Table of Contents
- Fundamental Theorem of Algebra of Complex Numbers
- Factorization in Euclidean Domains
- 对称多项式
- Cubic Equations
- 有理分数域
polynomial的和和乘积及polynomial和数的乘积依然是polynomial，这意味着polynomials在一个实变量的所有函数上的代数形成了一个子代数。该子代数被称为polynomial在R上的代数并记为R[x]
Fundamental Theorem of Algebra of Complex Numbers
引理 3.31（D’Alembert’s Lemma） 设 $ f \in C[z] $为正度数的多项式且 $ f(z_ {0}) \ne 0 $，则在任意的 $ z_ {0} $邻居关系中，存在z使得 $ | f(z) | < | f(z_ {0}) | $
证明：表达f为一个 $ z - z_ {0} $的多项式且除以 $ f(z_ {0}) $，一些参数可能为0，一般地我们有
$ \begin{equation} \frac{f(z)}{f(z_ {0})} = 1 + c_ {p} (z - z_ {0})^{p} + c_ {p+1}(z - z_ {0})^{p+1} + \cdots + c_ {n}(z - z_ {0})^{n} \qquad (c_ {p} \ne 0) \end{equation} $
我们需要证明存在一个z使得
$ \begin{equation} | \frac{f(z)}{f(z_ {0})} | < 1 \end{equation} $
证明的想法是我们选择z非常靠近 $ z_ {0} $，不管是否不等式，现在只依赖之前等式的头两项
让我们看这样的z形式 $ z = z_ {0} + tz_ {1}, t \in (0, 1) 且 z_ {1} $是一个复数满足条件 $ c_ {p}z_ {1}^{p} = -1 $
我们现在有
$ \begin{equation} \frac{f(z)}{f(z_ {0})} = 1 - t^{p} + t^{p+1} \varphi(t) \end{equation} $
$ \varphi $是一个n - p - 1次方的（复数系数）的多项式。如果C是 $ \varphi $系数的最大绝对值，则
$ \begin{equation} | \varphi(t) | \le A = (n - p)C \end{equation} $
因此
$ \begin{equation} | \frac{f(z)}{f(z_ {0})} | \le 1 - t^{p} + At^{p+1} = 1 - t^{p}(1 - At) < 1 \end{equation} $
对 $ t < \frac{1}{A} $
Factorization in Euclidean Domains
定义 一个带单位元的交换结合环和非零除数被称为一个integral domain
定义 设A为一个integral domain而不是一个域，我们称A为Euclidean如果存在一个函数
$ \begin{equation} N: A \ \{ 0 \} \to Z_ {+} \end{equation} $
（称为一个norm）满足如下条件：
(i) $ N(ab) \ge N(a) $且等式成立当且仅当b可逆
(ii) 对任意 $ a, b \in A, b \ne 0 $，存在 $ q,r \in A $使得a = qb + r且要么r = 0要么N(r) < N(b)
如果一个多项式
$ f = a_ {0}x^{n} + a_ {1}x^{n-1} + \cdots + a_ {n-1}x + a_ {n} $
因式为线性项，则它可被写为
$ f = a_ {0}(x - c_ {1})(x - c_ {2}) \cdots (x - c_ {n}) $
$ c_ {1}, c_ {2}, \ldots, c_ {n} $为f的根。通过观察系数我们获得如下Viete公式
$ \begin{array}{l} c_ {1}+c_ {2}+\cdots+c_ {n}=-\frac{a_ {1}}{a_ {0}} \\ c_ {1} c_ {2}+c_ {1} c_ {3}+\cdots+c_ {n-1} c_ {n}=\frac{a_ {2}}{a_ {0}} \\ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . \\ \sum_ {i_ {1}<i_ {2}<\cdots<i_ {k}} c_ {i_ {1}} c_ {i_ {2}} \cdots c_ {i_ {k}}=(-1)^{k} \frac{a_ {k}}{a_ {0}} \\ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \\ c_ {1} c_ {2} \cdots c_ {n}=(-1)^{n} \frac{a_ {n}}{a_ {0}}\end{array} $
对称多项式
