关于整数多项式容度等式cont(f(x)g(x))=cont(f(x))cont(g(x))的证明疑问

阿华AIGC实验室

2026-4-23

关于整数多项式容度等式$\text{cont}(f(x)g(x))=\text{cont}(f(x))\text{cont}(g(x))$的证明疑问

嘿，我来帮你理清这个证明里的疑问，先一步步拆解来看：

首先明确：这个证明的核心思路是对的，但原文里有不少笔误和表述不清的地方，我先帮你修正并解释清楚。

原文里有两处明显的错误：

「Supose that $f(x)g(x)\neq 1$」是笔误，应该是假设$\text{cont}(f(x)g(x)) \neq 1$；
「there is no unity $p \in \mathbb{Z}$ that divides all the coefficients」完全说错了，整数里的unit是±1，这里应该是存在一个素数$p$，它整除$f(x)g(x)$的所有系数——这是整个反证法的前提。

这个逻辑是完全成立的：

对任意整数多项式$f(x)$，我们可以把它拆成$\text{cont}(f) \cdot f_0(x)$，其中$f_0(x)$是本原多项式（也就是$\text{cont}(f_0)=1$，系数的最大公约数为1）；同理$g(x)=\text{cont}(g)\cdot g_0(x)$。
那么$f(x)g(x)=\text{cont}(f)\text{cont}(g) \cdot f_0(x)g_0(x)$，所以只要能证明本原多项式相乘还是本原多项式（即$\text{cont}(f_0g_0)=1$），就能直接推出原等式$\text{cont}(fg)=\text{cont}(f)\text{cont}(g)$。这是把复杂问题简化的常用技巧。

这里的关键是理解$i$和$j$的定义（原文里$j$的定义写错了，应该是最小下标，不是最大）：

我们取$i$是最小的整数，使得$p \nmid a_i$（也就是所有比$i$小的下标对应的$a_k$，都被$p$整除）。如果有某个$k<i$的$a_k$不被$p$整除，那$i$就不是“最小的”了，这就矛盾了，所以$k<i$时$p \mid a_k$是必然的。
同理，我们应该取$j$是最小的整数，使得$p \nmid b_j$，那所有$k<j$的$b_k$都被$p$整除，理由和上面一样。

假设$\text{cont}(f_0g_0) \neq 1$，则存在素数$p$整除$f_0g_0$的所有系数。我们看$f_0(x)g_0(x)$中$x^{i+j}$的系数：
$$
\sum_{t=0}^{i+j} a_t b_{i+j-t}
$$

当$t < i$时：$a_t$被$p$整除，所以这部分项都被$p$整除；
当$t > i$时：$i+j-t < j$，而$b_{i+j-t}$被$p$整除（因为$j$是最小的不被$p$整除的$b$的下标），所以这部分项也被$p$整除；
只剩下$t=i$的项：$a_i b_j$，因为$p$是素数，$p \nmid a_i$且$p \nmid b_j$，所以$p \nmid a_i b_j$。

把这些加起来，整个$x^{i+j}$的系数是“一堆被$p$整除的数”加上“一个不被$p$整除的数”，结果肯定不被$p$整除——这就和“$p$整除$f_0g_0$所有系数”的假设矛盾了！所以$\text{cont}(f_0g_0)$必须等于1，本原多项式相乘还是本原多项式。