抽象代数

群论

群：代数结构 $(G,\cdot)$ 满足结合律，存在单位元，逆元

即 $\forall a,b,c\in G,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$

$\exists e\forall a\quad a\cdot e=e\cdot a=a$ （可以证明单位元唯一）

$\forall a\exists b \quad a\cdot b=b\cdot a=e$ （可以证明左逆元=右逆元且唯一）

我们有 $(a^{-1})^{-1}=a$ ，因为能考察 $a\cdot a^{-1}\cdot (a^{-1})^{-1}$

例： $(Z_n,+),(Z_n^{*},×),(Q-\{0\},×)$

若还满足交换律，则我们称之为 Abel群 ，即交换群

子群(Subgroup)

$H$ 是 $G$ 的子群，记作 $H\le G$ ，满足以下条件：

$H\subseteq G$ ，且运算封闭，即 $e\in H$ 且 $\forall a,b\in H,ab\in H,a^{-1}\in H$ 。

对于 $S\subseteq G$ ，称 $\langle S\rangle$ 为包含 $S$ 的最小子群。

陪集(coset)

$aH=\{ab|b\in H\}$ 称为左陪集，同理定义 $Ha$

性质： $aH$ 和 $bH$ 的关系：要么 $aH=bH$ ，要么 $aH\cap bH=\varnothing$

正规子群(Normal Subgroup)

$N\unlhd G$ 当且仅当 $N\le G$ 且 $\forall a\in G,aN=Na$

或者说 $\forall a\in G,\forall g\in N,aga^{-1}\in N$

考虑对 $\{aN|a\in G\}$ 定义二元运算 $(aN)\cdot (bN)$ 等于 $(ab)N$ 发现它其实构成了一个群

它的单位元是 $N$ ， $aN$ 的逆元即 $a^{-1}N$ 。

这就是 商群(quotient group) ，我们记作 $G/N$ 。

经典例子： $Z/nZ$

我们规定以下记号： $GL_n(F)$ 是 $n$ 阶可逆的方阵构成的集合，它关于乘法构成了群

记 $SL_n(F)=\{M\in GL_n(F)||M|=1\}$ ，则 $SL_n(F)\le GL_n(F)$

自由群(free group)

对于字符集 $\{a,b,\dots\}$ ，我们在 $\{a,b,a^{-1},b^{-1},\dots\}^{*}$ 上定义等价关系 $\sim$ ，即如果从 $s$ 开始，不断消掉或添加形如 $aa^{-1}$ 的子串能得到 $t$ ，则认为 $s\sim t$ 。那么 $\{a,b,a^{-1},b^{-1},\dots\}^{*}$ $/\sim$ 构成了一个群，它的乘法即： $[s]\cdot [t]=[st]$ ，这里是指两个串拼起来。这个群单位元是空串，逆元即 $(s_1s_2\dots s_t)^{-1}=s_t^{-1}s_{t-1}^{-1}\dots s_1^{-1}$ 这个群被称为自由群

我看到去年期中有这样一个题：对于群 $G$ ，设 $s_1,s_2,\dots,s_n\in G$ 满足 $\langle s_1,s_2,\dots,s_n\rangle=G$ ，则存在 $H$ 使得 $free(s_1,s_2,\dots,s_n)/H$ 和 $G$ 同构。这个题做法很显然啊，其实就是构造一个 $free(s_1,s_2,\dots,s_n)$ 到 $G$ 的自然映射，说明它是满同态就结束了。

对称群和交错群

$Sym(\Omega)=\{\text{bijection }f:\Omega\to\Omega\}$

称 $S_n$ 是 $\Omega=\{1,2,\dots,n\}$ 时的对称群

$Alt_n$ 表示 $S_n$ 中所有偶置换构成的集合。有 $Alt_n\unlhd Sym_n$

二面体群(Dihedral Group)

考虑一个 $n$ 条边的正多边形，上面的每个顶点有编号。我们可以对它做两种变换，一个是旋转，一个是沿对称轴翻转。

记 $D_n\le Sym_n$ 为由这两种变换生成的群。它可以被记作 $\langle r,s|r^n=s^2=1,srs=r^{-1}\rangle$

群的中心(Center)

