9第九节有理系数多项式

现在再来看有理数域上一元多项式的因式分解.作为因式分解定理的一个特殊情形，我们有，但是对于任意一个给定的多项式，要具体地作出它的分解式却是一个很复杂的问题，即使要判别一个有理系数多项式是否可约也不是一个容易解决的问题，这一点是有理数域与实数域、复数域所不同的.第九节有理系数多项式上页下页返回每个次数≥1的有理系数多项式都能唯一地分解成不可约的有理系数多项式的乘积.第一，有理系数多项式的因式分解问题，可以归结为整(数)系数多项式的因式分解问题，并进而解决求有理系数多项式的有理根的问题.第二，在有理系数多项式环中，有任意次数的不可约多项式.上页下页返回在这一节我们主要是指出有理系数多项式的两个重要的事实.在复数域上只有一次多项式才是不可约，而在实数域上不可约多项式只有一次的和某些二次的.我们不打算一般地来讨论这些问题.设011axaxaxfnnnn是一有理系数多项式.选取适当的整数c乘f(x)，总可以使cf(x)是一整系数多项式.如果cf(x)的各项系数有公因子，就可以提出来，得到也就是).()(xgcdxf上页下页返回cf(x)=dg(x)其中g(x)是整系数多项式，且各项系数没有异于±1的公因子.例如.3155152522322424xxxxxx如果一个非零的整系数011bxbxbxgnnnn上页下页返回的系数bn,bn-1,…,b0没有异于±1的公因式，也就是说，它们（这些整数）是互素的，这个多项式我们就称为一个本原多项式.上面的分析表明，任何一个非零的有理系数多项式f(x)都可以表示成一个有理数r与一个本原多项式g(x)的乘积，即f(x)=rg(x)可以证明，这种表示法除了差一个正负号是唯一确定的.亦即，如果其中，g(x),g1(x)都是本原多项式，那么必有上页下页返回f(x)=rg(x)=r1g1(x)r=±r1，g(x)=±g1(x)因为f(x)与g(x)只差一个常数倍，所以f(x)的因式分解问题，可归为本原多项式g(x)的因式分解问题.下面指出，一个本原多项式能否分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积与它能否分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积是一致的.定理10(高斯(Gauss)引理)两个本原多项式的乘积还是本原多项式.011011...)(...)(bxbxbxgaxaxaxfmmmmnnnn证明设是两个本原多项式，而011...)()()(dxdxdxgxfxhmnmnmnmn是它们的乘积.上页下页返回作为准备，我们先证我们用反证法.如果h(x)不是本原的，也就是说，h(x)的系数有一异于±1的公因子，那么就有一个素数p能整除h(x)的每一个系数.因为f(x)是本原的，所以p不能同时整除f(x)的每一个系数.01,...,,dddmnmn令ai是第一个不能被p整除的系数，上页下页返回同样地，g(x)也是本原的，所以p也不能同时整除g(x)的每一个系数..10|,,...,jjbpbpbp.10|,,...,iiapapap即令bj是第一个不能被p整除的系数，即由上面的假设，p整除等式左端的di+j，p整除右端aibj以外的每一项，但是p不能整除aibj，这是不可能的.这就证明了，h(x)一定也是本原多项式.证毕.上页下页返回我们来看h(x)的系数di+j，由多项式乘法定义22112211jijijijijijibababababad例设f(x)和g(x)都是本原多项式，且g(x)整除f(x)，证明：g(x)除以f(x)所得的商也是本原多项式.证设f(x)=g(x)q(x)上页下页返回由于f(x)和g(x)都是本原多项式，故商q(x)必为有理系数多项式，由此可得f(x)=rg(x)q1(x)，其中r为有理数，q1(x)是本原多项式，由Gauss引理知本原多项式的乘积g(x)q1(x)仍然为本原多项式，从而只有r=±1，于是商q(x)=±q1(x)为本原多项式.证毕.定理11如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式乘积.