$，故 $q$ 处处取实值。一个多项式在无穷多个点取实值（这里是在整个 $\mathbf{C}$ 上），它的系数就是实的。这与 定理 4.8 的推理是同一个套路，也是习题 4.12（4e 4.12）的标准手法。

4.11

Suppose $p \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$ with $p \neq 0$. Let

$$U = \{pq : q \in \mathcal{P}(\mathbf{F})\}.$$

(a) Show that $\dim \mathcal{P}(\mathbf{F})/U = \deg p$.

(b) Find a basis of $\mathcal{P}(\mathbf{F})/U$.

（第四版 4.13。这里 $\mathcal{P}(\mathbf{F})/U$ 是 lecture 9 的商空间，$U$ 是 $p$ 的全体多项式倍式，即”$p$ 的倍数”构成的子空间。）

solution:

记 $m = \deg p$。注意 $U$ 是 $\mathcal{P}(\mathbf{F})$ 的子空间（它是 $p$ 的倍式的集合，对加法与数乘封闭），故商空间有意义。

(a) 先算出 $\dim \mathcal{P}(\mathbf{F})/U$。

第一步：$U$ 中非零多项式的次数都 $\ge m$。 设 $q \neq 0$，则 $\deg(pq) = \deg p + \deg q = m + \deg q \ge m$。因此 $U$ 中次数小于 $m$ 的多项式只有零多项式：

$$U \cap \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}) = \{0\},$$

其中 $\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 是次数不超过 $m-1$ 的多项式（含零多项式）所成空间，其维数为 $m$。

第二步：$\mathcal{P}(\mathbf{F}) = U + \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$，且是直和。 任取 $f \in \mathcal{P}(\mathbf{F})$。由 定理 4.9（除法算法），把 $f$ 除以 $p$ 得唯一的

$$f = pq + r, \qquad \deg r < \deg p = m.$$

这里 $pq \in U$，$r \in \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$（因为 $\deg r < m$）。故 $f \in U + \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$。结合第一步的 $U \cap \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}) = \{0\}$，这是直和：

$$\mathcal{P}(\mathbf{F}) = U \oplus \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}).$$

第三步：取维数。 分两步读上面的直和分解。

由 $\mathcal{P}(\mathbf{F}) = U \oplus \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 可知，商映射 $\pi$ 在 $\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 上的限制是同构。

• 单射。若 $r \in \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 且 $\pi(r) = 0 + U$，则 $r \in U$。由第一步的 $U \cap \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}) = \{0\}$ 得 $r = 0$。
• 满射。任取 $f + U \in \mathcal{P}(\mathbf{F})/U$，由第二步写 $f = pq + r$，则 $f + U = r + U = \pi(r)$（因为 $pq \in U$，故 $pq + U = U$，见 lecture 9 的 定理 3.101）。

于是

$$\dim \mathcal{P}(\mathbf{F})/U = \dim \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}) = m = \deg p. \qquad\checkmark$$

这一步是本题的核心。$\mathcal{P}(\mathbf{F})$ 与 $U$ 都是无限维的，而”无限减无限”没有意义，所以不能直接套用 lecture 9 的 命题 3.105（它要求 $V$ 有限维）。正确的做法是为 $U$ 找到一个有限维的补空间，再证明商映射在该补空间上是同构。这也说明 lecture 9 的直和思想（定理 3.94）比维数公式更本质，它在无限维情形下依然可用。

(b) 求一组基。

第三步已经证明 $\pi$ 在 $\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 上的限制是同构

$$\pi\big|_{\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})} : \mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F}) \xrightarrow{\ \cong\ } \mathcal{P}(\mathbf{F})/U.$$

因此把 $\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 的标准基送到商空间，就得到 $\mathcal{P}(\mathbf{F})/U$ 的一组基（同构把基送到基）：

$$\boxed{\ 1 + U,\quad z + U,\quad z^2 + U,\quad \dots,\quad z^{m-1} + U.\ }$$

这就是 lecture 9 的习题 3.E.13（第四版 3.E.15）所说的”抬回”：$\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 是 $U$ 的补空间，把它的基搬到商空间即可。

再直接验证一遍这组元素确实是基（不依赖同构的抽象论证）：

• 张成：任取 $f + U \in \mathcal{P}(\mathbf{F})/U$，由第二步写 $f = pq + r$ 且 $\deg r < m$，则 $$f + U = (pq + r) + U = r + U$$ （因为 $pq \in U$，故 $pq + U = U$，由 lecture 9 的 定理 3.101）。而 $r$ 是 $1, z, \dots, z^{m-1}$ 的线性组合，故 $r + U$ 是上述列表的线性组合。
• 线性无关：设 $c_0(1+U) + c_1(z+U) + \dots + c_{m-1}(z^{m-1}+U) = 0 + U$。则 $$c_0 + c_1z + \dots + c_{m-1}z^{m-1} \in U.$$ 左端是次数小于 $m$ 的多项式，而 $U$ 中次数小于 $m$ 的只有零多项式（第一步），故左端为零多项式，所有 $c_j = 0$。

于是这组长度为 $m = \deg p$ 的列表张成且线性无关，是 $\mathcal{P}(\mathbf{F})/U$ 的一组基。$\blacksquare$

要点：这道题是 lecture 9 的商空间理论在一个无限维空间上的具体应用，很有代表性。要点有三条。

第一，商空间可以”降维”到有限维。 $\mathcal{P}(\mathbf{F})$ 是无限维的，$U$ 也是无限维的，但它们的商只有 $\deg p$ 维。原因是”模 $p$ 的余式”只有 $m$ 个自由度，这正与 定理 4.9 的唯一性部分对应。

第二，余式空间 $\mathcal{P}_{m-1}(\mathbf{F})$ 是 $U$ 的一个天然补空间。 而”补空间”恰恰是 lecture 9 的 定理 3.94 与习题 3.E.13 讨论的对象。所以这道题可以读成一句口号：模 $p$ 的多项式环与余式空间是同构的。

第三，这条结论在后面很有用。 Chapter 5 讨论算子的最小多项式时，"$p(T) = 0$"这件事与”$\mathcal{P}(\mathbf{F})$ 中哪些多项式在 $T$ 下消失”密切相关，而这正是把 $\mathcal{P}(\mathbf{F})$ 按某个多项式取商。