$C(G)=\{h\in G|\forall g\in G,hg=gh\}$

例： $C(GL_{n×n}(F))=\{aI|a\in F^{*}\}$

可以说明 $C(G)\le G$

中心化子 $C_g(G)=\{h\in G|gh=hg\}$ 。那显然 $C(G)=\bigcap\limits_{g}C_g(G)$

群同态&群同构

对于 $\varphi:G\to H$ ，称 $\varphi\in Hom(G,H)$ 当且仅当它保运算：即 $\forall g_1,g_2\in G,\varphi(g_1g_2)=\varphi(g_1)\varphi(g_2)$

同构：满足同态的前提下还是双射。

$\text{Im}\varphi=\varphi(G),\ker\varphi=\varphi^{-1}(e_H)$ 。

容易证明 $\ker \varphi\unlhd G$ 。

同态第一定理

$G/\ker\varphi\cong\varphi(G)$ 。

考虑构造 $\psi:G/\ker\varphi\to \varphi(G)$ 满足 $\psi(x\ker\varphi)=\varphi(x)$ ，容易证明 $\psi$ 是同构。
若 $K\unlhd G,H\le G$ ，有以下结论：

$KH=HK\le G,K\cap H\unlhd H$

同态第二定理

$H/K\cap H\cong HK/K$ 。

构造 $\varphi:H\to G/K$ 满足 $\varphi(h)=hK$ 。可以证明 $\varphi(H)=HK/K$ 且 $\ker \varphi=H\cap K$

可以画图记忆：就是把子群格画一画。所以有人说这是“钻石定理”。

同态第三定理

如果 $K,H\unlhd G$ 且 $H\le K$ ，则 $G/K\cong (G/H)/(K/H)$

证明是构造 $\varphi:G/H\to G/K$ 满足 $\varphi(gH)=gK$ 。证明 $\ker \varphi=K/H$ 和 $\varphi(G/H)=G/K$ 。

画图长成了三个点的链。

同态第四定理

若 $N\unlhd G$ ，则 $\{H|N\le H\le G\}$ 和 $G/N$ 的子群一一对应。

接下来是一些应用：

回顾： $GL_n(F)$ 是 $F$ 上的 $n$ 阶方阵中可逆矩阵的集合，它构成了群。

$B_n(F)\subseteq GL_n(F)$ ：上三角可逆矩阵。

$N_n(F)\subseteq B_n(F)$ ：上三角且对角线全为 $1$ 的可逆矩阵。

可以证明 $N_n\le B_n\le GL_n$ 。

构造 $\varphi:B_n(F)\to (F^*)^n$ ，其中 $\varphi$ 表示把上三角矩阵的对角线提取出来。可以证明 $\varphi$ 是群同态，且 $\ker \varphi=N_n(F)$ 。

这说明 $N_n\unlhd B_n$ 且 $B_n/N_n\cong (F^*)^n$

另一个应用：

考察 $F[x]$ ，它关于加法构成了群。

令 $\varphi:Z[x]\to Z_p$ 满足 $(a_0,a_1x^1,\dots,a_tx^t)\to a_0\bmod p$ 。

可以证明 $\varphi$ 是群同态，且 $\ker \varphi=\{f(x)=a_0+a_1x^1+\dots+a_tx^t|a_0\bmod p=0\}$

类似的可以证明 $Z/pZ\cong Z_p$

单群： $H\unlhd G\to H=\{e\}$ 或 $H=G$ ，则 $G$ 是单群。

如果 $G$ 不是单群，则存在一组拆分满足 $G=H_0\unrhd H_1\unrhd\dots \unrhd H_k=\{e\}$ ，且 $H_i/H_{i+1}$ 是单群。

一个很厉害的定理叫做单群分类定理，它把所有的单群都找了出来，这里就不谈了。

循环群 存在 $g\in G$ 使得 $G=\lang g\rang$ 。显然加法运算下 $Z_n$ 都是循环群。

结论：任何一个有限生成阿贝尔群 $G$ 都和 $Z^r× Z_{n_1}×Z_{n_2}×\dots ×Z_{n_t}$ 同构。其中有限生成是说 $G=<a_1a_2\dots a_t>$

考虑归纳证明，然后反证：假设 $G=<g_1g_2\dots g_t>$ 不满足条件，而由小于 $t$ 个元素生成的群都满足条件。这里我们认为 $G$ 不能被 $t-1$ 个元素生成。

