反证法证明多项式不可约

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多项式在有理数域上不可约判定，

第21卷第1期湖南理工学院学报(自然科学版) Vol.21 No.12008年3月 Journal of Hunan Institute of Science and Technology (Natural Sciences) Mar. 2008有理数域上的一类不可约多项式张卫，史滋福(湖南师范大学数学与计算机科学学院，长沙 410081)摘要: 首先介绍了判别有理数域上多项式不可约的常用结论，讨论了形如12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−+"的多项式的性质，并且得到了定理：若，6n >()0x ϕ>且它的次数小于的一半，则n 12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−+"在Q 上不可约.关键词: 有理数域; 不可约多项式; 次数中图分类号：O151.23 文献标识码：A 文章编号: 1672-5298(2008)01-0005-03A Class Irreducible Polynomials on Rational Number FieldZHANG Wei , SHI Zi-fu(Department of Mathematics, Hunan Normal University, Changsha 410081, China)Abstract: Some common results which used to decide a polynomial on rational number field irreducible are explained in this paper. Some properties of polynomial such as 12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−+"are discussed and some theorem is obtained if ，6n >()0x ϕ>and the degree of ()x ϕ is less than a half of ,then n ()f x is irreducible on rational number field.Key words: rational number field; irreducible polynomial; degree研究数域上不可约多项式就如研究整数中的素数一样重要. 如果F 是代数闭域，则F 上的不可约多项式就是全体的一次多项式，而在素域F 上的不可约多项式研究却是一个复杂的工作. 在我们熟悉的有理数域Q 上，存在着任意次的不可约多项式. 到目前为止，在有理数域Q 上，判断多项式不可约的方法主要有以下几类:Ⅰ 通过多项式的系数与某素数的整除关系来判定不可约，如Eisenstein 判别法及其推广形式[1][2]. Ⅱ 通过多项式的系数与某素数的大小关系来判定不可约，如命题1[3]设是一个素数，且整数适合p 12,,,n a a a "10nk k a =p <<∑，则多项式212()n n f x p a x a x a x =++++"在Q 上不可约.Ⅲ 将多项式作为函数所得到的一些特殊取值来判定不可约，如命题2[4] 若整系数多项式()f x 对于无限个整数值x ，其函数值()f x 都是素数，那么多项式()f x 在Q 上不可约.Ⅳ 通过辅助多项式的根的取值来判定不可约，如命题3[5] 设是n 个两两不同的整数，那么多项式12,,,n a a a "1()()1ni i f x x a ==−−∏在Q 上不可约.本文给出一类可以通过的多项式的次数或者多项式在某点的取值来进行判定的不可约多项式.收稿日期：2007-12-20 基金项目: 湖南省自然科学基金项目(04JJ40003) 作者简介：张卫(1963− ), 男，江西赣州人，博士，湖南师范大学讲师. 主要研究方向: 多项式代数和环论命题4[5]设是n (n ≥2)个两两不同的整数，如果多项式12,,,a a a "n 1()()1ni i f x x a ==−+∏在Q 上可约，则n 是一个偶数.引理1 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，若多项式12,,,n a a a "212()()()()1n f x x a x a x a =−−−"+在Q 上可约，则存在整系数多项式h x ，使得()2()()f x h x =.证明因为n ，对于任何整数3≥0x ，或者()201020()()0n x a x a x a −−="或者−2201020010203()()()()()()n x a x a x a x a x a x a −−−≥−−−"2≥,所以，因此0()0f x ≠()f x 没有一次有理因式.现设()()()f x g x h x =是()f x 的真因式分解，其中()g x 与都是整系数多项式，且()h x ()g x 与的次数都小于，令()h x n ()()()x g x h x ϕ=−，由()1i f a =,()()1i i g a h a ==±，于是()0,1,2,,i a i n ϕ==".如果()0x ϕ≠，则必有deg(())x n ϕ<，这是不可能的，所以()0x ϕ=. 因此()()g x h x =，即有2()()f x h x =. 由引理1立即可得.定理1 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，则当是偶数时，多项式12,,,n a a a "n 212()()()()1n f x x a x a x a =−−−"+在Q 上不可约.定理2 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，且12,,,n a a a "212()()()()1n f x x a x a x a =−−−+".若存在0x , 使得，则0()0f x <()f x 在Q 上不可约.引理2 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，且12,,,n a a a "222121()()()()()()1r r n f x x a x a x a x a x a +=−−−−−+"".若()f x 有真因式()g x ，则()g x 的次数至少是的一半.n 证明设()()()f x g x h x =，且deg(())g x <[2n]，由于()1,1,2,,i f a i n =="，所以, ，于是()1i g a =±1,2,,i n ="()g x 至少在[个点恒取值]deg(())12ng x ≥+1+或者1−，此时()g x 是常数，矛盾.推论1 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，若多项式12,,,n a a a "222121()()()()()()1r r n f x x a x a x a x a x a +=−−−−−+""有真因式()g x ，则()g x 的次数deg(())[]2ng x r n ≤+−.引理3 设是n (n ≥3)个两两不同的整数， 12,,,n a a a "[]2nr <，且222121()()()()()()1r r n f x x a x a x a x a x a +=−−−−−+"".如果()f x 在Q 上可约，则一定存在整系数多项式，使得()h x 2()()f x h x =.证明设()f x 的真因式分解()()()f x g x h x =，(),()g x h x 都是整系数多项式，且次数[]2n deg(()),deg(())g x h x r n ≤≤+−[]2n . 令()()()x g x h x ϕ=−，和引理1相仿，由于也有deg(())x n ϕ<，所以()0x ϕ=，即2()()f x h x =.类似地可以证明引理4设是n (n ≥3)个两两不同的整数，且12,,,n a a a "12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−"+ 6 湖南理工学院学报(自然科学版) 第21卷.第1期张卫等：有理数域上的一类不可约多项式 7如果deg(())[]2nr x ϕ=<，且()f x 在Q 上可约，则一定存在整系数多项式，使得()h x 2()()=f x h x .定理3 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，且12,,,n a a a "12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−"+.如果deg(())[]2nr x ϕ=<，且 deg(())x n ϕ+是奇数，则()f x 在Q 上不可约.定理4 设是n (n ≥3)个两两不同的整数，且12,,,n a a a "12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−"+.如果deg(())[]2nr x ϕ=<，且存在实数0x ，使得0()0f x <，则()f x 在Q 上不可约.定理5 设是n (n >6)个两两不同的整数，且12,,,n a a a "12()()()()()1n f x x x a x a x a ϕ=−−−"+，如果deg(())[]2nr x ϕ=<，且()0x ϕ=没有有理根，则()f x 在Q 上不可约.证明不妨设，令12n a a a <<<"012n x a =−，因为0()0x ϕ≠，所以01()2r x ϕ≥，从而0001010()()()()()1ϕ−=−−−+"n n f x x x a x a x a <123311()()()()122222124211()()()(122222−⋅⋅⋅⋅⋅−+<−⋅⋅⋅⋅⋅−+""r r n n =222((2)!122−++−−⋅−+=−+n n r r n n 2)!1>. 因为当n 时，62deg(())[]log (2)!22nr x ，所以n ϕ=<<−−0()0f x <，再由定理4即得定理5.鉴于在定理证明中关于()x ϕ其实只利用了01()2r x ϕ≥，所以有推论2 若, 且，那么212()()()()1n f x x a x a x a =−−−+"6n >()f x 在Q 上不可约.最后提出两个问题作为本文的结束. 问题1 定理5在的时候是否也成立？6n =问题2 推论2中由于()x ϕ的次数仅等于1，是否的条件可以去掉？ 6n >参考文献[1] 张海山. Eisenstein 判别法的推广[J]. 首都师范大学学报(自然科学版), 2001，22(3):13~15 [2] 陈侠. 关于整系数不可约多项式[J]. 沈阳航空工业学院学报, 2004，21(1): 77~78 [3] 冯克勤，余红兵. 整数与多项式[M]. 北京: 高等教育出版社, 1999: 138~142[4] 黎伯堂，刘桂真. 高等代数解题技巧与方法[M]. 济南: 山东科学技术出版社, 1999:154~171 [5] 王品超. 高等代数新方法[M]. 济南: 山东教育出版社, 1989: 11~44李克安教授被评为第三届湖南省“双十佳期刊编辑”为了进一步加强编辑队伍建设，鼓励期刊出版行业出人才，出好人才，繁荣和发展期刊出版事业，中共湖南省委宣传部、湖南省新闻出版局联合组织评选了第三届湖南省“双十佳期刊编辑”。

爱森斯坦判法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判

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。

爱森斯坦判别法设给定n 次本原多项式01()[](1)Z n n f x a a x a x x n =+++∈≥L如果存在一个素数p ，使|(0,1,...,1)i p a i n =-，但20|,|n p a p a //，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()()()f x g x h x =，其中0101()[],()[].Z Z m m l l g x b b x b x x h x c c x c x x =+++∈=+++∈L L这里0deg ()deg ()g x f x <<。

为方便计，下面式子中多项式(),(),()f x g x h x 的系数,,i i i a b c 的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。

因为n m l a b c =，而|n p a /，故|,|m l p b p c //。

另一方面，0|p a ，而000a b c =，故0|p b 或0|p c ；不妨设0|p b ，此时因20|p a /，故0|p c /。

设|(0,...,1)i p b i r =-，但|(0)r p b r m <</。

此时|r p a ，而 011110()r r r r r a b c b c b c b c --=++++L括号中各项均含有因子p ，故0|r p b c 。

