§1.9有理系数多项式

一、本原多项式二、整系数多项式的因式分解问题的引入1.由因式分解定理，作为一个特殊情形：对则可唯一分解()[],()1,fxQxfx()fx成不可约的有理系数多项式的积.但是，如何作出它的分解式却很复杂，没有一个一般的方法.2.我们知道，在上只有一次多项式才是不可约C多项式；在上，不可约多项式只有一次多项式与某些R二次多项式；但在上有任意次数的不可约多项式．如Q2,.nxnZ如何判断上多项式的不可约性呢?Q3.有理系数多项式可归结为整系数多项式的问题．这是因为任一有理数可表成两个整数的商．110(),nnnnfxaxaxa事实上，设则可选取适当整数,c使为整系数多项式．()cfx()(),cfxdgx()cfx若的各项系数有公因子，就可以提出来，得也即()(),dfxgxc其中是整系数多项式，且各项系数没有异于()gx的公因子．1一、本原多项式设1110()0,nnnngxbxbxbxb定义,0,1,2,,.ibZin若没有110,,,,nnbbbb则称为本原多项式．()gx异于的公因子，即110,,,,nnbbbb1是互素的，有关性质1．()[],,fxQxrQ使()(),fxrgx其中为本原多项式．()gx（除了相差一个正负号外，这种表示法是唯一的）．2．Gauss引理定理10两个本原多项式的积仍是本原多项式．设110(),nnnnfxaxaxa110()mmmmgxbxbxb是两个本原多项式．110()()()nmnmnmnmhxfxgxdxdxd若不是本原的，则存在素数()hx,p证：|,0,1,,.rpdrnm又是本原多项式，所以不能整除的()fxp()fx每一个系数．反证法．令为中第一个不能被整除的数，即ia01,,,naaap11|,,,.||iipapapa同理，本原，令为中第一个不能被()gxjb0,,mbbp整除的数，即011|,|,||,,.jjpbpbpbpb又11,ijijijdabab矛盾．11|,,|,|ijijijpdpabpab在这里故是本原的．()hx定理11若一非零的整系数多项式可分解成两个次数较低的有理系数多项式，则它一定可分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积．二、整系数多项式的因式分解设整系数多项式有分解式()fx()()()fxgxhx其中且(),()[],gxhxQx(),()().gxhxfx证：令111()(),()(),()()fxafxgxrgxhxshx这里，皆为本原多项式，111(),(),()fxgxhx,aZ,.rsQ于是111()()().afxrsgxhx由定理10，本原，11()()gxhx即.rsZ11()()().fxrsgxhx,ars从而有得证．设是整系数多项式，且是本原(),()fxgx()gx推论的，若则()()(),()[],fxgxhxhxQx()hx必为整系数多项式．令11()(),()(),fxafxhxchx11(),()fxhx本原，111()()()()()afxgxchxcgxhx即.cZ1()()hxchx为整系数多项式．证：,,aZcQ于是有，,ca定理12设1110()nnnnfxaxaxaxa是一个整系数多项式，而是它的一个有理根，rs其中是互素的，则必有,rs0|,|.nsara是的有理根，rs()fx从而()|().sxrfx又互素，,rs1110()()()nnfxsxrbxbxb,0,1,,1.ibZin比较两端系数，得证：()|(),rxfxs∴在有理数域上，由上推论，有sxr本原．100,.nnasbarb所以，|,|.nsara定理12是判断整系数多项式有理根的一个必要条件，而非充分条件．例1求方程的有理根.432230xxx可能有理根为131,3,,,22用综合除法可知，只有1为根．注意解：例2证明:在上不可约．3()51fxxxQ若可约，()fx但的有理根只可能是()fx1,所以不可约．()fx证：则至少有一个一次因式，()fx也即有一个有理根．而(1)3,f(1)5.f矛盾．定理13艾森斯坦因Eisenstein判别法设1110(),nnnnfxaxaxaxa是一个整系数多项式，若有一个素数使得,p1|npa1202|,,,nnpaaa203|pa则在有理数域上是不可约的．()fx若在上可约，由定理11，()fxQ()fx可分解为两次数较低的整系数多项式积111010()()()llmmllmmfxbxbxbcxcxc,,,,ijbcZlmnlmn证：000,.nlmabcabc0|,pa又20|,pa不妨设但0|pb0|.pc0|pb0|,pc或00,.bcp不能同时整除另一方面，|.npa假设中第一个不能被整除的数为01,,,lbbbp,kb比较两端的系数，得kx0110kkkkabcbcbc上式中皆能被整除，10,,,kkabbp矛盾．0||.kpbpc或|,|.lmpbpc0|kpbc故不可约．()fx例3证明：在上不可约．2nxQ证：（令即可）．2p(可见存在任意次数的不可约有理系数多项式)例4判断23()1,2!3!!pxxxfxxp（为素数）在上是否可约．Qp令()!(),gxpfx21!!()!!,2(1)!ppppgxppxxxxp则为整系数多项式．()gx!!|1,|,,!,(1)!(2)!ppppppp,但2|!,pp解：()gx在上不可约，Q从而在上不可约．()fxQ即①Eisenstein判别法是判断不可约的充分条件，而非必要条件．注意也就是说，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．②有些整系数多项式不能直接用Eisenstein判别法来判断是其是否可约，此时可考虑用适当的代换使满足Eisenstein判别法条件，从而来判定原多项式不可约．()fx(,,0),axbabZa()()faybgy()fx有理系数多项式在有理系数上不可约()fx命题在有理数域上不可约．,(0),abQa对()()gxfaxb多项式例5证明：在上不可约．2()1fxxQ取2,p证：1,xy作变换2()22,fxyy则在Ｑ上不可约，222yy所以在Ｑ上不可约．()fx由Eisenstein判别法知，对于许多上的多项式来说，作适当线性代换后Q再用Eisenstein判别法判定它是否可约是一个较好的多项式无论作怎样的代换都不能(),fx,xayb使满足爱森斯坦因判别法的条件，()()faybgy即找不到相应的素数.p说明：办法，但未必总是凑效的．也就是说，存在上的Q如，3()1.fxxx练习P为素数，证明:()1,pfxxpx()fx在Ｑ上不可约．