设一组生成元 $G=<a_1a_2\dots a_t>$ 的权值如下：

考虑令 $\varphi:Z^t\to G$ 满足 $\varphi(c_1\dots c_t)=\prod a_i^{c_i}$ 则这组生成元的权值： $(c_1,\dots,c_t)\in \ker \varphi$ 满足非全 $0$ 时最小的 $\sum |c_i|$ 。

可以证明权值最小的那组生成元只有一个 $c_i$ 非 $0$ ，否则容易调整。不妨设 $c_1\neq 0$ 。

那此时 $a_1$ 的阶是 $c_1$ 。就有 $G\cong Z_{c_1}×<a_2\dots a_t>$

$End(G)=Hom(G,G)$ 为自同态， $Aut(G)=Iso(G,G)$ 为自同构。 $Inn(G)=\{f:f(a)=gag^{-1}|a\in G\}$

群作用 (Group Action)

对于群 $G$ 和集合 $X$ ，可以定义 $*:G×X\to X$ 满足 $\forall g,h\in G,x\in X$ 满足 $h*(g*x)=hg*x$ 。我们称之为左群作用。（同理可定义右群作用）

例： $*:Sym(\Omega)×\Omega\to \Omega$ 满足 $\sigma*x=\sigma(x)$ ，是左群作用

$*:G×G\to G$ 满足 $g*h=gh$ ，是左群作用，被称为左平移

$*:G×G\to G$ 满足 $g*h=hg^{-1}$ 是左群作用，被称为右平移。

定理： $G$ 在 $X$ 上的一个群作用等价于 $Hom(G,Sym(X))$ 。也就是说可以把群作用看做 $\varphi:G\to Sym(X)$ ，每一个 $G$ 中的元素都对应了 $X$ 的一个置换，并且 $\varphi_g\circ \varphi_h=\varphi_{gh}$

忠实作用： $\varphi:G\to Sym(X)$ 为单射。

基于群作用，我们可以定义轨道：设 $orbit(x)=Gx=\{g*x|g\in G\}$

可以证明 $\forall x,y\in X$ 有 $Gx=Gy$ 或 $Gx\cap Gy=\varnothing$ 。

设 $G/X=\{Gx|x\in X\}$

稳定化子 设 $Stab(x)=\{g|g*x=x\}$ 。可以证明 $Stab(x)\unlhd G$

共轭若 $\exists g\in G$ 使得 $g*y=x$ ，那么 $x,y$ 共轭。

可以证明 $|G/Stab(x)|=|Gx|$ ，设 $\varphi:G/stab(x)\to Gx$ 满足 $\varphi(g\cdot Stab(x))=g*x$ 即可

现在就可以得到更普遍的的共轭的定义：设对群 $G$ 自身的群作用满足 $g*h=ghg^{-1}$ ，那么 $Gx$ 是 $x$ 所在的共轭类。设 $C(x)=\{g|gxg^{-1}=x\}$ ，我们有 $\frac{|G|}{|C(x)|}=[G:C(x)]=|Gx|$ 。

考虑群作用 $*:Sym(n)×Sym(n)\to Sym(n)$ 满足 $\sigma*\tau=\sigma\tau\sigma^{-1}$ 。

可以证明两个置换同构当且仅当它们的 Shape 相同，所谓 Shape，就是把置换拆成若干不交轮换，轮换大小构成的可重集。

群的分类方程(Conjugation class formula)

$|G|=|C(G)|+\sum\limits_{c_i}[G:C(c_i)]$ ，其中 $C(G)$ 是中心， $c_1,c_2,\dots,\in G$ 是若干大小大于等于 $2$ 的共轭类的代表。

我们可以证明：若 $|G|=p^r$ （即 $G$ 是 p-Group），那么 $C(G)\neq \{e\}$ 。

我们可以证明： $|G|=p^2$ ,则 $G$ 是 Abel 群。

假设 $|C(G)|=p$ ，找到 $g\notin C(G)$ ，有 $C(G)\le C(g)$ 且 $g\in C(g)$ ，所以 $|C(g)|>p$ ，于是 $|C(g)|=p^2$ ，那么 $g\in C(G)$ ，矛盾！于是 $C(G)=p^2$ 是 Abel 群。