但0|,|r p b p c //，p 为素数，矛盾。

由此，()f x 在[]Z x 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。

(完整版)高等代数多项式习题解答

第一章多项式习题解答1.用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r .1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f9731929269791437134373132131232223232----+----+----+-x x x x x x x x x x x x x x 92926)(,9731)(--=-=x x r x x q . 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f17525422225200222223232342342-++--+-+--+---+-+-+++-x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q .2.q p m ,,适合什么条件时，有1）q px x mx x ++-+32|1m x m q x p m mx m x m qx p mx x mx x q px x x mx x --++++--+++--++++-+)()1()1(01222223232 当且仅当m q p m ==++,012时q px x mx x ++-+32|1.本题也可用待定系数法求解.当q px x mx x ++-+32|1时，用12-+mx x 去除q px x ++3，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为q x -.于是有q x mq x q m x mx x q x q px x ++--+=-+-=++)1()()1)((2323.因此有m q p m ==++,012.2）q px x mx x ++++242|1由带余除法可得)1()2()1)(1(2222224m p q x m p m m p mx x mx x q px x --++--++-+-++=++ 当且仅当0)1()2()(22=--++--=m p q x m p m x r 时q px x mx x ++++242|1.即⎩⎨⎧=--+=--010)2(22m p q m p m ，即⎩⎨⎧=+=,1,0p q m 或⎩⎨⎧==+.1,22q m p 本题也可用待定系数法求解.当q px x mx x ++++242|1时，用12++mx x 去除q px x ++24，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为q ax x ++2.于是有)1)((2224++++=++mx x q ax x q px x.)()1()(234q x mq a x q ma x a m x ++++++++=比较系数可得.0,1,0=+=++=+mq a p q ma a m 消去a 可得⎩⎨⎧=+=,1,0p q m 或⎩⎨⎧==+.1,22q m p 3.求)(x g 除)(x f 的商)(x q 与余式)(x r .1）;3)(,852)(35+=--=x x g x x x x f解：运用综合除法可得327109391362327117083918605023---------商为109391362)(234+-+-=x x x x x q ，余式为.327)(-=x r2）i x x g x x x x f 21)(,)(23+-=--=.解:运用综合除法得:ii ii i i i 892521892421011121+----+-------商为)25(22i ix x +--,余式为i 89+-. 4.把)(x f 表成0x x -的方幂和，即表示成 +-+-+202010)()(x x c x x c c 的形式.1）1,)(05==x x x f ；2）;2,32)(024-=+-=x x x x f3）.1,73)1(2)(0234-=++-+-+=x i x x i ix x x f分析：假设)(x f 为n 次多项式，令])()()[()()()()(10021000202010--++-+-+=-++-+-+=n n nn x x c x x c c x x c x x c x x c x x c c x f0c 即为0x x -除)(x f 所得的余式，商为10021)()()(--++-+=n n x x c x x c c x q .类似可得1c 为0x x -除商)(x q 所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数.解：1）解法一：应用综合除法得.5110141110416311563143211143211111111111100000115)(x x f =1)1(5)1(10)1(10)1(5)1(2345+-+-+-+-+-=x x x x x .解法二：把x 表示成1)1(+-x ，然后用二项式展开1)1(5)1(10)1(10)1(5)1(]1)1[(234555+-+-+-+-+-=+-=x x x x x x x2）仿上可得812226122412210412112082422128442302012-----------------432)2()2(8)2(22)2(2411)(+++-+++-=x x x x x f . 3）因为i iii i i i i i i i i i ii ii i i 2111510157104141173121-----------+-------+---- .)()(2))(1()(5)57(73)1(2)(432234i x i x i i x i i x i ix x i ix x x f +++-++-+-+=++-+-+=5.求)(x f 与)(x g 的最大公因式1）1)(,143)(23234--+=---+=x x x x g x x x x x f解法一：利用因式分解),13)(1(143)(3234--+=---+=x x x x x x x x f).1()1(1)(223-+=--+=x x x x x x g因此最大公因式为1+x .解法二：运用辗转相除法得)(3438)(01122132)(1434343)(41432112321212314121)(3122123423422223232x q x x q x x x x x x x x r x x x x x x x x x x r x x x x x x x x x x x x q =+=---------=--+---+--=------++--++-= 因此最大公因式为1+x .2）13)(,14)(2334+-=+-=x x x g x x x f .解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零）2564411627)(125627)(2565391649216491633323)(10310031004911916)(920910310132310323110391031)(13221232323423422223232--=--=+-+-+-+--=-++-+-+-++-+++--=+--++--+++-+-=x x q x x r x x x x x x x r x x x x x x x x x x x x x x x x r x x x x x x x x x x x x q .1))(),((=x g x f3）.124624)(,110)(23424+++-=+-=x x x x x g x x x f)()()22(24)()(123x r x f x x x x f x g +=---=，),()22)((241)122()22)(22()(21223x r x x r x x x x x x x f ++-=---+--= ,)()122(22)(24122231x x r x x x x x x x r -=--=--=- 因此.122))(),((2--=x x x g x f6.求)(),(x v x u 使:))(),(()()()()(x g x f x g x v x f x u =+1）;22)(,242)(234234---+=---+=x x x x x g x x x x x f解：运用辗转相除法得：)()(1022)(222422)(222221)(3133123423422323242342x q x x q x x xx x r x x x x x x x x x x r xx x x x x x x x x x x x q ==--=---+---+-=--+----++= 因此2)())(),((22-==x x r x g x f .且有 )()()()(11x r x q x g x f +=，),()()()(221x r x q x r x g +=).()()(321x q x r x r =于是)()]()()([)()()()()(21212x q x q x g x f x g x q x r x g x r --=-=)()]()(1[)()(212x g x q x q x f x q ++-=..2)()(1)(,1)()(212+=+=--=-=x x q x q x v x x q x u2）;452)(,951624)(23234+--=++--=x x x x g x x x x x f解：运用辗转相除法得：)(96)(20999966936)(810249516241)(32422324523131)(3122123423422223232x q x x q x x x xx x x x r xx x x x x x x x x r x x x x x x x x x x x x q =+=+-+-+-+--=+--++--+-=+--+---++--+-= 因此1)())(),((2-=-=x x r x g x f .且有)()()()(11x r x q x g x f +=，),()()()(221x r x q x r x g +=).()()(321x q x r x r =于是)()]()()([)()()()()(21212x q x q x g x f x g x q x r x g x r --=-=)()]()(1[)()(212x g x q x q x f x q ++-=..13232)3131(21)()(1)(,3131)()(2212--=+---=--=+-==x x x x x q x q x v x x q x u 3）.1)(,144)(2234--=++--=x x x g x x x x x f解：运用辗转相除法得：)(32)(3331431441)(21211)(121222342342222x q x x x r x x x x x x x x x x x x r x x xx x x x x q =--=++-++---++--=-----+= 因此.1)())(),((2==x r x g x f 且有)()()()(11x r x q x g x f +=，),()()()(221x r x q x r x g +=).()()(321x q x r x r =于是)()]()()([)()()()()(21212x q x q x g x f x g x q x r x g x r --=-=)()]()(1[)()(212x g x q x q x f x q ++-=..23)1)(3(1)()(1)(,1)()(232212--+=+-+=+=--=-=x x x x x x q x q x v x x q x u7.设u tx x x g u x x t x x f ++=++++=323)(,22)1()(的最大公因式是一个二次多项式，求u t ,的值.解：运用带余除法有),()()2()1(1)(22)1()(12323x r x g u x t x t u tx x u x x t x x f +=+--++⋅++=++++= 由题意可得，)(1x r 即为)(),(x g x f 的最大公因式.因此有01≠+t .进一步),(])1(211)[()(221x r t t x t x r x g ++-++= ])1(21[)1()2()1()1()(22222t t u x t t t u t t x r +--++-++-+=. 要使)(1x r 为)(),(x g x f 的最大公因式的充要条件是.0)(2=x r 即⎩⎨⎧=--+=-++-+,0)]2()1[(,0)2()1()1(222t t u t t u t t 解得⎪⎩⎪⎨⎧--=+-=⎪⎩⎪⎨⎧+-=--=⎪⎩⎪⎨⎧±==⎩⎨⎧-==.2111,117;2111,117;231,0;4,0i t i u i t i u i t u t u 8.证明：如果),(|)(),(|)(x g x d x f x d 且)(x d 为)(x f 与)(x g 的一个组合，那么)(x d 是)(x f 与)(x g 的一个最大公因式.证明：由)(|)(),(|)(x g x d x f x d 可知)(x d 是)(x f 与)(x g 的一个公因式.下证)(x f 与)(x g 的任意一个公因式是)(x d 的因式.由)(x d 为)(x f 与)(x g 的一个组合可知，存在多项式)(),(x v x u ，使得)()()()()(x g x v x f x u x d +=.设)(x ϕ是)(x f 与)(x g 的任意一个公因式，则)(|)(),(|)(x g x x f x ϕϕ.故)()()()(|)(x g x v x f x u x +ϕ即).(|)(x d x ϕ因此)(x d 是)(x f 与)(x g 的一个最大公因式.9.证明：)()(())(),(())()(),()((x h x h x g x f x h x g x h x f =的首项系数为1）. 证明：存在多项式)(),(x v x u ，使得)()()()())(),((x g x v x f x u x g x f +=.所以有)()()()()()()())(),((x h x g x v x h x f x u x h x g x f +=.即)())(),((x h x g x f 是 )()(x h x f 与)()(x h x g 的一个组合.显然有)(|))(),((),(|))(),((x g x g x f x f x g x f .从而)()(|)())(),((),()(|)())(),((x h x g x h x g x f x h x f x h x g x f .由第8题结果)())(),((x h x g x f 是)()(x h x f 与)()(x h x g 的一个最大公因式.又)(x h 是首项系数为1的，因此).())(),(())()(),()((x h x g x f x h x g x h x f =10.如果)(x f ，)(x g 不全为零，证明1))(),(()(,)(),(()((=x g x f x g x g x f x f . 证明：由)(x f ,)(x g 不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即.0))(),((≠x g x f 又存在多项式)(),(x v x u ，使得)()()()())(),((x g x v x f x u x g x f +=.于是))(),(()()())(),(()()(1x g x f x g x v x g x f x f x u +=. 因此1))(),(()(,)(),(()((=x g x f x g x g x f x f . 11.如果)(x f ，)(x g 不全为零，且))(),(()()()()(x g x f x g x v x f x u =+，那么1))(),((=x v x u .证明：由)(x f ,)(x g 不全为零可得.0))(),((≠x g x f 由))(),(()()()()(x g x f x g x v x f x u =+有.1))(),(()()())(),(()()(=+x g x f x g x v x g x f x f x u 于是1))(),((=x v x u .12.证明：如果,1))(),((,1))(),((==x h x f x g x f 那么.1))()(),((=x h x g x f 证法一、由条件1))(),((,1))(),((==x h x f x g x f 可得存在多项式)(),(11x v x u ； )(),(22x v x u 使得1)()()()(11=+x g x v x f x u ，1)()()()(22=+x h x v x f x u .两式相乘得1)()()()()()]()()()()()()()()([21211221=+++x h x g x v x v x f x h x v x u x g x v x u x f x u x u . 因此有.1))()(),((=x h x g x f证法二、反证法证明.显然.0))()(),((≠x h x g x f 若,1))()(),((≠x h x g x f 则存在不可约多项式)(x p ，使得)(x p 为)(x f 与)()(x h x g 的公因式.因此有)(|)(x f x p 且)()(|)(x h x g x p .由)(x p 的不可约性有)(|)(x g x p 或)(|)(x h x p .若)(|)(x g x p ，则)(x p 为)(x f 与)(x g 的一个公因式，与1))(),((=x g x f 相矛盾.若)(|)(x h x p ，则)(x p 为)(x f 与)(x h 的一个公因式，与1))(),((=x h x f 相矛盾.因此1))()(),((≠x h x g x f 不成立，即有.1))()(),((=x h x g x f13.