高等代数-一元多项式环

现在研究一下解一元高次方程的问题。解一元高次方程最核心的方法就是多项式的因式分解。所以这就需要研究多项式。

一元多项式

定义1：一元多项式的定义

设$K$是一个数域，$x$是一个符号，形如下述的表达式，其中$n\in \N,a_n,...,a_0\in K$称为他们的系数

$$a_nx^{n}+...+a_ix^{i}+...+a_1x+a_0$$

如果满足：两个这种形式的表达式相等当且仅当它们含有完全相同的项(除去系数为0的项以外)，那么就称这种表达式是数域$K$上的一个一元多项式，x称为不定元

注解1：零多项式：系数全为0的一元多项式称为零多项式，记作0

注解2：一元多项式通常记作$f(x)=a_nx^{n}+...+a_ix^{i}+...+a_1x+a_0$，其中$a_ix^{i}$被称为**$i$次项**；$a_0$被称为0次项或者常数项；$a_nx^{n}$如果$a_n≠0$那么该项就被称为首项

注解3：n称为$f(x)$的次数，记作$deg~f(x)$，deg的英文全称为degree

注解4：0次多项式形如b，其中$b\in K^{*}$，即$b≠0$

注解5：0多项式与0次多项式要区分开来，0多项式所有系数都为零，而0次多项式常数项不为0。为了区分开来0多项式记作：$deg~0=-\infty$，且规定$①-\infty <n,②-\infty+n=-\infty,\forall n\in N$，$③(-\infty)+(-\infty)=-\infty$

多项式的运算律：

定义2：多项式的加法

规定多项式加法运算：有两个多项式，设$n≥m$

$$\sum_{i=0}^{n}a_ix^{i}+\sum_{i=0}^{m}b_ix^{i}:=\sum^{n}_{i=0}(a_i+b_i)x^{i}$$

定义3：多项式乘法

规定多项式乘法运算：

$$(\sum^{n}_{i=0}a_ix^{i})(\sum_{j=0}^{m}b_jx^{j}):=\sum^{n}_{i=0}\sum^{m}_{j=0}a_ib_jx^{i+j}=\sum^{n+m}_{s=0}({\sum_{i+j=s}a_ib_j})x^{s}$$

根据多项式乘法的定义就有数量乘法的定义：

$$k(\sum^{n}_{i=0}a_ix^{i})=\sum^{n}_{i=0}(ka_i)x^{i}$$

容易验证：$K[x]$对于加法和数量乘法成为数域$K$上的一个线性空间，并且这个线性空间的维数是无限维的。$K[x]$是线性空间是比较显然的，而$K[x]$是无限维的这就需要证明一下。

• 要证明这个线性空间是无限维的，就需要证明这个线性空间需要使用无限个元素线性无关。
• 要证明无限个元素线性表出，需要证明这个线性空间的任意一个有限子集线性无关。

• 下面证明：
  • $K[x]$中每一个多项式可以由集合$\Omega = \{1,x,x^2,...,x^n,....\}$中有限多个多项式线性表出
  • 任取$\Omega_1=\{x^{i_1},x^{i_2},...,x^{i_m}\}$，该集合有一个线性组合：$k_1x^{i_1}+...+k_mx^{i_m}=\mathbf{0}$
  • 由多项式定义1可以得到：$k_1=...=k_m=0$，因此$\Omega_1$线性无关。
  • 由于$\Omega_1$是$\Omega$任意一个有限子集，从而$\Omega$线性无关。
  • 所以：$\Omega=\{1,x,x^{2},...,x^{n},...\}$是无限维的线性空间。

一元多项式乘法满足：交换律、结合律以及对加法的分配律且$1·f(x)=f(x)·1=f(x),\forall f(x)\in K[x]$

命题1：两个多项式相加、相乘后得到的多项式与原来多项式次数之间的关系

设$f(x),g(x)\in K[x]$，不妨设$deg[f(x)]=n,deg[g(x)]=m$，且满足$n≥m$则：

$$deg[f(x)+g(x)]≤max\{deg[f(x)],deg[g(x)]\}\\ deg[f(x)*g(x)]=deg[f(x)]+deg[g(x)]$$