Sylow 定理

令 $G=p^rm$ ，其中 $p\nmid m$ 。

定义 $H$ 是 $G$ 的 p-Sylow subgroup ，当且仅当：

$H\le G,|H|=p^r$ 。

Sylow’s theorems

第一，存在 p-Sylow subgroup

第二，两个 p-Sylow subgroup $H_1,H_2$ 共轭，即存在 $g\in G$ 使得 $gH_1g^{-1}=H_2$

这个定理有一些推论：

p-Sylow 子群唯一 $\leftrightarrow$ p-Sylow 子群正规
设 $P$ 是 $G$ 的 p-Sylow 子群， $N_G(P)=\{g\in G|gPg^{-1}=P\}$ ，则 $P$ 是 $N_G(P)$ 的唯一 p-Sylow 子群。

第三，设 $n_p$ 是 p-Sylow subgroup 的个数，则 $n_p\bmod p=1$ 且 $n_p|m$ 。

第一定理考虑归纳证明：

如果 $p|C(G)$ ，根据那个有限生成阿贝尔群的定理 $C(G)=P×Q$ ,其中 $P$ 和 $Z_{p^t}$ 同构。

根据归纳，找到 $G/P$ 的 sylow-p 子群 $S/P$ ，则 $|S/P|=p^{r-t}$ ，于是 $|S|=p^t\cdot p^{r-t}=p^t$ ， $S$ 就是我们想找的。

如果 $p\nmid C(G)$ ，那根据分类方程存在 $p\nmid [G:C(c_i)]$ ，则 $p^r|C(c_i)$ ，归纳找到 $C(c_i)$ 的 sylow-p 子群即可

第二定理考虑对于两个 sylow-p 子群 $P,Q\le G$ ，我们构造一个群作用 $*:Q×(G/P)\to G/P$ 满足 $q*gP=(qg)P$ 。 (注意 $G/P$ 是左陪集的集合，不是商群)

那么 $G/P$ 不是 $p$ 的倍数，自然就存在 $orbit(gP)$ 大小不是 $p$ 的倍数，它也等于 $[Q：Stab(gP)]$ 。但是 $|Q|=p^r$ ，于是 $[Q：Stab(gP)]$ 应该是 $p$ 的幂，那么有 $[Q:Stab(gP)]=1$ ，于是 $Stab(gP)=Q$ 。也就是说 $\forall q\in Q,qgP=gP$ ，即 $g^{-1}qg\in P$ 。那就是 $g^{-1}Qg=p$ 了。

第三定理

首先证明 $n_p|m$ 。

设 $Syl_p(G)$ 是 $G$ 的 sylow-p 子群构成的集合，构造 $*:G×Syl_p(G)\to Syl_p(G)$ 使得 $g*P=gPg^{-1}$

由 Sylow II ,这个作用的轨道是唯一的。这样的作用被称为可迁的(transitive)

于是 $n_p=[G:N_G(P)]=\frac{|G|}{|N_G(P)|}=\frac{|G|}{|P|\cdot [N_G(P):P]}=\frac{m}{[N_G(P):P]}$ 。

然后证明 $n_p\bmod p=1$ 。

和刚才的构造类似，但现在我们任取一个 sylow-p 子群为 $P$ ，构造 $*:P×Syl_p(G)\to Syl_p(G)$ 。

那么还是考察类方程，有 $n_p=\sum\limits_{轨道任取代表 P_i}[P:Stab(P_i)]$ 。如果 $Stab(P_i)\neq P$ ，自然 $[P:Stab(P_i)]$ 是 $p$ 的倍数；否则 $Stab(P_i)=P$ 这说明 $P_i$ 是 $N_G(P)$ 的子群，于是 $P_i=P$ 。看来模 $P$ 意义下，只有取到 $P$ 所在的轨道，这个总和才会加 $1$ ，这就证完了。、

环

ohno，我有一节课没上，笔记不是很完整。

环：代数结构 $(R,+,\cdot)$ 满足 $(R,+)$ 构成 Abel 群， $(R,\cdot)$ 构成半群且乘法对于加法满足分配律。

交换环 乘法满足交换律。

无零因子环 不存在 $a\neq 0,b\neq 0$ 使得 $ab=0$

整环含单位元的交换环且无零因子，且 $R\neq \{0\}$ 。

除环含单位元，且任一非零元都在乘法下有逆元

域除环+交换环。（除环但不是交换环的例子：Hamilton四元数体）

$a$ 相伴 $b$ ： $a|b\land b|a$ （记作 $a\sim b$ ）

$a$ 是不可约元： $p|a\to p\sim a$ 或 $p\sim 1$

$a$ 是素元： $p|ab\to p|a\lor p|b$

唯一分解整环(UFD) 每个元素都能表示成有限个不可约元和一个可逆元的乘积（素元： $p|ab\to p|a\lor p|b$ ）并且表示法在允许重排与相伴之下唯一