设)(),(),(),(,),(),(2121x g x g x g x f x f x f n m 都是多项式，而且).,,2,1;,,2,1(,1))(),((n j m i x g x f j i ===求证：1))()()(),()()((2121=x g x g x g x f x f x f n m .证明：由),,2,1(1))(),((1n j x g x f j ==，反复利用第12题结果可得1))()()(),((211=x g x g x g x f n .类似可得.,,2,1))()()(),((21m i x g x g x g x f n i ==再反复利用12题结果可得1))()()(),()()((2121=x g x g x g x f x f x f n m .14.证明：如果,1))(),((=x g x f 那么.1))()(),()((=+x g x f x g x f 证明：方法一.由,1))(),((=x g x f 存在多项式)(),(x v x u 使得1)()()()(=+x g x v x f x u .从而有,1)())()(())()()((,1))()()(()())()((111111=+-++=++-x g x v x u x g x f x u x g x f x v x f x v x u 因此有.1))()(),((,1))()(),((=+=+x g x f x g x g x f x f 由12题结果结论成立.方法二：用反证法.若.1))()(),()((≠+x g x f x g x f 则存在不可约多项式)(x p ，使得)(x p 为)()(x g x f 与)()(x g x f +的公因式.即)()(|)(x g x f x p 且)()(|)(x g x f x p +.由)(x p 的不可约性及)()(|)(x g x f x p ，有)(|)(x f x p 或)(|)(x g x p .若)(|)(x f x p ，又)()(|)(x g x f x p +，因此有)]())()([(|)(x f x g x f x p -+，即)(|)(x g x p ，也即)(x p 为)(x f 与)(x g 的一个公因式，与1))(),((=x g x f 相矛盾.类似可得当)(|)(x g x p 时也与已知1))(),((=x g x f 矛盾.所以.1))()(),()((=+x g x f x g x f15.求下列多项式的公共根：.12)(;122)(23423++++=+++=x x x x x g x x x x f解法一：利用因式分解可得);1)(1(122)(223+++=+++=x x x x x x x f ).1)(1(12)(22234+++=++++=x x x x x x x x g因此1))(),((2++=x x x g x f .)(x f 与)(x g 的公共根为.2321i ±- 解法二：运用辗转相除法求出)(x f 与)(x g 的最大公因式，最大公因式的根即为所求的公共根.),1(2)1)(()(2++--=x x x x f x g ).1)(1()(2+++=x x x x f因此1))(),((2++=x x x g x f .)(x f 与)(x g 的公共根为.2321i ±- 16.判别下列多项式有无重因式： 1）;84275)(2345-+-+-=x x x x x x f 解：,4421205)('234+-+-=x x x x x f运用辗转相除法可得.)2(44))('),((22-=+-=x x x x f x f 因此2-x 为)(x f 的三重因式.解法二：试根可得2为)(x f 的根)1()2()2()2()43)(2()(23232234++-=----=++--=x x x x x x x x x x x x f .因此2-x 为)(x f 的三重因式. 2).344)(24--+=x x x x f解：).12(4484)('33-+=-+=x x x x x f 1))('),((=x f x f .故)(x f 无重因式. 17.求t 值使13)(23-+-=tx x x x f 有重根.解法一：要使)(x f 有重根，则1))('),((≠x f x f ..63)('2t x x x f +-=),12(33)(')3131(13)(23+-+-=-+-=x t x f x tx x x x f .415)41523)(12(63)('2++-+=+-=t x x t x x x f当,033=-t 即3=t 时),(|)(',)1(3363)('22x f x f x x x x f -=+-=2)1())('),((-=x x f x f ，因此1为)(x f 的三重根. 当0415=+t ，即415-=t 时，21))('),((+=x x f x f ，21-为)(x f 的二重根.解法二：设b a x ab a x b a x b x a x x f 22232)2()2()()()(-+++-=--=. 因此有⎪⎩⎪⎨⎧==+=+.1,2,3222b a t ab a b a 由第一个方程有a b 26-=，代人第三个方程有,0132,1)23(232=+-=-a a a a 即0)12()1(2=+-a a .因此有⎪⎩⎪⎨⎧===,3,1,1t b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==-=.415,4,21t b a即当3=t 时1为)(x f 的三重根；当415-=t 时，21-为)(x f 的二重根.18.求多项式q px x ++3有重根的条件.解：令q px x x f ++=3)(.显然当0==q p 时，0为)(x f 的三重根.当0≠p 时， p x x f +=23)('，q x px xf q px x x f ++=++=32)('31)(3，)427()42729)(32()('222p q p p q x p q x p x f ++-+=. 要使)(x f 有重根，则1))('),((≠x f x f .即,042722=+pq p 即.027423=+q p 显然 0==q p 也满足.027423=+q p 因此)(x f 有重根的条件是.027423=+q p19.如果,1|)1(242++-Bx Ax x 求.,B A解法一：利用整除判定方法，1|)1(242++-Bx Ax x 的充要条件是用2)1(-x 除124++Bx Ax ，余式为零.)31()42()32()1(12224B A x A B A B Ax Ax x Bx Ax --++++++-=++.因此有0)31()42(=--++B A x A B ，即⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=--=+.2,1.031,042B A B A A B 解法二：要使1|)1(242++-Bx Ax x 成立，则1至少是124++Bx Ax 的二重根.因此1既是124++Bx Ax 的根，也是其导数的根.而Bx Ax Bx Ax 24)'1(324+=++.故有⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=+=++.2,1.024,01B A B A B A 解法三：利用待定系数法.令Dx D C x D C A x A C Ax D Cx Ax x Bx Ax +-++-+-+=++-=++)2()2()2()()1(12342224因此有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=+-=-.1,02,2,02D D C B D C A A C 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-==.1,2,2,1D C B A 20.证明：!!212n x x x n++++ 不能有重根.证明：令,!!21)(2n x x x x f n++++= 则,)!1(!21)('12-++++=-n x x x x f n因此有,!)(')(n x x f x f n +=从而有)!),('())('),((n x x f x f x f n =.!n x n因式只有)0(≠c c 及)1,0(n k c cx k ≤≤≠.而)1,0(n k c cx k ≤≤≠显然不是)('x f 的因式.因此有1)!),('())('),((==n x x f x f x f n.所以)(x f 没有重根.21.如果a 是)('''x f 的一个k 重根，证明a 是)()()](')('[2)(a f x f a f x f ax x g +-+-=的一个3+k 重根. 证明：)],(')('[21)(''2)(')(''2)](')('[21)('a f x f x f a x x f x f a x a f x f x g ---=--++=).('''2)(''21)('''2)(''21)(''x f ax x f x f a x x f x g -=--+=显然有0)(")(')(===a g a g a g .由a 是)('''x f 的一个k 重根可得a 是)(''x g 的一个1+k 重根，设a 是)(x g 的s 重根，则3,12+=+=-k s k s .本题常见错误证法.错误证法一：由a 是)('''x f 的一个k 重根就得出a 是)(''x f 的一个1+k 重根，a 是)('x f 的一个2+k 重根，a 是)(x f 的一个3+k 重根，于是)(2)()()()](')('[2)(3x h a x a f x f a f x f a x x g k +-=+-+-=从而a 是)(x g 的3+k 重根.事实上，由a 是)('''x f 的一个k 重根推不出a 是)(''x f 的一个1+k 重根，a 是)('x f 的一个2+k 重根，a 是)(x f 的一个3+k 重根. 如3)()()()(23+-+-+-=+a x a x a x x f k ，则1)(2))(3()('2+-+-+=+a x a x k x f k ，2))(2)(3()(''1+-++=+k a x k k x f .a 既不是)(x f 的根，也不是)('x f 与)(''x f 的根.错误证法二：由)],(')('[21)(''2)(')(''2)](')('[21)('a f x f x f a x x f x f a x a f x f x g ---=--++=)('''2)(''21)('''2)(''21)(''x f ax x f x f a x x f x g -=--+=得出a 是)(''x g 的1+k 重根，直接得出a 是)(x g 的3+k 重根，缺了a 是)(x g 与)('x g 的根验证.22.证明：0x 是)(x f 的k 重根的充分必要条件是,0)()(')(0)1(00====-x f x f x f k 而.0)(0)(≠x f k证明：必要性.设0x 是)(x f 的k 重根，从而0x x -是)(x f 的k 重因式，从而是)('x f 的1-k 重因式，是)(''x f 的2-k 重因式，...，是)()1(x f k -的单因式，而不是)()(x f k 的因式.因此0x 是)(x f ，)('x f ，)(''x f ，...，)()1(x f k -的根，而不是)()(x f k 的根.故有,0)()(')(0)1(00====-x f x f x f k 而.0)(0)(≠x f k充分性.由,0)()(')(0)1(00====-x f x f x f k 而0)(0)(≠x f k 可知0x 是)(x f ，)('x f ，)(''x f ，...，)()1(x f k -的根，而不是)()(x f k 的根.因此0x 是)()1(x f k -的单根，是)()2(x f k -二重根，依此类推，是)(x f 的k 重根.23.举例说明断语“如果α是)('x f 的m 重根，那么α是)(x f 的1+m 重根”是不对的.解：例如2)()(1+-=+m x x f α，m x m x f ))(1()('α-+=.α是)('x f 的m 重根，但α不是)(x f 的根.24.证明：如果),(|)1(n x f x -那么)(|)1(n n x f x -.证明：由)(|)1(n x f x -可得)()1()(x g x x f n -=.从而.0)1(=f 因此有),()1()(x h x x f -=从而有).()1()(n n n x h x x f -=即)(|)1(n n x f x -.证法二：要证)(|)1(n n x f x -，只要证1-n x 在复数域上的各个根都是)(n x f 的根.1-n x 的根为.1,,2,1,0,2sin 2cos-=+=n k nk i n k x k ππ由)(|)1(n x f x -可得)()1()(x g x x f n -=.从而.0)1(=f 从而0)1()(==f x f nk .即,2sin 2cos nk i n k x k ππ+=1,,2,1,0-=n k 都是)(n x f 的根.因此有)(|)1(n n x f x -.25.证明：如果)()(|)1(32312x xf x f x x +++，那么).(|)1(),(|)1(21x f x x f x --证明：要证)(|)1(),(|)1(21x f x x f x --成立，只要证1是)(1x f 和)(2x f 的根.12++x x 的两个根为231,23121ii --=+-=εε.由)()(|)1(32312x xf x f x x +++可得)()1()()(23231x g x x x xf x f ++=+.于是,0)()1()()(,0)()1()()(2223222321112312131121=++=+=++=+εεεεεεεεεεεεg f f g f f即0)1(231)1(,0)1(231)1(2121=+-=--f if f i f .故有.0)1()1(21==f f 所以 )(|)1(),(|)1(21x f x x f x --.26.求多项式1-n x 在复数范围内和在实数范围内的因式分解. 解：1-n x 的根为.1,,2,1,0,2sin 2cos -=+=n k nk i n k k ππε故在复数范围内的分解式为)())()(1(112-----=-n n x x x x x εεε .在实数范围内，因k n k -=εε，)0(n k <<.当n 为奇数时，1-n x 的根中一个为实根，其余为虚根，其分解式为]1)([]1)(][1)()[1(12121222212++-++-++--=-+---x x x x x x x x n n n n nεεεεεε .当n 为偶数时，1-n x 的根中二个为实根，即,1±其余为虚根，其分解式为].1)([]1)(][1)()[1)(1(11212222212++-++-++-+-=-+---x x x x x x x x x n n n n nεεεεεε27.求下列多项式的有理根. 1);1415623-+-x x x解：多项式可能的有理根为.14,7,2,1±±±±由系数取值可知，x 取负数时，多项式的值均为负的，故该多项式没有负根.检验得2为其根，进一步运用综合除法可得074114821415612-----即)74)(2(14156223+--=-+-x x x x x x ，显然742+-x x 没有有理根.因此1415623-+-x x x 仅有一个有理根2，且为单根.2);157424---x x x解：多项式可能的有理根为.41,21,1±±±444222026242113121570421------------因此有)1()12()444()21(1574222224--+=--+=---x x x x x x x x x ，显然12--x x 没有有理根.因此21-为157424---x x x 的二重根.3).3111462345----+x x x x x解：多项式可能的有理根为.3,1±±检验得1-为其根，进一步运用综合除法可得1213630351133511038601138601311146111--------------故)3()1()12)(3()1(3111464222345-+=++-+=----+x x x x x x x x x x x .即1-为其四重跟，3为单根.28.下列多项式在有理数域上是否可约？ 1);12+x解：显然12+x 无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约. 2);2128234++-x x x解：取素数2=p ，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约. 3）;136++x x 解：令,1+=y x).(3918211561)1()1(1)(234563636y g y y y y y y y y x x x f =++++++=++++=++=取素数,3=p )(y g 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而)(x f 在有理数域上不可约.4）p px x p ,1++为奇素数；解：令1-=y x ，由p 为奇数可得1)1()1(1)(+-+-=++=y p y px x x f p p).()(1222211y g p y p C y C y C yC y p p p p p p p p p =-++--+-=---- 由组合数定义)11(-≤≤p k C kp 均为整数，且12)1()1()1(⋅-+--= k k k p p p C k p，分子中有因子p ，分母个各数均小于p ，又p 为素数，因此约分时p 不会被约去，因此有kpC p |，取素数为p ，)(y g 满足艾森斯坦判别式条件，因此)(y g 在有理数域上不可约，从而)(x f 在有理数域上不可约. 5）k kx x ,144++为整数. 解：令,1+=y x 则有).(2)1(4641)1(4)1(1423444y g y k y y y y k y kx x =+++++=++++=++取素数,2=p )(y g 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而)(x f 在有理数域上不可约.。

