有理系数多项式可归结为整系

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Dr. Zhi hui Li
证： 设整系数多项式 f ( x )有分解式 f ( x ) = g( x )h( x ) 其中 g ( x ), h( x ) ∈ Q[ x ], 且 ∂ ( g ( x ) ) , ∂ ( h( x ) ) < ∂ ( f ( x ) ) . 令 f ( x ) = a f1 ( x ), g ( x ) = r g1 ( x ), h( x ) = sh1 ( x ) 这里， 皆为本原多项式， 这里，f1 ( x ), g1 ( x ), h1 ( x ) 皆为本原多项式，a ∈ Z ,
是互素的， 其中 r , s 是互素的，则必有
s | a n , r | a0 .
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r 证： Q 是 f ( x ) 的有理根， 的有理根， s r 在有理数域上， ∴ 在有理数域上， ( x − ) | f ( x ) , s 从而 ( sx − r ) | f ( x ).
⇒ c = ± a,
即 c ∈ Z.
为整系数多项式． ∴ h( x ) = ch1 ( x ) 为整系数多项式．
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f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + L + a1 x + a0 定理12 定理12 设
r 是一个整系数多项式， 是它的一个有理根， 是一个整系数多项式，而 s 是它的一个有理根，
∴ an = bl cm , a0 = b0c0 . Q p | a0 , ∴ p | b0 或 p | c0 ,
p 2 | a0 , ∴ p 不能同时整除 b0 , c0 . 又
不妨设 p | b0 但 p | c0 .
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另一方面， 另一方面， p | an . ∴ p | bl , p | cm . 假设 b0 , b1 ,L , bl 中第一个不能被 p 整除的数为 bk ,
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是整系数多项式， 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． 的公因子．
1.本原多项式 1.本原多项式
定义
bi ∈ Z ,
g ( x ) = bn x n + bn−1 x n−1 + L + b1 x + b0 ≠ 0, 设
i = 0,1, 2,L , n . 若 bn , bn−1 ,L , b1 , b0 没有
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2. .
我们知道， 我们知道，在 C 上只有一次多项式才是不可约
多项式； 多项式； 在 R 上，不可约多项式只有一次多项式与某些 二次多项式； 二次多项式； 但在 Q 上有任意次数的不可约多项式．如 上有任意次数的不可约多项式．
x − 2, ∀n ∈ Z .
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推论 是整系数多项式， 设 f ( x ), g( x ) 是整系数多项式，且 g( x )是本原 的，若 f ( x ) = g ( x )h( x ), h( x ) ∈ Q[ x ], 则 h( x ) 必为整系数多项式． 必为整系数多项式．
为整系数多项式． 则可选取适当整数 c , 使 cf ( x ) 为整系数多项式． 的各项系数有公因子，就可以提出来， 若 cf ( x ) 的各项系数有公因子，就可以提出来，得 d cf ( x ) = dg ( x ), 也即 f ( x ) = g ( x ), c
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证 ： 设 f ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + L + a0 ,
g ( x ) = bm x m + bm −1 x m −1 + L + b0
是两个本原多项式． 是两个本原多项式．
h( x ) = f ( x ) g ( x ) = d n+ m x n+ m + d n+ m −1 x n+ m −1 + L + d 0
反证法． 反证法． 若 h( x )不是本原的，则存在素数 p, 不是本原的，
p | d r , r = 0,1,L , n + m .
是本原多项式， 不能整除 又 f ( x ) 是本原多项式，所以 p 不能整除 f ( x ) 的 每一个系数． 每一个系数．
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的公因子， 是互素的， 异于 ±1 的公因子，即 bn , bn−1 ,L , b1 , b0 是互素的， 则称 g ( x ) 为本原多项式． 本原多项式．
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2 有关性质
（1）． ( x ) ∈ Q[ x ], ∃ r ∈ Q , 使 f ( x ) = rg ( x ), ）． ∀f 为本原多项式． 其中 g ( x )为本原多项式． （除了相差一个正负号外，这种表示法是唯一的）． 除了相差一个正负号外，这种表示法是唯一的） ）．Gauss引理 （2）． ）． 引理 定理10 定理 两个本原多项式的积仍是本原多项式． 两个本原多项式的积仍是本原多项式．
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注意
定理12是判断整系数多项式有理根的一个必要条件， 定理12是判断整系数多项式有理根的一个必要条件， 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． 而非充分条件． 例1 求方程 2 x 4 − x 3 + 2 x − 3 = 0 的有理根. 的有理根.
f (1) = −3,
f ( −1) = 5.
矛盾． 矛盾．
不可约． 所以 f ( x )不可约．
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定理13 定理13 设
艾森斯坦因Eisenstein判别法 判别法 艾森斯坦因
f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + L + a1 x + a0 ,
互素， 本原．由上推论， 又 r , s 互素， ∴ sx − r 本原．由上推论，有
f ( x ) = ( sx − r )(bn−1 x n−1 + L + b1 x + b0 )
bi ∈ Z , i = 0,1,L , n − 1. an = sbn−1 , a0 = − rb0 .
比较两端系数， 比较两端系数，得 所以， 所以， s | an , r | a .
x k 的系数，得 比较两端 的系数，
ak = bk c0 + bk −1c1 + L + b0ck
整除， 上式中 ak , bk −1 ,L , b0 皆能被 p 整除，
∴ p | bk c0 ⇒ p | bk 或 p | c0 .
不可约． 故 f ( x)不可约．
矛盾． 矛盾．
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为素数） 上是否可约． （ p 为素数）在 Q 上是否可约．
2
3Байду номын сангаас
p
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证明： 上不可约． 例3 证明：x n + 2 在 Q 上不可约． ：（令 即可）． 证：（令 p = 2 即可）． (可见存在任意次数的不可约有理系数多项式) 可见存在任意次数的不可约有理系数多项式)
x x x , + +L+ 例4 判断 f ( x ) = 1 + x + 2! 3! p!
是一个整系数多项式， 是一个整系数多项式，若有一个素数 p, 使得
1o 2o 3o p | an p | an−1 , an− 2 ,K , a0 p 2 | a0
则 f ( x ) 在有理数域上是不可约的． 在有理数域上是不可约的．
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r , s ∈ Q.
于是 a f1 ( x ) = rsg1 ( x )h1 ( x ).
由定理10， 本原， 由定理 ， g1 ( x )h1 ( x )本原， 从而有 a = ± rs , 即 rs ∈ Z . ∴ f ( x ) = ( rsg1 ( x ) ) h1 ( x ). 得证． 得证．
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证： 令 f ( x ) = a f1 ( x ), h( x ) = ch1 ( x ),
a ∈ Z , c ∈ Q,
于是有， 于是有，
f1 ( x ), h1 ( x ) 本原， 本原，
a f1 ( x ) = g ( x )ch1 ( x ) = cg( x )h1 ( x )
n
+
上多项式的不可约性呢? 如何判断 Q 上多项式的不可约性呢?
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一、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． 这是因为任一有理数可表成两个整数的商．
f ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + L + a0 , 事实上， 事实上，设