推论1：

$f(x)≠0,g(x)≠0\Rightarrow f(x)g(x)≠0$

推论2：消去律

设$f(x)g(x)=f(x)h(x)$，且$f(x)≠0$，则$g(x)=h(x)$

补充：

$f(x)-g(x)=f(x)+[-g(x)]$

一元多项式环

环的概念：

定义4：环的定义

一个非空集合$R$如果有两个代数运算，一个叫做加法，一个叫做乘法，并且满足：

1. $(a+b)+c=a+(b+c),\forall a,b\in R$
2. $a+b=b+a,\forall a,b\in R$，强调：其中$a+b \in R$，需要保持封闭性。
3. $R$中有一个元素，记作$0$，由这样的性质：$0+a=a+0=0,\forall a \in R$，把$0$称为$R$的零元
4. 对于$a\in R$，存在$b\in R$使得：$a+b= b+a = 0$那么就称$b$是$a$的负元，记作$-a$
5. $(ab)c=a(bc),\forall a,b,c\in R$
6. 满足左分配律：$a(b+c)=ab+ac,\forall a,b,c\in R$，满足右分配律：$(b+c)a = ba+ca ,\forall a,b,c \in R$

那么称$(R,+,·)$是一个环Ring

补充：设$(R,+,·)$是一个环

补充1：若$R$的乘法满足交换律，则称$R$是一个交换环。

补充2：若$R$有一个元素$e$具有如下性质：$ea=ae=a,\forall a\in R$，则称$e$是$R$的单位元(通常地把$R$的单位原记作$1$)

补充3：对于$a\in R$，如果存在$b\in R$且$b≠0$，使得$ab = 0$，那么称$a$是一个左零因子；相同地，对于$a\in R$ ，如果存在$b \in R$且$b ≠0$，使得$ba=0$，那么称$a$是一个右零因子。统称为零因子

补充4：环$R$中定义减法：$a-b:=a+(-b)$

注意：在环的定义中0只是由加法定义的，而在补充中零因子是由乘法定义的。

命题2：加法零在乘法中的性质

在环$R$中，$0a=a0=0,\forall a \in R$，从而0是零因子，称它为平凡的零因子。而矩阵构成的环中是有非平凡零因子的，多项式构成的环是没有非平凡零因子的。

子环的概念：

定义5：

环$R$的一个非空子集$R_1$，如果对于$R$的加法和乘法运算也成为一个环，那么称$R_1$是$R$的一个子环。

命题3：

环$R$的一个非空子集$R_1$是子环$\Leftrightarrow$从$a,b \in R_1$可以得到$ab \in R_1, a-b\in R_1$

例子1：$A\in M_n(K)$，表达式$b_mA^{m}+...+b_1A+b_0I$称为矩阵$A$的多项式，其中$m\in N$，令$K[A]=\{矩阵A的多项式\}$，容易验证，$K[A]$对于矩阵的减法和乘法封闭，从而$K[A]$是环$M_n(K)$的一个子环，且$K[A]$是有单位元$I$的交换环。

同构映射的概念：

引入：$KI$是$K[A]$的一个子环，由一个映射$\tau$，满足：$K\to KI$，也就是$k\to kI=\begin{bmatrix}k&0&\dots&0\0&k&\dots &0\0&0&\ddots&0\0&0&\dots&k\end{bmatrix} $，显然$\tau$是一个双射，保持加法，乘法

定义6：

若环$R$到$R'$有一个双射$\sigma$满足如下条件，则称$\sigma$是环$R$到环$R'$的一个同构映射，此时称环$R$与环$R'$是同构的：

1. $\sigma(a+b) = \sigma(a)+\sigma (b)$

2. $\sigma(ab)=\sigma(a)·\sigma(b)$

命题4：

若环$R$到$R'$有一个同构映射$\sigma$，且$R$有单位元$e$，则$\sigma(e)$是$R'$的单位元。

• 命题4证明如下：
  • 任取$a'\in R'$，由于$\sigma$是满射，因此存在$a\in R$，使得$a' = \sigma(a)$
  • 从而满足：
    • $\sigma(e)a'=\sigma(e)\sigma(a)=\sigma(ea)=\sigma(a)=a'$
    • $a'\sigma(e)=\sigma(a)\sigma(e)=\sigma(ae)=\sigma(a)=a'$
  • 满足环中单位元的定义，因此$\sigma(e)$是环$R'$的单位元。