关于多项式不可约性的定理

关于多项式不可约性的定理
多项式不可约性定理（Irreducibility Theorem）是数论中
一个重要的定理，它可以用来判断一个多项式是否可以被约分，从而可以帮助数学家们更好地求解多项式的根。

多项式不可约性定理的形式很简单：任何一个非负整数的多项式，只要它的系数不全为
0，就是不可约的。

这个定理的证明是由古典数论中的结论——“欧拉定理”推导而来的。

欧拉定理宣称：任何一个大于1的正整数都可以表示为质数的乘积。

通过把多项式的系数转换为质数的乘积，可以把多项式分解为该质数的乘积，从而证明多项式不可约性定理。

多项式不可约性定理有着重要的应用价值。

它可以用来确定一个多项式是否可以被约分，以及求解多项式的根。

例如，如果一个多项式的系数都是质数，那么它就是不可约的，而且可以求出它的根；如果一个多项式的系数不全是质数，那么它就是可约的，可以用约分的方法求解。

多项式不可约性定理的另一个重要的应用是，它可以用来证明另外一个重要的定理，即“欧拉定理”。

例如，如果一个正整数大于
1，它可以表示为质数的乘积，那么它就是不可约的，而
且可以用多项式不可约性定理来证明。

总之，多项式不可约性定理是数论中一个重要的定理，它可以用来判断一个多项式是否可以被约分，从而可以帮助数学家们更好地求解多项式的根，也可以用来证明欧拉定理。

因此，它对数论的研究有着重要的意义。

三个多项式不可约性的证明

三个多项式(不)可约性的证明1(浙大1993(16分)).证明f(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−a n)−1在Q上不可约,其中a1,a2,···,a n是互异的整数.证明:(证法1)若不然，假设f(x)=φ1(x)φ2(x),由于f(x)是整系数多项式，所以可设φ1(x)和φ2(x)均为整系数多项式，且∂[φ1(x)]<∂[f(x)],∂[φ2(x)]<∂[f(x)].f(a i)=φ1(a i)φ2(a i)=−1,考虑到它们均为整系数多项式，所以有φ1(a i)=±1,φ2(a i)=∓1.令g(x)=φ1(x)+φ2(x),则g(a i)=0,i=1,2,...,n.而∂[g(x)]≤∂φ1(x)<n,∂[g(x)]≤∂φ2(x)<n,得g(x)=0,φ1(x)=−φ2(x),所以f(x)=−φ2(x).1于是对任意的实数c,f(c)=−(φ1(c))2≤0.但再由条件：f(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−a n)−1,取c=max{a1,a2,...,a n}+3,则f(c)≥3n−1>0,矛盾.于是假设错误，所以f(x)在Q上不可约.(证法2)由于φ1(a i)=−φ2(a i),i=1,2,...,n且∂[φk(x)]<∂[f(x)]≤n,k=1,2.,所以f(x)=−[φ1(x)]2.由于φ1(x)和φ2(x)都是整系数多项式,所以−φ21(x)的首系数为负数,而f(x)的首系数为+1,矛盾.例2.设a1,a2,···,a n是互异的整数,证明f(x)=(x+a1)(x+a2)···(x+a n)+1在Q上可约的充要条件是f(x)=g2(x),g(x)∈Z[x].证明:充分性显然成立.必要性.若f(x)在Q上可约，因为f(x)∈Z[x],可设f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)∈Z[x].又因为f(a i)=1,所以g(a i)和h(a i)同时为1或−1,即g(a i)=h(a i),i=1,2,...,n.又∂[g(x)]<∂[f(x)]≤n,∂[h(x)]<∂[f(x)]≤n,得g(x)=h(x),所以f(x)=[g(x)]2.例3.设a1,a2,···,a n是互异的整数,证明f(x)=(x−a1)2(x−a2)2···(x−a n)2+1在Q上不可约.证明:若f(x)在Q上可约，设f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)∈Z[x].又对任意的c∈R(实数)，f(c)=(c−a1)2(c−a2)2···(c−a n)2+1>0,所以f(x)无实根.考虑f(a i)=g(a i)h(a i)=1,g(x)和h(x)均为整系数多项式，所以g(a i)=1且h(a i)=1或g(a i)=−1且h(a i)=−1.不妨假设存在a k使得g(a k)=1,则由于g(x)也无实根，所以必有g(a i)=1,i= 1,2,...,n.再考虑到若g(x)的次数小于n,得g(x)≡1,这是不可能的.所以∂[g(x)]=∂[h(x)]=n.由于g(a i)−h(a i)=0,且g(x)和h(x)都是首系数为1的n次多项式,所以g(x)−h(x)的次数小于n,且有n个互异的根a1,a2,...,a n,因而g(x)≡h(x),得f(x)=(x−a1)2(x−a2)2···(x−a n)2+1=[g(x)]2.令l(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−a n),则[l(x)]2+1=[g(x)]2,(g(x)−l(x))(g(x)+l(x))=1.对任意的a∈Z,(g(a)−l(a))(g(a)+l(a))=1(两个整数的乘积为1)，g(a)−l(a)=g(a)+l(a)=1或(−1).得l(a)≡0,矛盾.所以f(x)不可约.。

不可约多项式的和仍是不可约多项式

不可约多项式的和仍是不可约多项式不可约多项式的和仍然是不可约多项式，这是多项式理论中的一个重要性质。

在这篇文章中，我们将解释什么是不可约多项式，为什么它们的和仍然是不可约的，并提供一些具体的示例来说明这个结论。

首先，我们需要明确什么是多项式和什么是不可约多项式。

一个多项式是由常数项、一次项、二次项等有限项的代数和构成的数学表达式。

每个项由一个系数乘以一个变量的幂次。

例如，多项式P(x)=2x^3-3x+1就是一个多项式，其中2、-3和1是系数，x^3、x和1是项，3、1和0是幂次。

不可约多项式是指不能再被其他多项式整除的多项式。

换句话说，如果一个多项式P(x)不可以被另一个多项式Q(x)整除，那么P(x)就是一个不可约多项式。

例如，多项式P(x)=x^2-3x+2是不可约的，因为它不能被任何其他一次或更低次数的多项式整除。

现在我们来证明不可约多项式的和仍然是不可约的。

假设P(x)和Q(x)是两个不可约多项式，我们要证明它们的和P(x)+Q(x)仍然是不可约的。

为了证明这个结论，我们使用反证法。

假设P(x)+Q(x)是可约的，则存在一个多项式R(x)使得P(x)+Q(x)=R(x)，其中R(x)不是常数。

由于P(x)和Q(x)是不可约的，我们可以假设R(x)的次数大于等于P(x)和Q(x)的次数，即deg(R) ≥ deg(P)、deg(R) ≥ deg(Q)。

然后，我们可以将P(x)和Q(x)表示为如下形式：P(x) =a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0，Q(x) = b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+...+b_1x+b_0。