UFD 可以等价定义为满足以下两个条件的整环：

ACCP: 不存在无限因子链 $a_1,a_2,\dots$ 满足 $a_1|a_2|a_3|\dots$ 且 $a_i\not\sim a_{i+1}$ 。

素性条件：素元和不可约元等价。

分式域

对于环 $R$ 定义 $Frac(R)=R×(R/\{0\})/\sim$ ，其中 $(a,b)\sim (c,d)\Leftrightarrow ad=bc$ 。

理想 $I$ 是 $R$ 的理想当且仅当 $I$ 关于加法构成 $R$ 的子群，且 $\forall r\in R,\forall i\in I,ir\in I,ri\in I$ 。

如果 $R$ 是交换环，那我们进一步能定义商环。就是 $R/I=\{r+I|r\in R\}$ 。

环上的同态仍然满足同态基本定理。

可以证明若 $A,B$ 是 $R$ 的理想，则 $A+B,AB$ 还是理想。注意 $AB$ 的定义：有限个 $a_ib_i$ 的和，其中 $a_i\in A,b_i\in B$ 。

主理想

由一个元素生成的理想称作主理想。如果它还是个整环，我们就称为主理想整环 (PID) 。

素理想

$R$ 是交换含幺环，且 $ab\in I\to a\in I\cup b\in I$

定理： $I$ 是素理想 $\Leftrightarrow$ $R/I$ 是整环。

极大理想

$R$ 中包含 $M$ 的理想只有 $M$ 和 $R$ 。

定理： $I$ 是极大理想 $\Leftrightarrow$ $R/I$ 是域。

特征

设 $R$ 是非零环，对于 $\forall a\in R,na=0$ 成立的最小正整数 $n$ 称为环的特征，记作 $\text{Char} R$ 。若不存在这样的 $n$ ，则 $\text{Char} R=0$ 。

对于无零因子含幺环，有 $\text{Char} R$ 等于质数或 $0$ 。

欧式整区(ED)

存在 $\varphi:R\to \N$ 满足 $\varphi(x)=0\Leftrightarrow x=0$ 且 $\forall a,b\neq 0$ ，存在 $q,r$ 使得 $a=bq+r$ 且 $\varphi(r)<\varphi(b)$ 。

可以发现 $F[x]$ 就是欧式整区，可以定义 $\varphi(f(x))$ 表示 $f(x)$ 的次数。

有域 $\subseteq$ ED $\subseteq$ PID $\subseteq$ UFD $\subseteq$ 整环

域

设 $F$ 是 $K$ 的子域。那么 $K$ 是 $F$ 的域扩张。

$K$ 可以看做 $F$ 上的线性空间。(K is F-linear space)

设 $[K:F]$ 是 $K$ 看做 F-linear space 时的维数(dimension)。

当 $\text{char} F$ 是质数时 $\Z_p=\mathbb{F}_p\subseteq F$ ，否则 $Q\subseteq F$ 。

对于有限域 $F$ ， $|F|=p^d$ 。因为 $F_p\subseteq F$ ，设 $d=[F:F_p]$ ，即有 $|F|=p^d$ 。

对于 $F\subseteq E,E\subseteq K$ ，有 $[K:F]=[E:F][K:E]$ 。

一些常见的扩张： $[F[x]/(f):F]=\deg f$ 。

对于扩张 $K/F$ 以及 $u\in K$ ，定义 $F(u)$ 表示包含 $F$ 和 $u$ 的最小的 $K$ 的子域。

考虑（保单位元）的域同态 $\varphi:F\to F'$ 的性质。

第一，一定有 $\varphi$ 是单射。因为假设存在 $u\in \ker \varphi-\{0\}$ ，则 $uu^{-1}=1\in \ker\varphi$ ，可得 $F=\ker \varphi$ ，矛盾。

