4、唯一因式分解定理
上一篇介绍到了公因式的问题，为探索多项式最重要的问题之一——因式分解问题，做了很好的准备。下面我们就来介绍这个问题。因式分解问题与整数的质因数分解问题很相似，我们先来介绍基本的不需要分解的多项式：
一、不可约多项式
不可约多项式的定义是类比质数做出的，实际上在因式分解问题里，它们也是基本的因式，因为它们不能被继续分解。
定义：一个多项式$p in K[x]$是不可约多项式，当且仅当$deg p > 0$，且它在$K[x]$中的因式只有零次多项式或者它自身的相伴式。即若$q|p$，则$q sim 1$或$q sim p$。
如同质数，不可约多项式有一些基本的性质：
1、$K[x]$中，若$p$不可约，则对任意的$f in K[x]$，或者$(p,f)=1$，或者$p|f$。
证明：由于$(p,f)|p$，则或者$(p,f)=1$，或者$(p,f) sim p$，从而由传递性，$p|(p,f)|f$。
2、$K[x]$中，若$p$不可约，且$p|fg$，则或者$p|f$，或者$p|g$。
证明：不妨设$p mid f$，那么由于不可约，$(p,f)=1$，又由于$p|fg$，可知$p|g$。
性质2可以推广到多个多项式的情形，即若$p|f_1 f_2 ... f_s$，则至少存在$i=1,2...$或$s$，使$p|f_i$。
3、多项式$p$不可约当且仅当$p$不可表示为两个次数更低（但是次数为正）的多项式之积。
证明：必要性是显然的，充分性用反证法即可。
性质3立刻告诉我们，每个1次多项式都是不可约的。
有了这三条性质，我们就可以介绍此篇最重要的定理了。
二、唯一因式分解定理
定理：$K[x]$中的任意非零多项式$f$可以唯一地表示为若干个$K[x]$中不可约多项式的乘积：$f=p_1 p_2 ... p_s$。
注意，定理中的唯一是指，若存在$f = p_1 p_2 ... p_s = q_1 q_2 ... q_t$，则$s=t$，且调整过顺序后，有$p_i sim q_i , i=1,2,...,s$。
证明：先来证存在性。对$f$的次数做数学归纳法。
1° $n=1$时，显然存在分解式。
2° 假设次数小于$n$时定理均成立，那么对次数为$n$的多项式$f$，若其是不可约多项式，分解式显然存在，否则，由性质3，我们可以找到次数更低但是为正的$f_1$、$f_2$，使得$f=f_1 f_2$，从而由归纳法，$f$的分解式也存在。
下面来证唯一性。
若$f = p_1 p_2 ... p_s = q_1 q_2 ... q_t$，对$s$做数学归纳法。
1° $s=1$时，从而知道$f=p_1$是不可约多项式，从$q_1|f$得出$q_1 sim f$，从而$t=1$和$p_1 sim q_1$成立。
2° 假设$s-1$的情形时，定理均成立。现在由于$p_1 p_2 ... p_s = q_1 q_2 ... q_t$，则有$p_1 | q_1 q_2 ... q_t$，从而由性质2，存在$i$使$p_1 sim q_i$。调整顺序令$i=1$，左右两边消去得到
$p_2 p_3 ... p_s = (c q_2) q_3 ... q_t$
由归纳假设，$s-1=t-1$，从而$s=t$，且调整顺序后各式分别相伴。从而唯一性也得到证明。
唯一因式分解定理十分重要，但至今没有一个统一的方法分解所有多项式。
唯一因式分解定理中，令每个不可约多项式都是首1的，把相同的不可约多项式写成幂的形式，就得到标准分解式：
$f = c p_{1}^{r_1} p_{2}^{r_2} ... p_{s}^{r_s}$
从最大公因式的定义就可以证明：
若存在两个多项式，它们的标准分解式分别为：
$f = a p_{1}^{k_1} p_{2}^{k_2} ... p_{s}^{k_s} p_{s+1}^{k_{s+1}} ... p_{s+t}^{k_{s+t}}$
$g = b p_{1}^{l_1} p_{2}^{l_2} ... p_{s}^{l_s} q_{1}^{l_{s+1}} ... q_{t}^{l_{s+t}}$
则
$(f,g) = p_{1}^{ min {k_1,l_1}} ... p_{s}^{ min { k_s,l_s } }$