定义 一个多项式 $ f \in K[x_ {1}, x_ {2}, \ldots, x_ {n}] $被称为对称的如果它对变量任意重排结果一致
例子 如下对称多项式被称为基本对称多项式
$ \sigma_ {1} = x_ {1} + x_ {2} + \cdots + x_ {n} $
$ \sigma_ {2} = x_ {1}x_ {2} + x_ {1}x_ {3} + \cdots + x_ {n-1}x_ {n} $
$ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots $
$ \sigma_ {k} = \sum_ {i_ {1} < i_ {2} < \cdots < i_ {k}}x_ {i_ {1}}x_ {i_ {2}} \cdots x_ {i_ {k}} $
$ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots $
$ \sigma_ {n} = x_ {1}x_ {2} \cdots x_ {n} $
问题 多项式 $ s_ {2} = x^{2}_ {1} + x^{2}_ {2} + \cdots + x^{2}_ {n} $是对称的，则
$ s_ {2} = \sigma^{2}_ {1} - 2 \sigma_ {2} $
这样，代数等式 $ x^{n} + a_ {1}x^{n-1} + a_ {2}x^{n-2} + \cdots + a_ {n-1}x + a_ {n} = 0 $的根的平方的和为 $ a^{2}_ {1} - 2a_ {2} $
明显地，对称多项式的和和乘积也是也是对称多项式。即对称多项式形成所有多项式代数的一个子代数
因此，如果 $ F \in K[X_ {1}, X_ {2}, \cdots, X_ {m}] $是一个m个变量的多项式且 $ f_ {1}, f_ {2}, \ldots, f_ {m} \in K[x_ {1}, x_ {2}, \ldots, x_ {m}] $为对称多项式，则 $ F(f_ {1}, f_ {2}, \ldots, f_ {m}) $是变量 $ x_ {1}, x_ {2}, \ldots, x_ {n} $的对称多项式。自然会问是否存在对错多项式 $ f_ {1}, f_ {2}, \ldots, f_ {m} $使得任意对称多项式可通过上述表达。它们是存在的，基本对称多项式 $ \sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n} $即是
定理 任意对称多项式可唯一的表达为基本对称多项式的多项式
引理 设 $ u = ax^{k_ {1}}_ {1} x^{k_ {2}}_ {2} \cdots x^{k_ {n}}_ {n} $为一个对称多项式f的leading monomial，则
$ k_ {1} \ge k_ {2} \ge \cdots \ge k_ {n} $
引理 对任意mononmial $ u = x^{k_ {1}}_ {1} x^{k_ {2}}_ {2} \cdots x^{k_ {n}}_ {n} $满足上式，则存在非负整数 $ l_ {1}, l_ {2}, \ldots, l_ {n} $使得对称多项式乘积 $ \sigma^{l_ {1}}_ {1} \sigma^{l_ {2}}_ {2} \cdots \sigma^{l_ {n}}_ {n} $的leading monomial为u。该条件唯一决定数 $ l_ {1}, l_ {2}, \ldots, l_ {n} $
证明 $ \sigma_ {k} $的leading monomial为 $ x_ {1}x_ {2} \cdots x_ {k} $，通过之前的命题，$ \sigma^{l_ {1}}_ {1} \sigma^{l_ {2}}_ {2} \cdots \sigma^{l_ {n}}_ {n} $的leading mononmial为
$ x^{l_ {1}}_ {1} (x_ {1}x_ {2})^{l_ {2}} \cdots (x_ {1}x_ {2}\cdots x_ {n})^{l_ {n}} = x^{l_ {1} + l_ {2} + \cdots + l_ {n}}_ {1} + x^{l_ {2} + \cdots + l_ {n}}_ {2} \cdots x^{l_ {n}}_ {n} $
设它等于monomial u，我们获得如下线性等式系统
$ \left\{\begin{array}{r}l_{1}+l_{2}+\cdots+l_{n}=k_{1} \\ l_{2}+\cdots+l_{n}=k_{2} \\ \cdots \ldots \ldots \ldots \\ l_{n}=k_{n}\end{array}\right. $
则该系统有唯一的解
$ l_ {i} = k_ {i} - k_ {i+1}, \qquad i = 1,2,\ldots,n-1 \qquad l_ {n} = k_ {n} $