第二， $F$ 和 $\varphi(F)$ 同构。

对于扩张 $K/F$ 以及 $u\in K$ ，有两种情况：

case1：存在不可约多项式 $f\in F[x]$ 满足 $f(u)=0$ 。

此时有性质 $F[x]/(f)\cong F(u)$ 。

(实际例子： $\R[x]/(x^2+1)\cong \R[i]=\mathbb{C}$ )

（我们可以构造 $F[x]$ 到 $F(u)$ 的映射满足 $\varphi(f)=f(u)$ ）

case2: $1,u,u^2,u^3,\dots$ 在 K 看做 F-线性空间时是线性无关的。

对第一种情况，我们称 $u$ 是代数数，否则是超越数。

代数扩张：对于 $K/F$ ， $K$ 中所有数都是代数数。

分裂域 ：对于 $K/F$ ,称 $f\in F[x]$ 能被 $K$ 分裂当且仅当 $f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\dots (x-\alpha_d)$ ，且 $\alpha_1,\dots,\alpha_d\in K$

我们称 $K$ 是 $f$ 的分裂域，当且仅当 $f$ 能被 $K$ 分裂且 $K=F(\alpha_1,\dots,\alpha_d)$ 。

我们称 $K/F$ 是正规扩张，当且仅当所有 $F[x]$ 中的不可约多项式 $f$ 都有 $f$ 在 $K$ 中有根 $\Leftrightarrow$ $f$ 能被 $K$ 分裂。

定理：对于任意 $f\in F[x]$ ，一定存在一个 $f$ 的分裂域 $K$ 满足 $[K:f]\le (\deg F)!$ 。且这个域是同构意义下唯一的。

紧接着可以得到有限域 的重要性质： $\mathbb{F}_{p^d}$ 是唯一的。

因为你考虑 $f\in \mathbb{F}_p[x]$ 满足 $f(x)=x^{p^d}-x$ 。因为 $f'=p^dx^{p^d-1}-1=-1$ ，所以 $\gcd(f,f')=1$ ，于是 $f$ 没有重因式。这说明 $f$ 的 $p^d$ 个根两两不同，设 $K$ 是 $f$ 的分裂域， $F_{p^d}$ 是这些根构成的集合，可以证明 $F_{p^d}=K$ 。

现在我们设 $f$ 是 $\mathbb{F}_{q}[x]$ 中的不可约多项式，令 $\deg f=d$ 。

结论； $|F_q[x]/(f)|=q^d$ ，同时 $f|x^{q^d}-x$

结论： $x^{q^d}-x$ 等于所有 $F_q[x]$ 中 deg 被 $d$ 整除的不可约多项式的乘积

对于 $f\in F^q[x]$ ，如何做因式分解？其中 $q=p^d$ 。

首先要明白，我们只需要找到它的一个非平凡的分解，就能递归的做下去了。

先找重因式：计算 $\gcd(f,f')$ 。因为有 $(g^2f)'=g(2f+gf')$ ，它和 $g^2f$ 有公因式 $g$ 。

现在的 $f$ 是 square-free 的，也就是说它是若干个互不相同的不可约多项式的乘积。

若这些多项式中有两个多项式 $g_1,g_2$ 满足 $d_1=\deg g_1<d_2=\deg g_2$ ，那么有 $g_1|x^{q^{d_1}}-x$ ，但 $g_2\nmid x^{q^{d_1}}-x$ ，所以计算 $\gcd(f,x^{q^{d_1}}-x)$ 即可。也就是说可以枚举 $d$ ，计算 $\gcd(f,x^{q^d}-x)$ 。（这里在算法上存在一个问题是 $q^d$ 可能是个很大的数，可以考虑快速幂计算 $x^{q^d}\bmod f$ ）

现在的 $f$ 是若干互不相同且度数相同的不可约多项式的乘积。

我们的方法是直接随一个多项式 $g$ ，然后计算 $\gcd(g^{\frac{q^d-1}{2}}-1,f)$ ，因为令 $f=f_1f_2\dots f_k$ ，根据费马小定理，每个 $f_i|x^{\frac{q^d-1}{2}}-1$ 的概率都是 $\frac{1}{2}$ ，所以把这 $k$ 个多项式分开的概率就是 $1-\frac{1}{2^{k-1}}$ 。