证明是不难的。首先上面给出的式子必然是一个公因式。现在取任意的公因式$c$，并取$c$的任意一个不可约因式$u$，可知$u|f$且$u|g$，从而$u=p_i,i=1,2,...,s$，且$u$在$c$中的幂的指数小于等于$min { k_i,l_i }$，从而得出了$c|d$。
有了唯一因式分解定理，我们可以证明一些重要的命题：
1、（性质2的逆命题）若$p in K[x]$，且对任意的$f$、$g in K[x]$，从$p|fg$可以推出$p|f$或$p|g$，则$p$不可约。
证明：用反证法，假设$p$可约，则利用性质3，将$p$分解为$qh$，其中$q$不可约，$deg h > 0$。现在令$f=q$、$g=h$，从而前提不成立。
2、$K[x]$上的$f$与某个不可约多项式的正整数次幂相伴的充分必要条件是对任意的$g$，或者$(f,g)=1$，或者$f|g^m$，其中$m$是某个正整数。
证明：必要性利用$g$的分解式就很好证明。充分性则利用反证法，将$f$写成$p^n h$，其中$(p,h)=1$，则令$g=h$即与条件矛盾。
标准分解式中的指数是一个比较麻烦的问题，能不能消去它们呢？我们现在来考察这个问题。
三、重因式
定义：若$p^k | f$且$p^{k+1} mid f$，就称$p$是$f$的$k$重因式，$k$称为重数。特别地，$p$是$f$的$0$重因式代表$p mid f$。
可见，若$f=c p_{1}^{r_1} p_{2}^{r_2} ... p_{s}^{r_s}$，则$p_i$是$f$的$r_i$重因式。我们特别地把$r_i=1$的情况叫做单因式，否则称为重因式。由于没有一个分解因式的统一方法，判断$f$的重因式情况是困难的，但是我们能够判断$f$有没有重因式。为此还要借鉴导数的概念（思想的来源是类似的例子：$f=(x+1)^3$，则$f' = 3(x+1)^2$）。由于没有极限的定义，我们还需要先定义出导数：
定义：$K[x]$中，若
$f = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0$
则记$f$的导数为
$f' = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + ... + a_1$
另外定义$0' = 0$。
同样的可以定义高阶导数。通过直接验证，求导的规则都是满足的：
$(alpha f + eta g)' = alpha f' + eta g'$
$(fg)' = f' g + f g'$
$(f^m)' = m f^{m-1} f'$
然后我们就有了以下定理：
定理：若不可约多项式$p$是$f$的$k$重因式，则$p$是$f'$的$k-1$重因式，若$p$是$f$的单因式，则$p$不是$f'$的因式。
证明：记$f=p^k h$，其中$(p,h)=1$。则
$f' = p^{k-1} (k p' h + ph' )$
由于$(p,p')=1$、$(p,h)=1$，则$p mid p' h$，然而$p | p h' $，由于$(p,g+rp) = (p,g)$，从而$p mid (k p' h + ph' )$，进而$p$是$f'$的$k-1$重因式。
从定理我们有一个重要推论：$p$是$f$的重因式的充分必要条件是$p$是$f$和$f'$的公因式。从而，我们有重因式存在判定：
定理：$f$不存在重因式的充分必要条件是$(f,f')=1$。
从而，用辗转相除法就可以判断$f$是否有重因式，而且，这种性质不随数域的扩大而改变。
上面还告诉我们另一个事实：
若
$f = c p_{1}^{r_1} ... p_{s}^{r_s}$
$f' = d p_{1}^{r_1 -1} ... p_{s}^{r_s -1} h$
则
$(f,f') = p_{1}^{r_1-1} ... p_{s}^{r_s -1}$
进而
$frac{f}{(f,f')} = c p_1 ... p_s$
也就是说，我们可以用辗转相除法以及带余除法，把$f$的标准分解式中因式的重数都去掉。
这是非常有效的，由于只含有单因式的多项式相对比较容易求根，如果我们求出了$frac{f}{(f,f')}$的一个根，那么反过来就可以分解出$f$的一个因式以及重数。这对因式分解大有帮助。
本篇的定理和性质，都可以与质因数类比（比如唯一质因数分解定理（算术基本定理））。