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爱森斯坦判别法是目前为止用来判断[]Zx内一个多项式可约与否的最好结果。爱森斯坦判别法设给定n次本原多项式01()[](1)Znnfxaaxaxxn如果存在一个素数p，使|(0,1,...,1)ipain，但20|,|npapa，则()fx在[]Zx内不可约。证明：用反证法。设()fx在[]Zx内可约，即()()()fxgxhx，其中0101()[],()[].ZZmmllgxbbxbxxhxccxcxx这里0deg()deg()gxfx。为方便计，下面式子中多项式(),(),()fxgxhx的系数,,iiiabc的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。因为nmlabc，而|npa，故|,|mlpbpc。另一方面，0|pa，而000abc，故0|pb或0|pc；不妨设0|pb，此时因20|pa，故0|pc。设|(0,...,1)ipbir，但|(0)rpbrm。此时|rpa，而011110()rrrrrabcbcbcbc括号中各项均含有因子p，故0|rpbc。但0|,|rpbpc，p为素数，矛盾。由此，()fx在[]Zx内不可约。爱森斯坦判别法是目前为止用来判断Z[x]内一个多项式可约与否的最好结果。艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。由高斯定理，这判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式如果存在素数p，使得p不整除an，但整除其他ai；p^2不整除a0，那么f(x)是不可约的。编辑本段[编辑]例子给了多项式g(x)=3x4+15x2+10，试确定它能否分解为有理系数多项式之积。试用艾森斯坦判别法。素数2和3都不适合，考虑素数p=5。5整除x的系数15和常数项10，但不整除首项3。而且52=25不整除10。所以g(x)在有理数域不可约。有时候不能直接用判别法，或者可以代入y=x+a后再使用。例如考虑h(x)=x2+x+2。这多项式不能直接用判别法，因为没有素数整除x的系数1。但把h(x)代入为h(x+3)=x2+7x+14，可立刻看出素数7整除x的系数和常数项，但72=49不整除常数项。所以有时通过代入便可以用到判别法。艾森斯坦判别法得出的一个著名结果如下：对素数p，以下多项式在有理数域不可约。。要使用艾森斯坦判别法，先作代换x=y+1。新的常数项是p，除首项是1外，其他项的系数是二项式系数，k大于0，所以可以被p除尽。编辑本段[编辑]初等证明对多项式f(x)取模p，也就是把它的系数映射到域上。这样它便化为，其中c为非零常数。因为在域上的多项式有唯一分解，f在模p上会分解为单项式。如果f是在有理数上可约的，那么会有多项式g,h使得f=gh。从上可知g和h取模p分别为和，满足c=de。因为g和h模p的常数项为零，这表示g和h的常数项均可被p整除，所以f的常数项a0可以被p2整除，与f系数的假设矛盾。因此得证试以Q、R、C为系数域，论述多项式的因式分解和多项式的根的关系。首先，多项式因式分解是由其根决定的。Q为有理数域，有理系数多项式均等价于一整系数多项式；R为实数域，实系数多项式一般不等价于整系数多项式，因为系数一般含无理数；C为复数域，复系数多项式系数一般含虚数，因此解一般为虚数。根据根的数域：同一多项式进行因式分解或求根，解的个数CRQ，因为：n次多项式复数域上求解必有n个复根（无重根）；实数域上求解一般小于n，且可能存在重根，解的取值范围为有理数或无理数；有理数域上求解一般也小于n，且也可能存在重根，解的取值范围是有理数。若一个多项式y=a0+a1x+a2x^2+……anx^n,它的C上复根为x1,x2,……xn,则y=an(x-x1)(x-x2)……(x-xn),若是Q或R上，则将x1,x2,……xn中不属于该数域的项乘起来。