标注 等式 $ l_ {1} + l_ {2} + \cdots + l_ {n} = k_ {1} $显示monomial $ X^{l_ {1}}_ {1} X^{l_ {2}}_ {2} \cdots X^{l_ {n}}_ {n} $的总度数为u在 $ x_ {1} $的度数
定理的证明 设 $ f \in K[x_ {1}, x_ {2}, \ldots, x_ {n}] $ 为一个对称多项式。我们需要找到 $ F \in K[X_ {1}, X_ {2}, \ldots, X_ {n}] $使得
$ F(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) = f $
如果f = 0，则我们可用F = 0。否则， 设 $ u_ {1} = ax^{k_ {1}}_ {1} x^{k_ {2}}_ {2} \cdots x^{k_ {n}}_ {n} $为f的leading monomial。根据引理，存在一个monomial $ F_ {1} \in K[X_ {1}, X_ {2}, \ldots, X_ {n}] $使得多项式 $ F_ {1}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $的leading monomial为 $ u_ {1} $。考虑对称多项式
$ f_ {1} = f - F_ {1}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $
如果 $ f_ {1} = 0 $，我们可用 $ F = F_ {1} $。否则，设 $ u_ {2} $为 $ f_ {1} $的leading monomial。明显地，它小于 $ u_ {1} $。存在一个monomial $ F_ {2} \in K[X_ {1}, X_ {2}, \ldots, X_ {n}] $使得 $ F_ {2}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $的leading monomial为 $ u_ {2} $。考虑对称多项式
$ f_ {2} = f_ {1} - F_ {2}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $
如果 $ f_ {2} = 0 $，则我们可用 $ F = F_ {1} + F_ {2} $。否则，继续以上步骤，我们获得一系列对称多项式 $ f, f_ {1}, f_ {2}, \ldots $，其leading monomial满足如下不等式
$ u_ {1} \succ u_ {2} \succ \cdots $
根据引理，任意monomial $ u_ {m} $的任意变量的指数不超过这个monomial的 $ x_ {1} $的指数，即不超过 $ k_ {1} $。因此，只存在有限多个 $ u_ {m} $中可能的变量指数的收集，且这样我们描述的算法将在某个时候停止。这意味着对某个M，$ f_ {M} = 0 $。则我们可取 $ F = F_ {1} + F_ {2} + \cdots + F_ {M} $
剩下是证明多项式F是唯一的。假设F和G是多项式使得
$ F(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) = G(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $
考虑H = F - G，则
$ H(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) = 0 $
我们需要证明H = 0。假设不是这样，设 $ H_ {1}, H_ {2}, \ldots, H_ {s} $为H的所有非零项。记 $ \omega_ {i}, i = 1, 2, \ldots, s $为多项式的leading monomial
$ H_ {i}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) \in K[x_ {1}, x_ {2}, \ldots, x_ {n}] $
通过引理，monomial $ \omega_ {1}, \omega_ {2}, \ldots, \omega_ {s} $不会互相成比例。考虑它们中最大的，假设是 $ \omega_ {1} $。通过构建，$ \omega_ {1} $ 比所有 $ H_ {1}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $的其他monomial和多项式 $ H_ {i}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}), i = 2, \ldots, s $的所有monomial都大。这样
$ H_ {1}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) + H_ {2}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) + \cdots + H_ {s}(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) \\ = H(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $
monomial $ \omega_ {1} $不会出现。因此，该和非零，这和我们的假设矛盾
例子 我们表达多项式
$ f = s_ {3} = x^{3}_ {1} + x^{3}_ {2} + \cdot + x^{3}_ {n} $
作为$ \sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n} $的多项式。我们的计算收集在如下表格中
$ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline m & u_ {m} & F_ {m}\left(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}\right) & f_ {m} \\ \hline 1 & x_ {1}^{3} & \sigma_ {1}^{3}=\sum_ {i} x_ {i}^{3}+3 \sum_ {i \neq j} x_ {i}^{2} x_ {j} & -3 \sum_ {i \neq j} x_ {i}^{2} x_ {j} \\ & & +6 \sum_ {i<j<k} x_ {i} x_ {j} x_ {k} & -6 \sum_ {i<j<k} x_ {i} x_ {j} x_ {k} \\ \hline 2 & -3 x_ {1}^{2} x_ {2} & -3 \sigma_ {1} \sigma_ {2}=-3 \sum_ {i \neq j} x_ {i}^{2} x_ {j} & 3 \sum_ {i<j<k} x_ {i} x_ {j} x_ {k} \\ & & -9 \sum_ {i<j<k} x_ {i} x_ {j} x_ {k} & \\ \hline 3 & 3 x_ {1} x_ {2} x_ {3} & 3 \sigma_ {3}=3 \sum_ {i<j<k} x_ {i} x_ {j} x_ {k} & 0 \\ \hline \end{array} $
因此
$ s_ {3} = \sigma^{3}_ {1} - 3 \sigma_ {1} \sigma_ {2} + 3 \sigma_ {3} $
设 $ f \in K[x_ {1}, x_ {2}, \ldots, x_ {n}] $为一个对称多项式且 $ F \in K[X_ {1}, X_ {2}, \ldots, X_ {n}] $为
$ f = F(\sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \ldots, \sigma_ {n}) $
现在，设 $ c_ {1}, c_ {2}, \ldots, c_ {n} $为如下代数等式的根：
$ a_ {0}x^{n} + a_ {1}x^{n-1} + \cdots + a_ {n-1}x + a_ {n} = 0, \qquad a_ {0} \ne 0 $
则
$ f(c_ {1}, c_ {2}, \ldots, c_ {n}) = F(-\frac{a_ {1}}{a_ {0}}, \frac{a_ {2}}{a_ {0}}, \ldots, (-1)^{n} \frac{a_ {n}}{a_ {0}}) $
标注 设 $ \operatorname{deg}_ {x_ {1}} f = k $。则 $ \operatorname{deg} F = k $。用 $ a^{k}_ {0} $乘以上式，我们获得右边度数为k的 $ a_ {0}, a_ {1}, a_ {2}, \ldots, a_ {n} $的同构多项式
例子 设 $ c_ {1}, c_ {2}, c_ {3}, c_ {4} $为如下等式的根
$ x^{4} + px^{2} + qx + r = 0 $
我们将找到第三度数的等式其根为
$ d_ {1} = c_ {1}c_ {2} + c_ {3}c_ {4}, \qquad d_ {2} = c_ {1}c_ {3} + c_ {2}c_ {4}, \qquad d_ {3} = c_ {1}c_ {4} + c_ {2}c_ {3} $
它有形式
$ y^{3} + a_ {1}y^{2} + a_ {2}y + a_ {3} = 0 $
根据Viete公式
$ a_ {1} = -(d_ {1} + d_ {2} + d_ {3}), \qquad a_ {2} = d_ {1}d_ {2} + d_ {1}d_ {3} + d_ {2}d_ {3}, \qquad a_ {3} = -d_ {1}d_ {2}d_ {3} $
我们有 $ d_ {i} = h_ {i}(c_ {1}, c_ {2}, c_ {3}, c_ {4})$，则
$ h_ {1} + h_ {2} + h_ {3} = \sigma_ {2} $