定理1：一元多项式环的通用性质

设$K$是一个数域，$R$是一个有单位元$1'$的交换环，且$K$到$R$的一个子环$R_1$（含有$1'$）有一个同构映射$\tau$，那么任给$t\in R$，令$\sigma_t:K[x]\to R$，$f(x)=\sum ^{n}_{i=0}a_ix^i \to \sum ^{n}_{i=0}\tau(a_i)t^{i}=:f(t)$，则$\sigma_t$是$K[x]$到$R$的一个映射$\sigma_t(x)=t$且$\sigma_t$保持加法、乘法运算即$f(x)+g(x)=h(x),f(x)·g(x)=p(x)$，有$f(t)+g(t)=h(t),f(t)·g(t)=p(t)$称$\sigma(t)$是$x$用$t$带入。

多项式环整除关系

定义7：

设$f(x),g(x)\in K[x]$，如果存在$h(x)\in K[x]$使得$f(x)=h(x)g(x)$则称$g(x)$整除$f(x)$，记作$g(x)|f(x)$否则称$g(x)$不能整除$f(x)$，记作$g(x)\nmid f(x)$

注意1：$\forall f(x)\in K[x],\forall b \in K$，由于$f(x)=[b^{-1}f(x)]b$，因此$b|f(x)$

注意2：$\forall f(x) \in K[x]$，由于$0=0f(x)$，因此$f(x)|0$，特别地$0|0$

注意3：若$0|f(x)$，则$f(x)=h(x)·0=0$

注意4：整除关系是一个二元关系，满足反身性，传递性，但不满足对称性

命题5：

在$K[x]$中，若$g(x)|f(x)$，且$f(x)≠0$，则$deg~g(x)≤ deg~f(x)$

定义8：

在$K[x]$中，若$g(x)|f(x)$且$f(x)|g(x)$，则称$f(x)$与$g(x)$相伴，记作$f(x)\sim g(x)$

命题6：

在$K[x]$中，$f(x)\sim g(x)\Leftrightarrow f(x)=cg(x),c \in K^{*}$

命题7：

在$K[x]$中，若$g(x)|f(x),i=1,2,...,s$则对任意$u_1(x),...,u_s(x)$，都有$g(x)|u_1(x)f(x)+...+u_s(x)f_s(x)$

练习1

典型例题1

习题1

多项式环带余除法

• 带余除法的定义：

定理8：多项式带余除法

设$f(x),g(x)\in K[x]$，且$g(x)≠0$，则存在$K[x]$中唯一的一对多项式$h(x),r(x)$使得$f(x)=h(x)g(x)+r(x),deg~r(x)<deg~g(x)$，其中$h(x)$称为商式，$r(x)$称为余式。

推论3：

设$f(x),g(x)\in K[x]$，且$g(x)≠0$，如果$g(x)|f(x)$，则$g(x)$除$f(x)$的余式一定是$0$多项式。

命题8：整除性不随数域的扩大改变

设$f(x),g(x)\in K[x],g(x)≠0$，数域$E≥K$，则在$K[x]$中，$g(x)|f(x)\Leftrightarrow$，则在$E[x]$中$g(x)|f(x)$

• 辗转相除法：

定义8：公因式

$k[x]$中，若$c(x)|f(x)$且$c(x)|g(x)$，则称$c(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个公因式。

定义9：最大公因式

设$f(x),g(x)\in K[x]$，如果有$K[x]$中的一个多项式$d(x)$满足如下，则称$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个最大公因式：

1. $d(x)|f(x)$且$d(x)|g(x)$
2. $f(x)$与$g(x)$的任一公因式$c(x)|d(x)$

注意1：$\forall f(x)\in K[x]$，由于$f(x)|f(x)$，且$f(x)|0$，因此$f(x)$是$f(x)$与$0$的一个公因式。且$f(x)$与$0$的任一公因式$c(x)|f(x)$，则$f(x)$与$0$的一个最大公因式是$f(x)$

注意2：$0$多项式是$0$多项式与$0$多项式的一个最大公因式。

引理1：

设$f(x),g(x)\in K[x]$，且$g(x)≠0$如果$f(x)=h(x)g(x)+ r(x)$，那么$c(x)|f(x)$且$c(x)|f(x)\Rightarrow c(x)|g(x)$且$c(x)|r(x)$。