其中a_n、a_{n-1}、...、a_1、a_0是P(x)的系数，b_m、b_{m-1}、...、b_1、b_0是Q(x)的系数。

根据多项式的加法，我们有P(x)+Q(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0+b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+...+b_1x+b_0=R(x)。

有理数域上多项式不可约的判定论文

有理数域上多项式不可约的判定论文毕业设计(论文)有理数域上多项式不可约的判定系别：数学与物理系专业（班级）：数学与应用数学2012级2班作者（学号）：赵伟（51205012006）指导教师：刘晓敏（讲师）完成日期： 2016年4月22日蚌埠学院教务处制目录中文摘要 ........................................................................ 1 英文摘要 (2)1 引言 (3)1.1 本课题的作用,意义 (3)1.2 国内外的发展趋向和发展趋势以及尚待研究的问题 ........................ 3 2 有理数域上的多项式 (4)2.1 不可约多项式的概念 (4)2.2 本原多项式 (4)2.3 有理数域上多项式的等价 ................................................... 5 3 有理数域上多项式不可约的判别方法 . (6)3.1 有理根判别法 (6)3.2 因式分解唯一性判别方法 (6)3.3 艾森斯坦因(Eisenstein)判别法及推广 (7)3.3.1艾森斯坦因(Eisenstein)直接判别法 (7)3.3.2艾森斯坦因(Eisenstein)间接判法 (8)3.3.3通过艾森斯坦因(Eisenstein)判别法派生出的一种判别法 (9)3.3.4艾森斯坦因判别法的推广 (11)3.4 反证法 (11)3.5 克朗奈克判别法 (12)3.6 综合法 .................................................................... 13 4 其他特殊多项式不可约的判别方法 . (14)4.1 奇次多项式的判定方法 ................................................... 14 4.2 形如2ax bx c ++的判定方法 ............................................ 14 5 结论 ....................................................................... 16 谢辞 ........................................................................... 17 参考文献 . (18)有理数域上多项式不可约的判定摘要:对于判断有理数域上的不可约多项式的问题,最终都等价地转化为判断整数域上不可约多项式的问题.对于判断整系数不可约多项式,有经典的艾森斯坦因判别法,但这个判别法只是判别多项式不可约的一个充分条件,这就限制了它的使用范围,同时还存在着大量的多项式不能用艾森斯坦因判别法判别.本文主要把前人研究整系数不可约多项式所得的成果进行总结和归纳,在此基础上做了一些研究和探讨，给出了有理根判别法、反证法以及克朗奈克等判别方法,拓宽了判别多项式不可约的范围，同时使多项式不可约的判定更加系统化.关键词:有理数域;多项式;不可约;判别法The Judgement of Irreducible Polynomials onRational FieldAbstract:For judgment irreducible rational polynomial problem domain,eventually equivalently transformed into irreducible polynomials judgment on the issueinteger field for the entire judgment coefficient irreducible classic Eisensteindiscrimination law, but this discrimination discrimination law is a sufficientcondition for a polynomial irreducible, which limits the scope of its use, butthere are still a lot of discrimination because of polynomial method can notdistinguish by Eisenstein. in this paper, the whole previous studies irreduciblepolynomial coefficients obtained review and summarize achievements, on thisbasis, do some research and discussion, given the rational root discriminationlaw, as well as discrimination method reductio ad absurdum kroner Naik et al.,to broaden the scope of discrimination irreducible polynomial, while thepolynomials Irreducibility more systematic.Key words:Rational Field; polynomial; irreducible; discrimination law1 引言1.1 本课题的作用,意义随着经济的不断深入发展,以及改革开放带来的机遇与挑战,当代社会迎来一个快速发展的机遇.在互联网大数据的时代背景下,数字在人们工作和学习中扮演着重要的角色.在多项式中又以其不可约的判定方式最为重要.然而一个多项式在数系定义在不同的不同数域情况下得到的有关可约性的性质是有差异的(在后文中会给出相关的介绍).本课题在探讨多项式可约性的的判定方式时,是放在有理数域上进行研究的.我们将探讨总结几种定义判定方式,使我们更好地更迅速地解决遇到有关多项式的问题.1.2 国内外的发展趋向和发展趋势以及尚待研究的问题艾森斯坦因法,有理根判别法,奇次多项式判别法等等都可为判定定义在有理数域上的多项式是否可约.其中艾森斯坦因判别法最为经典.但是国内外研究发现,艾森斯坦因判别法,有着自身不足的地方,当满足判别法的质数p不存在时,我们不能判断这个多项式是否可约.这时须要我们总结更多的关于多项式在有理数域上不可约的判定方法.需要通过我们归纳总结以后,得到一个较为全面的解决多项式不可约的方法,使得在理数域上多项式不可约的判定更加系统化.在遇到特殊的有理数系上的不可约多项式时,可以找到对应的判定方法快捷准确滴解决多项式不可约的判定问题.2 有理数域上的多项式在介绍和总结多项式在有理数域上不可约的相关判别方式之前,我们需要先了解一下相关概念等知识.2.1 不可约多项式的概念过去我们都知道一个多项式可进行因式分解,即分解成几个因式乘积的形式,其实我们仅仅是在有理数域上考虑这个多项式是否能进行因式分解,却并没有进一步讨论和研究这个问题,也没有严格地讨论和证明它们是否真的不可再分.其实不可再分的概念,是相对的,是相对于系数的的数域而言的,并非绝对.用以下例子加以说明对94-x 进行分解,可分解为 )3)(3(9224+-=-x x x正如上面所说的那样,我们考虑94-x 这个多项式所在的数系仅仅是而是有理数域,但是若是将94-x 放在实数域上,则还可以因式分解为为)3)(3)(3924-++=-x x x x （并且在复数域上,还可以再进一步因式分解为)3)(3)(3)(3(94+-+-=-x x i x i x x由上述分析可以得出结论,必须在给定的数域进行分析,所谓的不可再分只是相对的的,只有明确系数域后,才有确切的涵义.所以多项式是否可约与数域紧密相关.将数域p 作为选定一个系数域,][x p 作为多项环,则关于多项环][x p 在数域p 上的多项式的因式分解的不可约定义如下:定义[]1数域p 上的次数大于或等于1的多项式)(x p 称为域)(x p 上的不可约多项式,如果它不能表示成数域p 上两个次数比)(x p 的次数低的多项式的乘积.2.2 本原多项式设()011a x a x a x f n n n n +++=-- 是有理数域上的一个多项式,取一整数b ,前提条件是()x bf 总是一个系数为整数的多项式式,若()x bf 的每一项系数都有公因子,那么公因子可以提出来,得到()()x cg x bf =,也就是()()x g bc x f =,其中()x g 是有理数域上的一整系数多项式,而且()x g 的每一项系数都只有1±这样的公约数,例如一多项式()x x x x x x 3155152522322424--=--.定义[]22 若一个系数非0且为整数的多项式()011a x a x a x f n n n n +++=-- ,该多项式的系数01,,,a a a n n -除了1±没有其他的公因子,即该多项式的所有系数都是互质的,则该多项式被称作为一个本原多项式.2.3 有理数域上多项式的等价设()x f 是有理数域上的任意一个非0的有理系数多项式,通过上述分析可知,()x f 都可以写成()()x cg x f =,其中c 为有理数域上任意一个数,()g x 是一个本原多项式，那么称()x f 与()g x 等价,即讨论有理数域上任意一个系数非0的多项式()x f 的问题最终都等价地转换为讨论该多项式的一个本原多项式的问题.3 有理数域上多项式不可约的判别方法3.1 有理根判别法利用是否有有理根的判别方式判定多项式在有理数域上不可约其实很简单,其前提条件是针对次数小于或者等于三次的多项式.有理根判别法顾名思义只需验证该多项式是否有有理根,如果有有理根,则在有理数域上可约.例1 判别多项式()227f x x x =++在Q 上不可约.解 ()x f 的最高次项的次数是2,所以可以运用有理根判别法.由有理根判别法,若)(x f 可约,则一定有有理根,又)(x f 的可能有理根是:士1,士7.因为()01≠±f ,()07≠±f ,所以士1、士7均不是)(x f 的有理根,故)(x f 在有Q 上不可约.例[]32 证明()107-1919223x x x x f +-=在有理数域上不可约.解 ()x f 的最高次项的次数是3,所以可以运用有理根判别法.又士1、士107是()x f 可能存在的有理根,而()01≠±f ，()0107≠±f ，所以士1、士107都不是()x f 的有理根,故()x f 在Q 上不可约.当然有理数域上多项式的次数大于3，不能用上述判定方式.例2 设()x f 是有理数域上的一个多项式,()14424++=x x x f ,试证明()x f 在有Q 上不可约.解我们通过前面关于有理根的相关分析和研究,知道士1、士4是()x f 可能存在的有理根,但是()01≠±f ，()04≠±f .所以运用有理根判别法,我们会得出()14424++=x x x f 在Q 上是不可约的结论.但是()x f 是有理数域上可约的多项式,因为()()2212+=x x f .因此针对次数大于或者等于4的整系数多项式,有理根判别法不适用,这就需要给出其他的判别方法进行判定. 3.2因式分解唯一性判别方法定理[]41.3 因式分解的唯一性定理定理数域p 上每一个次数1≥的多项式()x f 都可以唯一地分解成数域p 上一些不可约多项式的乘积.把多项式分解成实数域上次数比它小的几个不可约的因式乘积的形式,而将有理数域看做成实数域上的一部分.如果该多项式不可约的因式全都是有理数,由因式分解的唯一性定理确定了关于该多项式的不可约因式是唯一的的,可以得知,该多项式在Q 上必然可约.例4 证明441x +在有理数域上不可约.解 ()()1212214224+-++=+x x x x x ，结合因式分解的唯一性定理可以知道,若144+x 在有理数域上具有可约性,必须是该等式,但由于上述等式右边系数不都是有理数,故144+x 在有理数域上不可约.例5 证明425x -在有理数域上不可约.解 )(42255x x x x -=+,结合因式分解的唯一性定理可以知道,若254-x 在有理数域上具有可约性,必须该等式,但由于上述等式右边系数不都是有理数,故254-x 在有理数域上不可约.3.3 艾森斯坦因(Eisenstein)判别法及推广3.3.1 艾森斯坦因(Eisenstein)直接判别法定理[]52.3 设()1110...n n n n f x a x a x a x a --=++++是一个整系数多项式,若有一个素数p 使得(1)p 不整除最高次项的系数n a ; (2)p 整除其他各项的系数; (3)2p 不整除常数项0a .那么多项式()f x 在有理数域上不可约.证明反证法假设)(x f 是有理数域上的一个非0的多项式,那么)(x f 就可以写成如下形式:)......)(......()(011011c x c x c b x b x b x f m m m m l l l l +++++=---- ),,(n m l n m l =+<所以m l n c b a =,000c b a =.()都为整数n n c b ,由0a 被p 整除,得到0b 或0c 能被p 整除.可是0a 不能被2p 整除,故0b 和0c 不能被p 同时整除.所以不妨假设0b 不能被p 能整除,但0c 不能被p 整除.另一方面,因为n a 不能被p 不整除,所以l b 不能被p 整除,假定0b ,1b ,……,l b 中首先不能被p 整除的是k b .比较一下)(x f 中k x 的系数,得出等式k k k k c b c b c b a 0110......+++=-式中p 能整除k a ,1-k b ,……o b ,故p 必须整除0c b k .可是p 是一个质数,故p 至少能整除k b 与0c 中一个.这是与前面所述矛盾.所以)(x f 在有理数域上是不可约.例6 证明()663++=x x x f n 在Q 上不可约. 证明若取6=p ,则有: （1）3=n a 不能被p 整除;（2）0......221====--a a a n n ,61=a ,60=a 可以被p 整除; （3）60=a 不能被2p 整除.故)(x f 在有理数域上不可约.例7 在任意的n 情况下,证明3+n x 在有理数域上不可约. 解取3=p ,则有: (1) 1=n a 不能被p 整除;(2) 0......221====--a a a n n ，01=a ，20=a 不能被p 整除; (3) 30=a 不能被2p 整除. 故()3+=n x x f 在有理数域上不可约.3.3.2艾森斯坦因(Eisenstein)间接判别法有一类Q 上的多项式不适合用艾森斯坦来判别,因为有些p 并不能满足定理的条件,所以想到多项式的等价替换,我们可以尝试对其做适当替换,给出艾森斯坦因间接判别法.定理[]63.3 有理系数多项式)(x f 在有理数域上不可约的充分必要条件是：对于任意有理数0≠a 和b ,多项式)()(b ax f x g +=在有理数域上不可约.证明 (充分性) 反证法.已知)()(b ax f x g +=在Q 上不可约.若)(x f 在Q 上可约,那么可以设)()()(21x f x f x f =,（)()(21x f x f 为Q 上多项式),于是)()()()(21b ax f b ax f b ax f x g ++=+=,这与)(x g 不可约矛盾,故)(x f 在有理数域上不可约.(必要性) 反证法.已知)(x f 不可约.如果在Q 上)(x g 可约,即)()()()(21x g x g b ax f x g =+=（)()(21x g x g 是Q 上多项式.）在上式中用abx a -1代替x ，有)1()1()(21a bx a g a b x a g x f --=,这说明在有理数域上)(x f 是可约的,与已给条件矛盾.所以)(x g 在Q 上不可约.所以对于一些在有理数域上的多项式,当不能直接用艾森斯坦因判别方式判定该多项式可约性时,可通过适当的替换b ay x +=后,再用艾森斯坦因判别方式来判断.例8 证明()24+=x x f 在有理数域上不可约.证明 ()()34642112344++++=++=+x x x x x x f取3=p ,则有1不被p 整除,4,6,3能被p 整除1,4,6,3不被2p 整除.