$ h_ {1}h_ {2} + h_ {1}h_ {3} + h_ {2}h_ {3} = \sum_ {i \ne j,k, j < k}x^{2}_ {i}x_ {j} x_ {k} = \sigma_ {1} \sigma_ {3} - 4 \sigma_ {4} $
$ h_ {1}h_ {2}h_ {3} = \sigma^{2}_ {1} \sigma_ {4} + \sigma^{2}_ {3} - 4 \sigma_ {2}\sigma_ {4} $
Viete公式给出
$ \sigma_ {1}(c_ {1}, c_ {2}, c_ {3}, c_ {4}) = 0 $
$ \sigma_ {2}(c_ {1}, c_ {2}, c_ {3}, c_ {4}) = p $
$ \sigma_ {3}(c_ {1}, c_ {2}, c_ {3}, c_ {4}) = -q $
$ \sigma_ {4}(c_ {1}, c_ {2}, c_ {3}, c_ {4}) = r $
因此
$ a_ {1} = -p, \qquad a_ {2} = -4r, \qquad a_ {3} = 4pr - q^{2} $
例如，我们的等式有形式
$ y^{3} - py^{2} - 4ry + (4pr - q^{2}) = 0 $
Cubic Equations
在解决一个二次方等式时，discriminant扮演了一个主要的角色。
让我们解释二次多项式$ D(\varphi) $ discriminant的意义
$ \varphi = a_ {0}x^{2} + a_ {1}x + a_ {2} \in C[x] $
设$ c_ {1}, c_ {2} $为它的根。则
$ D(\varphi) = a^{2}_ {1} - 4a_ {0}a_ {2} = a^{2}_ {0} [(\frac{a_ {1}}{a_ {0}})^{2} - \frac{4a_ {2}}{a_ {0}}] = a^{2}_ {0}[(c_ {1} + c_ {2})^{2} - 4c_ {1}c_ {2}] = a^{2}_ {0}(c_ {1} - c_ {2})^{2} $
$ a_ {0}, a_ {1}, a_ {2} \in \mathbb{R} $，这个公式解释了discriminant和根的属性的连接。有3个可能性：
(i) $ c_ {1}, c_ {2} \in \mathbb{R}, c_ {1} \ne c_ {2} $；则 $ c_ {1} - c_ {2} $是非零实数且 $ D(\varphi) > 0 $
(ii) $ c_ {1} = c_ {2} \in \mathbb{R} $；则 $ c_ {1} - c_ {2} = 0, D(\varphi) = 0 $
(iii) $ c_ {1} = \bar{c}_ {2} \notin \mathbb{R} $；则 $ c_ {1} - c_ {2} $是非零虚数且 $ D(\varphi) < 0 $
更重要的是，这个公式显示如何确定任意多项式的discriminant
$ \varphi = a_ {0}x^{n} + a_ {1}x^{n-1} + \cdots + a_ {n-1}x + a_ {n} \in K[x], \qquad a_ {0} \ne 0 $
假设首先多项式 $ \varphi $有n个根 $ c_ {1}, c_ {2}, \ldots, c_ {n} \in K $。我们定义它的discriminant $ D(\varphi) $通过公式
$ D(\varphi) = a^{2n-2}_ {0} \prod_ {i > j}(c_ {i} - c_ {j})^{2} $
（$ a_ {0} $的指数不重要，它将之后变得清晰为什么我们选择这个）
即，$ D(\varphi) $是 $ a^{2n-2}_ {0} $的一个乘积且对称多项式的值
$ f = \prod_ {i > j}(x_ {i} - x_ {j})^{2} $
用 $ \varphi $的根计算。通过 $ \varphi $的系数表达 $ D(\varphi) $。因为
$ \operatorname{deg}_ {x_ {1}}f = 2n - 2 $
该表达式将为 $ a_ {0}, a_ {1}, \ldots, a_ {n} $的同质多项式 $ \Delta $的度2n-2
$ D(\varphi) = \Delta(a_ {0}, a_ {1}, \ldots, a_ {n}) $
为了找到 $ \Delta $，我们不需要知道多项式 $ \varphi $在K中确实有n个根
标注 因为f有整数系数，$ \Delta $也有整数系数
标注 它可显示对任意度数为n的多项式 $ \varphi \in K[x] $，存在一个域K的扩展L，$ \varphi $有n个根。以上描述过程对计算discriminant不依赖多项式 $ \varphi $上的域。这样，公式对 $ D(\varphi) $有效如果我们在L中有 $ \varphi $的根 $ c_ {1}, c_ {2}, \ldots, c_ {n} $