• 引理1证明：
  • 因为$f(x)=h(x)g(x)+r(x)$，移项整理可以得到$r(x)=f(x)-h(x)g(x)$
  • 由于$c(x)|f(x),c(x)|g(x)$，可以得到$c(x)|f(x)-h(x)g(x)$
  • 所以$c(x)|r(x)$

引理1推论：

从而得到$d(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个最大公因式$\Leftrightarrow d(x)$是$r(x)$与$f(x)$的一个最大公因式。

定理9：

$K[x]$中任意一对多项式$f(x)$与$g(x)$都有一个最大公因式$d(x)$，且存在$u(x),v(x)\in K[x]$使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x)$

注解1：这里的最大公因式和最大公因数需要区别开来，因为最大公因式可能不唯一。设$d_1(x),d_2(x)$都是$f(x)$与$g(x)$的最大公因式则$d_2(x)|d_1(x)$，且$d_1(x)|d_2(x)$从而$d_1(x)\sim d_2(x)$

注解2：当$f(x)$与$g(x)$不全为$0$时，它们的最大公因式是非零多项式，进而我们使用$(g(x),f(x))$表示$f(x)$与$g(x)$的首先系数为$1$的最大公因式

• 辗转相除法：

  • 设$f(x),g(x)\in K[x]$且$g(x)≠0$，作带余除法：
    • $f(x)=h_1(x)g(x)+r_1(x),deg~r_1(x)<deg~g(x)$
    • 若$r_1(x)≠0$，则$g(x)=h_2(x)r_1(x)+r_2(x),deg~r_2(x)<deg~r_1(x)$
    • 若$r_2(x)≠0$，则$g(x)=h_3(x)r_2(x)+r_3(x),deg~r_3(x)<deg~r_2(x)$
    • $·····$
    • 若$r_{s-1}(x)≠0$，则$r_{s-2}(x)=h_s(x)r_{s-1}(x)+r_s(x),deg~r_s(x)<deg~r_{s-1}(x)$
    • 若$r_{s}(x)≠0$，则$r_{s-1}(x)=h_{s+1}(x)r_{s}(x)+0$
    • 通过引理1和引理1的推论，可以得到$r_s(x)|r_{s-1}$进而得到$r_s(x)|f(x),r_s(x)|g(x)$，从而得到$r_s(x)$是$f(x)$与$g(x)$的一个最大公因式。
  • 并且通过不断的代换余式就可以得到，这个其实就是数论中的裴蜀定理在多项式上的表示。

  $$\begin{array}{l} r_s(x)&=r_{s-2}(x)-h_s(x)r_{s-1}\\ &=r_{s-4}(x)-h_{s-1}(x)r_{s-2}(x)\\ &=....\\ &=u(x)f(x)+v(x)g(x) \end{array}$$

命题9：

设$f(x),g(x)\in K[x]$，且$g(x)≠0$，数域$E≥K$，则$f(x)$与$g(x)$在$K[x]$中的首一最大公因式等于$f(x)$与$g(x)$在$E[x]$中的首一最大公因式。

从而得出首一最大公因式不随数域的扩大而改变。

定义10：两个多项式互素的定义

在$K[x]$中，若$(f(x),g(x))=1$，则称$f(x)$和$g(x)$互素

注解：由此定义可以得到$f(x)$与$g(x)$的任一公因式$c(x)$是零次多项式

定理10：

在$K[x]$中，$f(x)$与$g(x)$互素$\Leftrightarrow$存在$u(x),v(x)\in K[x]$，使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$

命题10：互素性不随数域的扩大而改变

设$f(x),g(x)\in K[x]$，且$g(x)≠0$，数域$E≥K$，则$f(x)$与$g(x)$在$K[x]$中互素$\Leftrightarrow$$f(x)$与$g(x)$在$E[x]$中互素。