这些都符合前面给出的艾森斯坦因判定方式的几个条件，故通过前面的分析我们可得出结论()()34642112344++++=++=+x x x x x x f 在有理数域上不可约,故()24+=x x f 在有理数域上不可约.例9 证明()15245++=x x x f 在有理数域不可约.证明令5=p ,24=a ,显然1p ≠,倘若()f x 在Q 上不可约,则没有有理根,令1x y =+,代入()f x则()()1+=x f y g ()()115240151452353254155++++++++=y y C y C y C y C y C y30125120240120242345+++++=y y y y y由于(1) 5整除120,240,125,3; (2) 5不整除24; (3) 2552即不整除30故由艾森斯坦因间接判别方式可以证明出()g y 在有理数域上不可约,故()f x 在有理数域上不可约.艾森斯坦因(Eisenstein)直接判别法和间接判别法是判定多项式在Q 上非常常用的方法,但是,这种方法是有局限性的,因为不一定每次都能找到适合的数字p ,a ,b ,使得)()(b ax f x g +=成立,故我们给出如下的一种判别式.3.3.3 通过艾森斯坦因(Eisenstein)判别法派生出的一种判别法定理[]74.3 设有理数域上()1110...n n n n f x a x a x a x a --=++++是一个整系数多项式.若存在一个质数p ,使得(1)p 不整除常数项0a ; (2)p 整除其他各项的系数; (3)2p 不整除最高次项系数n a . 则()f x 在有理数域上不可约.证明若)(x f 可约,那么)(x f 可以写成:)()()(x h x g x f =.设k k x b x b x b b x g ++++=......)(2210l l x c x c x c c x f ++++=......)(2210 其中 n l k n l n k =+<<,,. 于是 000,c b a c b a l k n ==.因n a p ,而n a 不能被2p 整除.k b 和l c 其中的一个能被p 整除.可以假设k b 能被p 整除而l c 不能被p 整除.可以说)(x g 的所有系数不能被p 整除,否则会与 (1)矛盾.设p 不能整除)(x g 的最后一个系数为s b )(k s <.参考等式011......c b c b c b a l s l s l s l s +-+++++= 通过假设l s s l s b b a p +++,......,,1 )1(≥l 因此l s c b p ,从而s b p ,或l c p ,这与假设矛盾.例10 证明()261293345++++=x x x x x f 在有理数域上不可约.证明不可以用艾森斯坦因(Eisenstein)来判定()x f ,因为无法找到一个质数p 使得(1) 最高次项的系数被p 整除; (2) 其他各项的系数都能被p 整除; (3) 常数项不被2p 整除.三个条件都满足.但存在质数3=p ,满足(1) 2不能被3整除; (2) 3,9,12,6能被3整除; (3) 3不能被23整除. 故)(x f 在有理数域上不可约.例11 证明()466123346++++=x x x x x f 在有理数域上不可约. 证明不可以用艾森斯坦因判别方式,因为无法找到一个质数p 使得 (1) 最高次项的系数被p 整除; (2) 其他各项的系数都能被p 整除; (3) 常数项不被2p 整除.三个条件都满足.但存在质数3=p ,满足(1) 4不能被3整除; (2) 3,12,6能被3 整除; (3) 3不能被23整除. 故)(x f 在有理数域上不可约.一类特殊的多项式并满足用上述判定方式的判别条件,但是这类的多项式也可能是不可约的.同样的情况也适用于直接判别法和派生出的判别法.针对这类情况,引出艾森斯坦因(Eisenstein)推广法的推广.3.3.4艾森斯坦因判别法的推广定理[]84.3 设整系数多项式nn x a x a x a a x f ++++=......)(2210,假如有质数p 使得:(1) p 不能整除daj )0(n j <<;(2) p 整除dad a d a d a d a n j j ,......,,......,1110+-;(3) 2p 不能整除d ad a n ,0;(4) p 不能整除b d a j -,其中b 整除20daa n ,且20d a ab n ≠,),......,(10n a a a d =,故)(x f 在有理数域上不可约.例12 证明多项式20820)(35++=x x x f 在Q 上不可约.证明因为4)20,0,0,8,0,20(),,,,,(012345===a a a a a a d ,取5=p ,则有:(1) 2483==d a 不能被5整除;(2) 542005===d a d a 被5整除,040124====d a d a d a 被5整除; (3) 542005===d a d a 不能被25整除; (4).5,1,2±±±=-b b b d a不能被25整除.故20820)(35++=x x x f 在Q 上不可约.上面的几种判别方式都有局限性的,下面我们将给出其他方法用于判定.3.4 反证法我们在没有找到艾森斯坦因判别法中质数p 时,经常运用反证法来证明.例13 证明()()()()121----=n b x b x b x x f 在Q 上不可约,其中11,,b b b n n -是n 个整数.证明反证法,若多项式()f x 在Q 上可约,则一定存在系数为整数的多项式()x f 1,()x f 2,有()()()x f x f x f 21=.()()()()x f x f 010∂<∂,()()()()x f x f 020∂<∂,由()1-=i b f ,可得:()11=x f ,()12-=x f 或者()11-=x f ,()12=x f ,则()()x f x f 21+是等于0,()()x f x f 21-=,()()x f x f 21-=,此时()f x 首项系数为1-,与题设条件矛盾,故()f x 在Q 上不可约.3.5 克朗奈克判别法定理[]95.3 设()[]x Q x f ∈,则在有限步下()x f 能分解成不可约多项式的乘积克朗奈克判别法.(只考虑()x f 是系数定义在整系数域上的多项式.)证明令()[]x Z x f ∈,且n f =deg .下面对n 用第二数学归纳法证.当1=n 时定理显然成立.假设定理对于小于n 的整系数多项式已经成立).那么对于n 次整系数多项式()x f ,若()x f 可分解,设其为()()()x f x f x f 21=,则必有一个次数2n≤的因式,所以考虑在有限步下作出()x f 的次数2n≤的因式的方法.对此,设⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2n s ,取1+s 个互不相同的整数n a a a ,,,10 并计算它们的函数值再将()i a f 析因,s i ,,1,0 =,各取其中的一个因数,记作()()()n a g a g a g ,,10.这样得到了1+s 个数对()s i a g a i i ,,1,0,, =.根据拉格朗日插值公式,它们唯一地确定了一个次数不超过s 的多项式()x g .因为()i a g 不全为0.显然它可以是整系数的.作出这样的多项式()x g 并用它去除()x f .由于()i a f 的因数个数是有限的,设它为i k ,那么这样的不同的()x g 至多是∏=ni i k 0个.因此上述所构造的()x g 及用()x g 除()x f 的步骤是有限的.若对于所有这样的()x g 都有()x g 不整除()x f 则断言()x f 是不可约的.因为若不然,则有()()()x q x h x f =,其中不妨设2deg nh ≤.这时,()i a h 整除()s i a f i ,,1,0, =,因而()x h 由n a a a ,,,10 ()i a f 的1+s 因数()()s i a h i ,,1,0 =唯一决定,与我们的假设相矛盾,故这时定理成立.又若有某个()x g 整除()x f ,则得()()()x l x g x f =,其中n l n g <≤deg ,deg .因而由归纳假定,也存在着一种方法(在一般情况下就是前面所述的求()x g 的方法).在有限步下把它们分解为不可约多项式的乘积,故这时定理也真.因此,根据第二归纳法原理,定理成立.显然,以上证明不仅给出了将次数大于1的整系数多项式分解为Q 上的不可约多项式的乘积的一般方法,而且这种做法包括了Q 上不可约多项式的判别.例14 证明()15+=x x f 在有理数域上不可约.证明 252<=s ,取1,0,1110==-=a a a ,则()01=-f ,()10=f ,()21=f ,从而()1-f 的因子是0,()0f 的因子是1()1f 的因子是1,2.令()01=-g ,()10=g ,()11=g ;()01=-g ;()10=g ()21=g应用插值多项式知:()()()()()()()()()()221011101101011021--=-+-++-+-++=x x x x x x x g ;()()()()()()()()()1011101210101102+=-+-++-+-++=x x x x x x g 由带余除法可知,()x g 1不整除()x f ,()x g 2不整除()x f ,从而()x f 在Q 上不可约.但是,由于这种做法比较麻烦,其实用价值依赖于计算机技术.3.6 综合法在遇到一些特殊的多项式时,如果发现用前面所给的一种方法判定较为复杂时,可以同时使用前面方法中的几种方法来判定多项式不可约的问题.例15 证明()144++=kx x x f 在有理数域上不可约.证明 ()x f 的有理根只有两个,分别是1-和1+，但是()01≠±f ,所以()x f 没有一次因式,所以若()x f 可约,则()x f 只能表示成两个因式乘积的形式.令()()()1122-+-+=bx x ax x x f ,其中a 和b 都为整数. ()()()12234+++++++=x b a x ab x b a x比较等式两边的系数,得0=+b a ,02=+ab ,k b a 4=+.即22=a ,则2±=a ,与a 为整数矛盾.故()x f 在有理数域上不可约.4 其他特殊多项式不可约的判别方法4.1 奇次多项式的判定方法定理[]101.4 对于整系数多项式()2122212210...n n n n f x a x a x a x a x a ++=+++++若存在素数p 使(1) p |122...,,,;n n n a a a ++(2) 2p |01...,,,;n a a a(3) p 21n a +；(4)3p 0a .那么,()f x 在有理数域上不可约.例16 证明()61647323+++=x x x x f 在有理数域上不可约.证明不可以用艾森斯坦因(Eisenstein)来判定()x f 在有理数域上是否可约,因为无法找到一个质数p 使得(1) 最高次项的系数被p 整除; (2) 其他各项的系数都能被p 整除; (3) 常数项不被2p 整除三个条件都满足. 但可找到素数2p =,满足定理4.1的四个条件,(1) 4能被2整除;(2) 16能被2整除,6能被2整除; (3) 73不能被2整除; (4) 6不能被32整除.故()61647323+++=x x x x f 在有理数域上不可约.需要注意的是奇次的判定方法有局限性,而不是必要条件.当某一多项式不适合上述判定法时,我们需要转换其他的判定法进行可约性验证.4.2 形如2ax bx c ++的判定方法有一些多项式很特别,我们可以不用前面介绍的判定法,就可以对这类多项式在有理数域上的可约性进行快速判定.给出下面一种判定方式,更简单地更快速地判定一类定义在Q 上多项式不可约的相关问题定理[]112.4 对于整系数多项式2()f x ax bx c =++,如果abc 为奇数,则()f x 在有理数域上不可约.证明假设()f x 可约,则存在整数1122,,,a b a b ,使得1122()()()f x a x b a x b =++212122112()a a x a b a b x b b =+++即有 12122112,,a a a b a b a b c b b ==+=由abc 为奇数,可得,,,a b c 为奇数故1122,,,a b a b 为奇数从而1221,a b a b 为奇数,进而1221a b a b +为偶数,这与1221b a b a b =+为奇数矛盾.得证.例17 证明()3532++=x x x f 在Q 上不可约.证明因3=a ,5=b ,3=c ,45353=**=abc 为奇数,故()3532++=x x x f 在有理数域上不可约.当abc 的乘积不为奇数的时候,不能用这种方式判定多项式在Q 上可约性. 例18 证明多项式()722++=x x x f 在有理数域上不可约.解 1=a 2=b .由于1=a ,2=b ,7=c ,14721=**=abc ,14是偶数,故用上面给出的判定方法无法知道()x f 在有理数域上是否可约.其实很简单,运用前面给出的有理根判别方法,()x f 的最高次项的次数是2，所以可以运用有理根判别法.由有理根判别法,若)(x f 可约,则一定有有理根,又)(x f 的可能有理根是: -1、1、-7、7.因为()01≠±f ,()07≠±f ,所以-1、1、-7、7均不是)(x f 的有理根,故)(x f 在有理数域上不可约.5 结论对于系域定义在有理数域上的多项式,其不可约的判定方法有多种,本文给出了其中的几种判定方式.可是其中几种判别方式有着一些不足的地方.但是通过我们归纳总结以后,得到一个较为全面的解决多项式不可约的方式,几种判定方法之间形成互补关系,使得定义在有理数域上的多项式可约性的相关判定越发全面准确,在遇到特殊的定义在有理数域上的不可约多项式时,找到对应的判定方式，便于快捷准确地解决多项式不可约的判定问题.谢辞时光荏苒,美好的大学四年时间过得飞快,眼看着到了和母校说再见的时候,无论我在社会上去的怎样的成就,我都不会忘记我的母校,忘不了我生活了四年的母校——蚌埠学院.我十分感谢母校四年来对我的栽培,让我健康成长;四年来为我提供了优质的生活学习环境,为我们走入社会打下坚定地基础.再此我也向学校的领导和主任报以衷心的感谢,感谢四年来你们对我们广大学子的关心,多次操心于开展各种活动促进我们德智体美全面发展,再次我想说你们辛苦了!其次,特别感谢我的指导刘晓敏老师.在毕业论文的设计的过程中,她渊博的知识开阔了我的视野,在此我表示衷心的感谢感谢的敬意!当然还要感谢被我作为参考文献的这些作者们,谢谢你们,让我丰富了自己的知识,让我更好更快的完成这篇论文,谢谢你们!此时,更不应忘记的还有我的父母,是他们含辛茹苦将我培养成才,是他们无微不至的关心使我顺利完成了学业.衷心祝福他们健康!参考文献[1] 乔世东.多项式在有理数域上不可约的几种证明[J].雁北师院学报,1996,12(6):31-32.[2] 王骁力,夏云青.利用同态关系讨论有理数域上多项式的可约性判定[J].中州大学学报,2010,27(3):99-102.[3] 陈林,田应智.有理数域上的不可约多项式[J].伊犁师范学院学报,自然科学版,2009,(2):13-16.[4]张卫,史滋福.有理数域上的一类不可约多项式[J].湖南理工学院学报(自然科学版),2008,21(1):5-7.[5] 陈丽. 有理数域上多项式不可约的判定[J]. 安庆师范学院学报: 自然科学版,2009,15(3): 80-82.[6]刘中良.有理数域上多项式不可约的判定[J].科技信息,2009,(1):77-79.[7] 黄宗文.有理数域上整系数奇次多项式不可约的一个判别法[J].广西教育学院学报,2002,(4): 77-79.[8] 兰春霞.整系数多项式在有理数域上不可约的几个判定定理[J]..丽水学院学报,2005,27(2):13-14.[9]巩娟.整系数多项式在有理数域上不可约判别法[J].遼寧師專學報(自然科學版).2009,11(3): 36-44.[10] 马正义.整系数多项式在有理数域上的不可约性[J].丽水师范专科学校学报,2002,24(5):12-13.[11]Franois Anton,Darka Mioc,Marcelo Santos.Exact Computation of the Topologyand Geometric Invariants of the Voronoi Diagram of Spheres in 3D[J] .Journal of Computer Science & Technology, 2013,12(9): 83-86.。