discriminant的定义清晰地意味着多项式 $ \varphi \in \mathbb{C}[x] $有多重根当且仅当 $ D(\varphi) = 0 $。这显示有多重根是一个特殊的情况：如果随机选择多项式的系数，它有多重根的概率为0
现在，让 $ \varphi $为一个cubic多项式，有实系数。让 $ c_ {1}, c_ {2}, c_ {3} $为它的复数根，则
$ D(\varphi) = a^{4}_ {0}(c_ {1} - c_ {2})^{2}(c_ {1} - c_ {3})^{2}(c_ {2}-c_ {3})^{2} $
有三种可能性；
(i) $ c_ {1}, c_ {2}, c_ {3} $为不同的实数；则 $ D(\varphi) > 0 $
(ii) $ c_ {1}, c_ {2}, c_ {3} \in \mathbb{R}, c_ {2} = c_ {3}$；则 $ D(\varphi) = 0 $
(iii) $ c_ {1} \in \mathbb{R}, c_ {2} = \bar{c}_ {3} \notin \mathbb{R} $；则
$ \begin{aligned} D(\varphi) &= a^{4}_ {0}[(c_ {1} - c_ {2})(c_ {1} - \bar{c}_ {2}]^{2} (c_ {2} - \bar{c}_ {2})^{2} \\ &= a^{4}_ {0} | c_ {1} - c_ {2} |^{4} (c_ {2} - \bar{c}_ {2})^{2} < 0 \end{aligned} $
这样，我们得到和二次方多项式相同的结论：多项式 $ \varphi $的所有根是实数当且仅当 $ D(\varphi) \ge 0 $
练习 设 $ \varphi $为一个任意度数的实系数多项式，假设它没有多重复数根。证明
$ \operatorname{sign}D(\varphi) = (-1)^{t} $
t是 $ \varphi $的共轭复数根的对数
我们将直接通过它的系数表达一个cubic等式的discriminant。首先，让我们做一些基本的观察简化我们的计算
任意多项式可被处理为头系数为1.这不会改变它的根。进一步，任意头系数为1的多项式
$ \varphi = x^{n} + a_ {1}x^{n-1} + x_ {2}x^{n-2} + \cdots + a_ {n-1}x + a_ {n} $
在零特征的域里（更一般地，域里的特征不能被n整除）可被转换为这样形式的多项式
$ \psi = y^{n} + b_ {2}y^{n-2} + \cdots + b_ {n-1}y + b_ {n} $
通过替换
$ x = y - \frac{a_ {1}}{n} $
这里 $ y^{n-1} $的系数为0。这种类型的多项式被称为depressed。当n = 2时，这导致其为二次方多项式的根，当n > 2时，等式看上去更简单些
现在我们找depressed cubic多项式的discriminant
$ \varphi = x^{3} + px + q $
使用之前的例子，我们表达对称多项式
$ f = (x_ {1} - x_ {2})^{2} (x_ {1} - x_ {3})^{2} (x_ {2} - x_ {3})^{2} $
为基本对称函数 $ \sigma_ {1}, \sigma_ {2}, \sigma_ {3} $。多项式f是跟度数6同质。它的头项为 $ x^{4}_ {1}x^{2}_ {2} $。下表包含对称多项式的所有可能头项，其可发生在之前定理证明的过程中。右边列包含对应基本对称多项式的乘积：
$ \begin{array}{|ccc|c|}\hline 4 & 2 & 0 & \sigma_ {1}^{2} \sigma_ {2}^{2} \\ 4 & 1 & 1 & \sigma_ {1}^{3} \sigma_ {3} \\ 3 & 3 & 0 & \sigma_ {2}^{3} \\ 3 & 2 & 1 & \sigma_ {1} \sigma_ {2} \sigma_ {3} \\ 2 & 2 & 2 & \sigma_ {3}^{2} \\ \hline\end{array} $
我们看到
$ f = \sigma^{2}_ {1} \sigma^{2}_ {2} + a \sigma^{3}_ {1}\sigma_ {3} + b \sigma^{3}_ {2} + c \sigma_ {1}\sigma_ {2}\sigma_ {3} + d \sigma^{2}_ {3} $
为计算 $ D(\varphi) $，我们需要用如下替代：
$ \sigma_ {1} = 0, \qquad \sigma_ {2} = p, \qquad \sigma_ {3} = -q $
因此，系数a和c不影响最后的结果且我们不需要找到它们
为找到b和d，让我们从下表的左边列赋值给变量 $ x_ {1}, x_ {2}, x_ {3} $，最右边列包含结果等式