例如，y=x^2-1，Q或R或C上因式分解为(x+1)(x-1);y=x^2-2,Q上因式分解为原式，R或C上因式分解为(x-√2)(x+√2)；y=x^2+2,Q或R上因式分解为原式，C上因式分解为(x-√2i)(x+√2i)。求证：3次和3次以上的实系数多项式都可以进行因式分解.任何n次多项式都有n个复根(可以重复)2.实系数多项式虚根成对(互为共轭)于是，对于高于三次的实系数多项式P，至少存在a+bi和a-bi两个复根，于是P同时被x-a+bi和x-a-bi整除，也就是被(x-a)^2+b^2整除。请问怎样可以根据一个多项式的系数来确定其是否能被因式分解作为代数基本定理（可到百科查一下）的简单推论，一个数域上的多项式总可以在复数范围内分解成一次因式的乘积。例如：x^2+px+q=(x-r1)(x-r2)其中r1，r2是方程x^2+px+q=0的两根，r1=(-p+√(p^2-4q))/2，r2=(-p-√(p^2-4q))/2。不过因为对于4次以上的代数方程没有一般的根式求根公式（有根，但不会算），所以这个方法的实际用处也比较有限。作为上面结论的一个特殊情况，我们可以证明一个实数为系数的多项式总可以分解为以实数为系数的若干一次因式和二次因式的乘积。（把共轭的复根产生的一次因式相乘）如果求的是整数系数多项式分解为整数系数多项式（或改为有理数系数），这个问题就成为数学上相当复杂的问题了。事实上，对这个问题并没有一般的方法，只是对一些特殊的情况有一些技巧或判定定理。对简单的计算而言，常用的技巧是猜根法，即对多项式根猜测，猜出一个根r就可以分解出一个一次因式(x-r)，用多项式除法就可以把多项式的次数降一。理论化一些，还有著名的古典结论“爱森斯坦（Eisenstein）判别法”，利用它可以证明一部分整数系数多项式不可分解。这个定理可以自己查阅高等代数或抽象代数书籍。【摘要】本文积极探索因式分解的可行性，在学习Eisenstein判别法过程中，经过思考，给出了与Eisenstein判别法等价的整系数多项式整除问题的一种新的判别方法，并给出了整系数多项式在更宽的条件下的判别的推广。【关键词】整除Eisenstein判别法多项式目前为止，判断有理数域上多项式是否整除的最好方法是爱森斯坦判别法。Eisenstein判别法是判断不可约的充分条件，而非必要条件。如果一个整系数多项式不满足Eisenstein判别法条件，则它可能是可约的，也可能是不可约的。有些整系数多项式f(x)不能直接用Eisenstein判别法来判断其是否可约，此时可考虑用适当的代换使f(x+a)=g(x)满足Eisenstein判别法条件，从而来判定原多项式不可约。推论1：设给定n次本原多项式如果存在一个素数p，使得则f(x)在Z[x]内不可约。证明：用反证法。设f(x)在Z(x)内可约，即，其中这里.为方便计,下面式子中多项式的系数的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。因为a0=b0c0，而，故.另一方面，p|an，而an=bmcl，故p|bm或p|cl；不妨设p|bm，因,故.假设b0,b1,…,bm中第一个不能被p整除的数为bk，比较f(x)两端xk的系数，得上式中ak,b0,b1,…,bk-1都能被p整除，则p|(bkc0).而，所以p|bk.矛盾。实系数代数方程的根成对出现；推论实数域上的奇数次一元代数方程至少有一个实根整除、因式、重因式、最大公因式、不可约多项式的定义；带余除法；用辗转相除法求二多项式的最大公因子。一元多项式环的理想、主理想的定义；命题域上的一元多项式环是主理想整环；推论域上的一元多项式环是唯一分解整环；理想的交与和的定义；命题域K上的一元多项式环][xK中二理想))((xf与))((xg的和等于由)(xf与)(xg的最大公因子生成的理想.推论设)(xf与)(xg是域K上的一元多项式环][xK中二多项式，)(xf与)(xg的最大公因子为)(xd，则存在)(xu、)(xv][xK，使得)()()()()(xgxvxfxuxd。