整系数多项式不可约的判别法

Ｋｅｒｓ：ｓｎｔｉｅｒｍ，ｎａｂｅｉｔＣａｔａｂｅｉｔｙｗｏｄＥｉｅｓｅｎＴｈｏｅＣａｂｒｖａｅ，ｎ’ ｂｒｖａｅ
在高等代数中介绍了艾森施坦白（ｉｎＥｓ — ｅ
ｓｉ）别法，ｔｎ判ｅ它是判别整系数多项式为不可约多
维普资讯
第２卷～期６第１
２００８年８月
’
江
西
科
学
Ｖｏ．６Ｎｏ４１２．Ａｕ．０ｇ２０８
ＪＡＮＧＳＩＩＸＩＣＥＮＣＥ
文章编号：０１６９２０）４— ５９一Ｏ１０ —３７（０８００１２
项式的一个非常有用的判别法，但这个方法使用时有其局限性，文介绍另为２个方法，本使用它可
以判断一些无法使用艾森施坦白（ｉｎｔｎ判Ｅｓｓｉ）ｅｅ别法判断的整系数多项式的可约性。定理１设）＝ａ＋ａｘ＋… ＋ａｘ是一个：０ｌｎ整系数多项式，ｆ）有有理根，能找到一若（没并
Ｐ使：１ａ，，（）。ａ中至少有—个不能被Ｐ整除；２ａ（（）
收稿日期：０７— １— ７修订日期：０８— —２２０１２；２００４８
作者简介：杨明顺（９４一）１６陕西渭南人，副教授，研究方向：数论。基金项目：国家自然科学基金资助项目（０７１５，１６１５）陕西基础教育科研项目（ＪＹ０３２，南师范学院基金资助ＳＪＢ６０）渭

不可约多项式

f( )=g( )h( )=1, k=1,2,…,n
因为g( ),h( )为整数，所以
g( )=h( )，k=1,2,…,n+1.
由此可知 , ,…, 为多项式方程g(x)-h(x)=0的n个根。
又因为（g(x)-h(x)）< n,所以g(x)-h(x)为零多项式，即
f(x)= =g(x)h(x)=
p!f(x)=p!+p!
因为P为质数，整系数多项式p!f(x)符合爱森斯坦判别法，所以整系数多项式p!f(x)在整数环上不可约，即整系数多项式p!f(x)在有理数域上不可约。由此可得多项式f(x)在有理数域上不可约。
例2.若P为质数，求证有理系数多项式f(x)=1+x+ +…+ 在有理数域上不可约。
证明：因为f(x)= ,不妨设x=y+1得到
f(x)=f(y+1)= =g(y).
g(y)= +p + …+
又因为p为质数，g（y）符合爱森斯坦判别法，所以g（y）在整数环上不可约，即f（x）在整数环上不可约，由此可得f（x）在有理数域上不可约。
（
例3.求证整系数多项式f（x）= -1在有理数域上不可约，其中 , ,…, 为n个互不相等的正数。
由此可知 , ,…, 为多项式方程的n个根。
又因为（g(x)+h(x)）< n.所以g（x）+h（x）为零多项式，即有g（x）=-h（x）.
f(x)=g(x)h(x)=-
由此可得到f(x)的最高次项的系数为负数，与已知的f(x)的最高次项的系数为1相矛盾，假设不成立.所以整系数多项式f(x)在有理数域上不可约.
f(x)=g(x)h(x),其中