$ \begin{array}{|ccc|ccc|c|c|} \hline x_ {1} & x_ {2} & x_ {3} & \sigma_ {1} & \sigma_ {2} & \sigma_ {3} & f & \\ \hline 1 & -1 & 0 & 0 & -1 & 0 & 4 & -b = 4 \\ 2 & -1 & -1 & 0 & -3 & 2 & 0 & -27b + 4d = 0 \\ \hline \end{array} $
则，b = -4, d = -27，且
$ D(\varphi) = -4p^{3} -27q^{2} $
例子 这个多项式有几个实数根
$ \varphi = x^{3} - 0.3x^{2} - 4.3x + 3.9 $
通过替换
$ y = x - 0.1 $
我们获得depressed多项式
$ \psi = y^{3} - 4.33y + 3.468 $
现在
$ D(\varphi) = D(\psi) = 4 \cdot 4.33^{3} - 27 \cdot 3.468^{2} = 0.0013 > 0 $
因此，多项式 $ \varphi $有3个不同的实数根
标注 一个一般化cubic等式的discriminant
$ \varphi = a_ {0}x^{3} + a_ {1}x^{2} + a_ {2}x + a_ {3} $
为
$ D(\varphi) = a^{2}_ {1}a^{2}_ {2} - 4a^{3}_ {1}a_ {3} - 4a_ {0}a^{3}_ {2} + 18a_ {0}a_ {1}a_ {2}a_ {3} - 27 a^{2}_ {0}a^{2}_ {3} $
我们将解释如何解决一个cubic等式
假设基本域K包含一个非平凡（例如，不为1）统一的cubic根。记为 $ \omega $。则1，$ \omega, \omega^{-1} $为所有统一的cubic根
$ \omega + \omega^{-1} = -1 $
考虑线性多项式
$ h_ {1} = x_ {1} + \omega x_ {2} + \omega^{-1} x_ {3}, \qquad h_ {2} = x_ {1} + \omega^{-1}x_ {2} + \omega x_ {3} $
当 $ x_ {2}, x_ {3} $交换时它们交换。当 $ x_ {1}, x_ {2} $交换时，$ h_ {1} $ 变成 $ \omega h_ {2} $且 $ h_ {2} $变成 $ \omega^{-1} h_ {1} $。有如下多项式
$ f = h^{3}_ {1} + h^{3}_ {2}, \qquad g = h_ {1}h_ {2} $
为对称的。我们可表达它们通过基本对称多项式
$ f = 2\sigma^{3}_ {1} - 9\sigma_ {1}\sigma_ {2} + 27 \sigma_ {3}, \qquad g = \sigma^{2}_ {1} - 3 \sigma_ {2} $
现在让 $ c_ {1}, c_ {2}, c_ {3} $为多项式的根
$ d_ {1} = c_ {1} + \omega c_ {2} + \omega^{-1}c_ {3}, \qquad d_ {2} = c_ {1} + \omega^{-1}c_ {2} + \omega c_ {3} $
以上意味着
$ d^{3}_ {1} + d^{3}_ {2} = -27q, \qquad d_ {1}d_ {2} = -3p $
因此
$ d^{3}_ {1}d^{3}_ {2} = -27p^{3} $
因此，$ d^{3}_ {1}, d^{3}_ {2} $为如下二次多项式的根
$ x^{2} + 27qx - 27p^{3} = 0 $
通过解它，我们找到
$ d^{3}_ {1} = 27(-\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{p^{3}}{27} + \frac{q^{2}}{4}}) $
$ d^{3}_ {2} = 27(-\frac{q}{2} - \sqrt{\frac{p^{3}}{27} + \frac{q^{2}}{4}}) $
根据之前的等式discriminant求解，得到等式
$ c_ {1} + c_ {2} + c_ {3} = 0 $
$ c_ {1} + \omega c_ {2} + \omega^{-1} c_ {3} = d_ {1} $
$ c_ {1} + \omega^{-1}c_ {2} + \omega c_ {3} = d_ {2} $
我们获得
$ c_ {1} = \frac{1}{3}(d_ {1} + d_ {2}) $
因为根的顺序是任意选择的，该公式事实上是三个根的乘积。我们获得
$ d_ {1}d_ {2} = -3p $
因此，我们得到如下公式
$ c_ {1,2,3} = \sqrt[3]{- \frac{q}{2} + \sqrt{\frac{p^{3}}{27} + \frac{q^{2}}{4}}} + \sqrt[3]{- \frac{q}{2} - \sqrt{\frac{p^{3}}{27} + \frac{q^{2}}{4}}} $
称为Cardano公式