性质1：

在$K[x]$中，若$f(x)|g(x)h(x)$，$(f(x),g(x))=1$，则$f(x)|h(x)$

性质2：

在$K[x]$中，若$f(x)|h(x),g(x)|h(x)$，且$(f(x),g(x))=1$，则$f(x)g(x)|h(x)$

性质3：

在$K[x]$中，若$(f(x),h(x))=1$，且$(g(x),h(x))=1$，则$(f(x)g(x),h(x))=1$

不可约多项式

定义11：

设$f(x)\in K[x]$，$deg~f(x)>0$，如果$f(x)$的因式只有零次多项式和$f(x)$的相伴元，那么称$f(x)$是数域$K$上不可约的；否则称$f(x)$在$K$上是可约的。

定理11：

设$p(x)\in K[x]$，且$deg~p(x)>0$，则下列命题等价：

1. $p(x)$在$K$上不可约
2. $\forall f(x) \in K[x]$，则有$(p(x),f(x))=1$或者$p(x)|f(x)$
3. 在$K[x]$中，从$p(x)|f(x)g(x)$可推出$p(x)|f(x)$或$p(x)|g(x)$
4. 在$K[x]$中，$p(x)$不能分解成两个次数比$p(x)$次数低的多项式乘积

推论4：

$K[x]$中，若$p(x)|f_1(x)···f_s(x)$，则$p(x)|f_j(x)$，其中$j\in \{1,...,s\}$

推论5：

$K[x]$中，一次多项式是不可约的。

推论6：

$K[x]$中，$f(x)$可约当且仅当$f(x)$能够分解成两个次数比$f(x)$的次数低的多项式的乘积。

定理12：唯一因式分解定理

设$deg~f(x)>0$，若$f(x)$可约$f(x)=f_1(x)f_2(x)$次数，其中$deg~f_i(x)<deg~f(x),i=1,2$；$K[x]$中每一个次数大于$0$的多项式$f(x)$都能分解成数域$K$上有限多个不可约多项式的乘积。所谓唯一性是指若$f(x)=p_1(x)···p_s(x)=q_1(x)···q_t(x)$，则$s=t$，且适当排列因式的次序有$p_i(x)\sim q_i(x),i=1,...,s$。一般分解$f(x)$的形式如下：$f(x)=ap_1^{l_1}p_2^{l_2}···p_m^{l_m}(x)$，其中$p_1(x),...,p_m(x)$是两两不等的首一不可约多项式，其中$l_i>0,i=1,...,m$，称为$f(x)$的标准分解式。

注解：从标准分解式可以看出$f(x)$中$p_1(x)$出现了$l_1$次，所以将$p_1(x)$叫做$f(x)$的$l_1$重的因子。

定义12：

设$f(x)\in K[x]$，$deg~f(x)>0$，若不可约多项式$p(x)$满足：$p^{k}(x)|f(x)$，且$p^{k+1}(x)\nmid f(x)$，则称$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式

注意：当$k=0$时，$p(x)$不是$f(x)$的因式，当$k=1$时，则称$p(x)$为$f(x)$的单因式；当$k≥2$，$p(x)$称为$f(x)$的重因式。

多项式的根与复数域上的不可约多项式

在$K[x]$中，次数大于$1$的多项式$f(x)$有一次因式$\Rightarrow f(x)$可约

定理13：

$K[x]$中，$x-c|f(x)\Leftrightarrow f(c)=0$.由这个定理自然就引入了根的概念

定义12：

设$f(x)\in K[x]$，若$c\in K$使得$f(c)=0$，则称$c$是$f(x)$在$K$中的一个根。设数域$E\supseteq K$，若$\alpha \in E$使得$f(\alpha)=0$，则称$\alpha$在域$E$中的一个根。

定理14：对定理$13$的另一种说法，也是Bezout定理

在$K[x]$中，$x-c|f(x)\Leftrightarrow c$是$f(x)$在$K$中的一个根。如果$x-c$是$f(x)$的$k$重因式，则称$c$是$f(x)$的一个$k$重根

注解：$x-c|f(x)$是从多项式环中乘法运算的角度得出的结论，右边是从根的角度也就是带入得到的值。

定理15：$K[x]$中$n(n≥0)$次多项式$f(x)$在$K$中至多有$n$个根。

推论7：设$h(x)\in K[x],deg~h(x)≤n$，若$h(x)$在$K$中有$n+1$个根，则$h(x)=0$

命题11：

在$K[x]$中，$deg ~f(x)≤n,deg~g(x)≤n$，若$K$中有$n+1$个不同的数$c_1,...,c_{n+1}$使得$f(c_i)=g(c_i),i=1,...,n+1$，则$f(x)=g(x)$