第十周：（第九章§1）用形式微商判断多项式是否有重因式。模多项式)(xm同余的定义；中国剩余定理；Lagrenge插值公式；Jordan-Chevally分解定理。（第九章§2）复数域、实数域上多项式的因式分解。第十一周：（第九章§1）本原多项式的定义；高斯引理；推论整系数本元多项式在Z][x中不可约当且仅当在Q][x中不可约.推论唯一分解整环上的多项式环仍是唯一分解整环；爱森斯坦判别法；有理整数环上的一元多项式的因子分解。（第九章§3）复系数多项式的根的绝对值的上界；．有理数域上的多项式的可约性及有理根（本原多项式的定义、高斯引理、爱森斯坦判别法、整系数多项式的有理根）。1．掌握数域上的一元多项式的概念、运算及带余除法。2．正确理解多项式整除概念和性质，掌握最大公因式的概念、性质、求法以及多项式互素的概念和性质）。3．掌握不可约多项式的概念和多项式因式分解的问题。4．掌握多项式的导数及重因式的概念。5．掌握多项式根的概念及多项式的函数观点。6．掌握复数域、实数域、有理数域上的不可约多项式的特点。7．熟练掌握有理系数域上多项式的有理根的求法数学多项式的不可约判别法那如果要证明一个多项式是不可约的,但它不满足条件,这时候该怎么办呢?是不是可以把x换成x+一个整数,去构造爱森斯坦定理的条件?如果是,那该如何证明?很多多项式虽然不可约，但他们不符合爱森斯坦定理的条件。就比如x^2+1，不可约，但不存在质数p使得p整除1。那如果要证明一个多项式是不可约的，但它不满足条件，这时候该怎么办呢？是不是可以把x换成x+一个整数，去构造爱森斯坦定理的条件？如果是，那该如何证证明：：F（X）=x^(p-1)+x^(p-2)+……+x+1是有理数域上的既约多项式，其中p是一个质数由已知可得（x-1）F（x）=x^p-1令y=x-1则yf(y+1)=(y+1)^p-1再令F(y+1)=g(y)可得g(y)=y^(p-1)+p*y^(p-2)+……+p由爱森斯坦判别法可知得证概述】本文积极探求因式分解的可行性，在学习Eisenstein判别法进程中，经过思考，给出了与Eisenstein判别法等价的整系数多项式整除效果的一种新的判别方法，并给出了整系数多项式在更宽的条件下的判别的推行。【中心词汇】整除Eisenstein判别法多项式目前为止，判别有理数域上多项式能否整除的最好方法是爱森斯坦判别法。Eisenstein判别法是判别不可约的充沛条件，而非必要条件。假设一个整系数多项式不满足Eisenstein判别法条件，则它能够是可约的，也能够是不可约的。有些整系数多项式f(x)不能直接用Eisenstein判别法来判别其能否可约，此时可思考用适当的代换使f(x+a)=g(x)满足Eisenstein判别法条件，从而来判定原多项式不可约。推论1：设给定n次本原多项式假设存在一个素数p，使得则f(x)在Z[x]内不可约。证实：用反证法。设f(x)在Z(x)内可约，即，其中这里.为方便计,下面式子中多项式的系数的下标大于其对应多项式的次数时，均以为等于零。由于a0=b0c0，而，故.另一方面，p|an，而an=bmcl，故p|bm或p|cl；无妨设p|bm，因,故.假定b0,b1,…,bm中第一个不能被p整除的数为bk，比拟f(x)两端xk的系数，得上式中ak,b0,b1,…,bk-1都能被p整除，则p|(bkc0).而，所以p|bk.矛盾。故f(x)在Z[x]内不可约。应用本推论，可以直接判定5x2+5x+2能否在Z[x]内可约。例1：判定f(x)=5x2+5x+2在Z[x]内能否可约。解：取p＝5，故f(x)在Z[x]内不可约。例2：判定f(x)=150x4+25x3+50x2+10x在Z[x]内能否可约。解：关于多项式，需求将它变形为本原多项式：取p=5故g(x)在Z[x]内不可约，f(x)在Z[x]内不可约。推论2：设给定n次本原多项式假设存在一个素数p，使得则f(x)在Z[x]内不可约。证法同上