标注 Cardano公式在可能获取所有它的平方和立方根才有意义。特别地，如果我们使用这个公式来解实系数的cubic等式，一般地我们必须考虑复数即使我们只考虑实数根。例如，在一个正的discriminant所有根为实数的情况，这里平方根的值是负的
例子 我们将找到之前例子的多项式 $ \psi $的根。我们有
$ \frac{p^{3}}{27} + \frac{q^{2}}{4} = - \frac{1}{108} D(\psi) \approx -0.0000120 $
这样Cardano公式的立方根的一个有如下数值：
$ \begin{aligned} - \frac{q}{2} + \sqrt{\frac{p^{3}}{27} + \frac{q^{2}}{4}} &\approx -1.734 + 0.00347 \\ &\approx 1.73400[\cos{(\pi - 0.00200)} + i \sin{(\pi - 0.00200)}] \end{aligned} $
其他的立方根是复数。因此
$ c_ {1} \approx 2 \sqrt[3]{1.73400} \cos{\frac{\pi - 0.002000}{3}} \approx 1.20278 $
$ c_ {2} \approx 2 \sqrt[3]{1.73400} \cos{\frac{\pi + 0.002000}{3}} \approx 1.20278 $
$ c_ {3} \approx 2 \sqrt[3]{1.73400} \cos{\frac{0.002000}{3}} \approx -2.40277 $
有理分数域
例子 设
$ g = (x - c_ {1})(x - c_ {2}) \cdots (x - c_ {n}) $
$ c_ {1}, c_ {2}, \ldots, c_ {n} $是不同的，则
$ \frac{f}{g} = \frac{a_ {1}}{x - c_ {1}} + \frac{a_ {2}}{x - c_ {2}} + \cdots + \frac{a_ {n}}{x - c_ {n}} $
其 $ a_ {1}, a_ {2}, \ldots, a_ {n} \in K $。固定i，$ 1 \le i \le n $。为找到 $ a_ {i} $，两边乘以g且让 $ x = c_ {i} $，我们获得
$ f(c_ {i}) = a(c_ {i} - c_ {1}) \cdots (c_ {i} - c_ {i - 1}) (c_ {i} - c_ {i+1}) \cdots (c_ {i} - c_ {n}) = a_ {i}g^{\prime}(c_ {i}) $
则
$ a_ {i} = \frac{f(c_ {i})}{g^{\prime}(c_ {i})} $
因此
$ \frac{f}{g} = \sum^{n}_ {i=1} \frac{f(c_ {i})}{g^{\prime}(c_ {i})(x - c_ {i})} $
（假设 $ \operatorname{deg}{f} < \operatorname{deg}{g} $）。这是非常有趣的，通过这样我们获得了Laprange插值公式
$ f = \sum^{n}_ {i=1} b_ {i} \frac{(x - c_ {1}) \cdots (x - c_ {i-1})(x - c_ {i+1}) \cdots (x - c_ {n})}{(c_ {i} - c_ {1}) \cdots (c_ {i} - c_ {i-1})(c_ {i} - c_ {i+1}) \cdots (c_ {1} - c_ {n})} $
例子 在之前的例子中，我们使用了系数的方法，它可用于更一般化的解决方案。例如，让我们给一个有理分数
$ \frac{x}{(x+1)(x^{2}+1)^{2}} $
作为 $ \mathbb{R} $上原始分数的和
$ \frac{x}{(x+1)(x^{2}+1)^{2}} = \frac{a}{x+1} = \frac{bx+c}{x^{2}+1} + \frac{dx + e}{(x^{2}+1)^{2}} $
$ a, b, c, d, e $为某个实数。为此，我们两边乘以 $ (x+1)(x^{2}+1)^{2} $，
$ x = a(x^{2} + 1)^{2} + (bx + c)(x + 1)(x^{2} + 1) + (dx + e)(x + 1) $
通过赋值 $ x = -1, x = i $，我们获得
$ -1 = 4a, i = (di + e)(i + 1) = (e -d) + (d + e)i $，这样
$ a = - \frac{1}{4}, \qquad d = e = \frac{1}{2} $
同样，通过比较自由项和 $ x^{4} $的系数，我们获得0 = a + c + e和0 = a + b，意味着
$ b = \frac{1}{4}, \qquad c = - \frac{1}{4} $
最后，我们有
$ \frac{x}{(x+1)(x^{2}+1)^{2}} = - \frac{1}{4(x+1)} + \frac{x-1}{4(x^{2}+1)} + \frac{x+1}{2(x^{2} + 1)^{2}} $