• 证明命题11：
  • 设$h(x)=f(x)-g(x)$，则$deg~h(x)≤max\{deg~f(x),deg~g(x)\}≤n$
  • 由已知$x$用$c_i$带入$h(c_i)=f(c_i)-g(c_i)=0,i=1,...,n+1$
  • 因此$c_i$是$h(x)$在$K$中的根，所以$h(x)$在$K$中至少写出了$n+1$个根，但是$deg~h(x)≤n$
  • 因此由推论$1$可以得到$h(x)=0$
  • 最终得到$f(x)=g(x)$

定义12：多项式函数

设$f(x)=\sum ^{n}_{i=0}a_{i}x^{i}\in K[x]$，将$x$用$t\in K$带入，得到$f(t)=\sum^{n}_{i=0}a_it^{i},\forall t \in K$，把函数$f$称为多项式$f(x)$诱导的多项式函数，或称为数域$K$上的一元多项式函数。

记$K_{pol}:=\{数域K上的一元多项式函数\}$

规定加法：$(f+g)(t):=f(t)+g(t)$，其是由$f(x)+g(x)$诱导的多项式函数

规定乘法：$(fg)(t):=f(t)·g(t)$，其是由$f(x)·g(x)$诱导的多项式函数

易验证：$(K_{pol},+,·)$构成一个有单位元$1$的交换环，并且零元是零函数$O(t)=0$，单位元是$1(t)=1$

命题12：

设$f(x),g(x)\in K[x]$，若$f=g$，则$f(x)=g(x)$

命题13：

定义映射：$\sigma:K[x]\rightarrow K{pol}$，可以得到$\sigma$是环上的同构映射从而可以得到结论：$f(x)$在$K$中的一个根$\Leftrightarrow f$在$c$处的函数值$f(c)=0$

定理16：代数基本定理

每一个次数大于零的复系数多项式都有复根。

结论：

根据代数学基本定理可以得到，\C[x]中，次数大于$1$的多项式有一次因式。

推论2：

在\C[x]，不可约多项式只有一次因式

推论3：

在\C[x]中次数大于$0$的多项式$f(x)=a(x-c_1)^{l_1}...(x-c_s)^{l_s}$

推论4：

在\C[x]中，$n$次多项$f(x)$有$n$个复根，重根按重数计算。

实数域上的不可约多项式

二次三次不可约有理多项式判断

命题1：

次数大于$0$的本原多项式$g(x)$在$Q$上可约$\Leftrightarrow g(x)$能分解成两个次数比$g(x)$的次数低的本原多项式的乘积。

推论1：

次数大于$0$的本原多项式一定能分解成有限多个在$Q$上不可约的本原多项式的乘积。

推论2：

次数大于$0$的整系数多项式在$Q$上可约$\Leftrightarrow f(x)$能够分解成两个次数比$f(x)$的次数低的整系数多项式的乘积。

定理1：

设$f(x)=\sum^{n}_{i=0}a_{i}x^{i}$是一个次数$n>0$的本原多项式，若$f(x)$有一个有理根$\frac{p}{q}$，其中$(p,q)=1$，则$p\mid a_{n},q\mid a_0 $

注解1：定理1中"本原"可以替换成整系数，定理仍然成立

推论3：

二次或三次整系数多项式$f(x)$没有有理根$\Leftrightarrow f(x)$在$Q$上不可约。

推论4：

次数$n≥4$的整系数多项式没有有理根$\nRightarrow g(x)$不可约

定理2：Eisenstein判别式

设$f(x)=\sum^{n}_{i=0}a_ix_i$是一个次数$n>0$的整系数多项式如果有一个素数$p$满足

1. $p\nmid a_0,p\mid a_{n-1},...,p\mid a_0$
2. $p^{2}\nmid a_0$

那么$f(x)$在$Q$上不可约

定理3：

在$Q[x]$中，存在任意次数的不可约多项式。

次数大于$0$的整系数多项式$f(x)$在$Q$上不可约$\Leftrightarrow f(x+1)$在$Q$上不可约或$f(x-1)$在$Q$上不可约。