上页下页返回由此我们来证明证明:设整系数多项式f(x)有分解式)).(())(()),(())((xfxhxfxg令f(x)=af1(x)，g(x)=rg1(x)，h(x)=sh1(x)f(x)=g(x)h(x)其中g(x),h(x)是有理系数多项式，且这里f1(x)，g1(x)，h1(x)都是本原多项式，a是整数，r,s是有理数.于是这就是说，rs是一整数.因此，我们有上页下页返回令af1(x)=rsg1(x)h1(x)由定理10，g1(x)h1(x)是本原多项式，从而令rs=±af(x)=(rsg1(x))h1(x)这里rsg1(x)与h1(x)都是整系数多项式，且次数都低于f(x)的次数.证毕.推论设f(x),g(x)是整系数多项式，且g(x)是本原的，如果f(x)=g(x)h(x)，其中h(x)是有理系数多项式，那么h(x)一定是整系数的.上页下页返回由定理的证明容易得出（这个推论的证明当作练习自己完成.）这个推论提供了一个求整系数多项式的全部有理根的方法.上页下页返回是一个整系数多项式，而是它的一个有理根，其中r,s互素，那么必有s|an，r|a0.特别的，如果f(x)的首项系数an=1，那么f(x)的有理根都是整数根，而且是a0的因子.011)(axaxaxfnnnnsr定理12设|srxxf从而|rsxxf证明因为是f(x)的一个有理根，因此在有理数域上sr因为r,s互素，所以sx-r是一个本原多项式.根据上述推论，)...)(()(011bxbrsxxfnn式中bn-1,…,b0都是整数，比较两边系数，即得.,001rbasbann上页下页返回因此s|an，r|a0证毕.例1求方程2x4-x3+2x-3=0的有理根.解这个方程的有理根只可能是，用综合除法可以看出，除去1以外全不是它的根，因此这个方程的有理根只有x=1.2321,3,1上页下页返回用综合除法可能较繁，实用中可用试根法，即将这些数一一代入，等式成立的即为根.例2证明f(x)=x2-5x+1在有理数域上不可约.证如果f(x)可约，那么它至少有一个一次因子，也就是有一个有理根.但f(x)的有理根只可能是±1.直接验算可知±1全不是根，因而f(x)在有理数域上不可约.证毕.上页下页返回以上的讨论解决了我们提出的第一个问题，现在来解决第二个问题，首先我们来证明定理13（哎森斯坦因（Eisenstein）判别法）设.|.3;,,,|.2;|.102021apaaapapnnn上页下页返回是一个整系数多项式，如果有一个素数p，使得f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0那么，f(x)在有理数域上是不可约的.证明如果f(x)在有理数域上可约，那么由定理11，f(x)可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积：).,,())(()(011011nmlnmlcxcxcbxbxbxfmmmmllll因此an=blcm，a0=b0c0.上页下页返回因为p|a0，所以p能整除b0或c0.但是p2|a0，所以p不能同时整除b0及c0.因此不妨假定p|b0，但p|c0..0110kkkkcbcbcba式中ak,bk-1,…,b0都能被p整除，所以bkc0也必须能被p整除.但是p是一个素数，所以bk与c0中至少有一个被p整除.这是一个矛盾.从而，f(x)在有理数域上是不可约的.证毕.上页下页返回另一方面，因为p|an所以p|bl.假设b0,b1,…,bl中第一个不能被p整除的是bk.比较f(x)中xk的系数，得等式例证明多项式f(x)=x3+3在有理数域上是不可约的.证取p=3，显然满足条件，即3不能整除首项系数1，可整除其它系数，但32=9不能整除常数项3，因此根据定理13，可知f(x)=x3+3在有理数域上是不可约的.证毕.上页下页返回根据定理13，可知对于任意的正整数n，多项式2nx上页下页返回在有理数域上是不可约的.由此可得结论：在有理数域上，存在任意次数的不可约多项式.