如何判别一个多项式不可约

探索不可约多项式的应用
除了在数学理论研究中的应用外，不可约多项式在实际应用中也有着广泛的应用前景。例如，在计算机科学、信息编码等领域中，不可约多项式可以用于构造一些特殊的函数和编码。
推广判别不可约多项式的方法
目前我们判别不可约多项式的方法主要适用于有限域上的多项式，对于其他情况是否适用还需要进一步的研究和探索。因此，推广判别不可约多项式的方法也是未来的一个研究方向。
判别二次多项式
对于形如 $ax^2 + bx + c$ 的二次多项式，如果判别式 $Delta = b^2 - 4ac$ 小于0 ，则该多项式不可约。
判别三次多项式
对于形如 $ax^3 + bx^2 + cx + d$ 的三次多项式，如果无法通过因式分解或使用其他方法证明其不可约，则该多项式可能可约。
THANKS
谢谢您的观看
不可约多项式是整环上的不可约元，即它不能被其他非零元素整除。
不可约多项式在整环中是不可约元，因此它在整环中是不可约的。
不可约多项式是素数，即它没有除了1和自身以外的因数。
不可约多项式在整环中是不可约的，因此它在整环中是不可约的。
03
判别多项式不可约的方法
辗转相除法
辗转相除法是一种通过连续除法来判别多项式是否可约的方法。
数学研究
判别多项式是否可约在数学领域具有重要研究价值，有助于深入理解多项式的性质和结构。
算法设计
在实际应用中，多项式不可约的判别方法可以用于设计高效的算法，例如在符号计算、数值分析等领域。
教育教学
对于学习数学的学生来说，掌握多项式不可约的判别方法有助于提高数学素养和解题能力。

有理数域上n次多项式不可约的一个充要条件在GF(2)中的推广

证硐假设，（）是上的本原多项式，而
ｆ（拓）非本原，则存在＜２一１，ｋ∈Ｚ＋，使得ｆ‘（）Ｉｘ＋１
即右羊ｌ厂（）ｑ（ｘ），其中ｑ（ｘ）为非零
２问题及证明
次多项式．
在上式等号ｌ的两边商时取倒数得
定理１在Ｑ中，孢次多项式，（）不可约的一
收稿日期：２０１３－０４—１ｌ
作者简介：刘倩（１９８７一），女，河南南阳人，硕士研究生．研究方向：算子代数．
洛阳师范学院学报２０１３年第８期
· ５ ·
（＋１）’＝，（ｘ）ｑ（）因为（＋ｉ）＝（一＋ｉ）＝＋１。所以
ｌ＿ｆ（ｘ）ｑ）＝ｆ（ｘ） “”ｇ（÷）
故
龙）Ｉ＋１，ｋ＜２一１．
这与假设龙）是本原多项式矛盾．
同理可证，’（）是上的本原多项式，则一定
有）也是上的本原多项式
［２】柯召，孙琦．数论讲义［Ｍ］．北京：高等教育出版社。
２００３．
［３］冯克勤，廖群英．有限域及其应用［Ｍ］．大连：大连理工大学出版社，２０１１．
ｉｓｐｔｉｍｉｔｉｖｅｏｖｅｒＧＦ（２）．
Ｋｅｙｗｏｒｄｓ：ｒｅｄｕｃｔｉｏｎａｄａｂｓｕｒｄｕｍｐｒｏｏｆ；ｆｉｎｉｔｅｆｉｅｌｄ；￣ｒｒｅｄｕｃｉｂ‘ｌｅｐｒｉｍｉｔｉｖｅ
摘要：ｎ次多项式）在口上不可约的一个充要条件是多项式 ’ ÷）在Ｑ上不可约．本文利用反证法对这
个充要条件在钾（２）中微亍一个柱【广；并进一步证本原．
关键饲：反证法；有限域；永奇约；本原多项式
中图分类号０ｉ５６

不可约多项式的判定及应用毕业论文

不可约多项式的判定及应用摘要多项式理论是高等代数的重要组成部分，而不可约多项式是多项式中重要的概念. 本文主要对有理数域上不可约多项式的判别方法进行整理归纳, 较为系统的给出不可约多项式的判定方法。

对于一般的不可约多项式的判定有Eisenstein判别法、Kronecker判别法、Perron判别法、Browm判别法等。

研究了各判定方法的等价和包含关系。

此外，我们还给出了不可约多项式的一些应用。

关键词不可约多项式；判定方法；应用Judgment and Application of Irreducible PolynomialsAbstractThe theory of polynomial is an important portion of advanced algebra. Irreducible polynomial is an important class of polynomials. We induce, in this paper, the judgment methods of irreducible polynomials over rational number field, and give some judgment methods of irreducible polynomials such as Eisenstein method, Kronecker method, Perron method and Browm method. The equivalence and inclusion relations between judgment methods are also investigated. In addition, we give some applications of irreducible polynomials.Key wordsIrreducible polynomial; Judgment method; Application1.引言众所周知，多项式理论是高等代数的重要组成部分，而不可约多项式是多项式中重要的概念。

整系数多项式不可约的判定123

整系数多项式不可约的判定摘要:判断一个整系数多项式在有理数域是否可约,有著名的艾森斯坦判别法,它给出了判别整系数多项式不可约的一个充分条件,但只能判别一些整系数多项式,应用范围受限制,本文在艾森斯坦判别法的基础上对其进行推广,并给出了一种新的判别方法.关键词: 整系数多项式不可约艾森斯坦判别法素数如何来判定一个整系数多项式在有理数域是否可约?满足什么条件的整系数多项式在有理数域才具有可约性?本文结合素数给出了以下判别法.一艾森斯坦判别法及其推广定理 : 设 )(x f =01...a x a x a n n n n +++-是一个整系数多项式如果有一个素数p ，使得1. p 不能整除n a ;2. p |021,...,,a a a n n --;3. p ²不能整除0a那么)(x f 在有理数域上是不可约的.证明 : 如果)(x f 在在有理数域上是可约的，那么有定理知，)(x f 可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积,)(x f =)...)(...(011011c x c x c l x x b m m m m l l l l ++++++----(n m l n m l =+<,,)因为p ∣0a ,所以能整除0b 或0c ，但是p ²不能整除0a ，所以p 不能同时整除0b 及0c .因此不防假定p ∣0b ,但 p 不整除0c .另一方面，因为p 不整除n a ，所以p 不能整除l b .假设l b b b ,...,,10中第一个不能被p 整除的是k b ，比较)(x f 中k x 的系数，得等式k k k k c b c b c b a 0110...+++=-.式中01,...,,b b a k k -都能被素数p 整除，所以0c b k 也能被p 整除，但p 是一个素数，所以k b 和0c 中至少有一个被p 整除，这是一个矛盾，定理得证.例1设)(x f =22128234+++-x x x x 判断)(x f 在有理数域上是否可约？解：取素数p =2,则2|-8，2|12，2|2，2²不能整除2，满足艾森斯坦判别法，所以)(x f 在有理数域上不可约.但艾森斯坦判别法不是对所有的整系数多项式都能应用，因为满足判别法条件的素数p 不总存在，若对一多项式)(x f 找不到素数p ，那么)(x f 在有理数域上可能可约也可能不可约，例如1122++x x 与2x +2x -3都找不到满足条件的素数，但前者在有理数域上是不可约的，而后者是可约.为了扩大艾森斯坦判别法的应用范围，对其进行变形，在)(x f 中令 b ay x +=，(Z b a a ∈≠,,0)则整系数多项式)(x f 与)()(b ax f y g +=有理数域上可约性相同，但并不是所有的整系数多项式都能通过变形后可以应用艾森斯判别法.例1设)(x f =136++x x 判断)(x f 在有理数域上是否可约？解：)(x f 不能直接应用艾森斯判别法，令1+=y x 代入)(x f =136++x x 中得，)1()(+=y f y g =39182115623456++++++y y y y y y ,取素数p =3,则3∣6，3∣15，3∣21，3∣18，3∣9，3∣3，但3不能整除1，且3²不能整除3，满足艾森斯判别法，)(y g 在有理数域上不可约，所以)(x f 在有理数域上不可约.例2设)(x f =4123++x x 判断)(x f 在有理数域上是否可约？解：)(x f 不满足艾森斯坦判别法，无论经过什么变换也不能满足艾森斯坦判别法，但)(x f 在有理数域上是不可约的.有些整系数多项式不满足艾森斯坦判别法的判别条件，但也是不可约的，由此可见艾森斯坦判别法的应用受很大的限制，在此给出了艾森斯坦判别法的一个有益的推广，得出定理如下：定理：设)(x f =011..a x a x a n n n n +++--（0≠n a ）是一个整系数多项式，并且)(x f 没有有理根，如果能找到一个素数p 使1. p 不能整除n a ；2. p ∣110,...,,-n a a a ；3. p ²不能整除1a ；那么)(x f 在有理数域上不可约.证明：设)(x f 在有理数域上可约，易知)(x f 能分解成两个次数都小于n 的整系数多项式的乘积，设)(x f =)(x g )(x h , )(x g =011...b x b x b k k k k +++--， )(x h =011...c x c x c l l l l +++--（n l k n l k =+<,,）,显然p 不能整除)(x g 的所有系数，也不能整除)(x h 的所有系数，令s b ，t c 各是)(x g 和)(x h 中第一个不能被p 整除的系数.情形1如n t s <+,考察系数有t s t s t s t s b b c b c b a +-++++++=0110...，因为n t s <+，有条件2可知，p ∣t s a +,又等式右边除t s c b 外都能被p 整除，所以p ∣t s c b ,但p 是素数，所以p ∣s b 或p ∣t c ，与s b 和t c 不能被p 整除矛盾.情形2如n t s =+，此时必有l t k s ==,,k s b b =,l t c c =,考察10011c b c b a +=. 因为)(x f 没有有理根，所以1,1>>l k ,因此p |0b ,p |1b ,p |0c ,p |1c ,由等式10011c b c b a +=知，p ²|1a 与条件3 p ²不能整除1a 矛盾.综上可知)(x f 在有理数域上不可约.推论: 设)(x f =011..a x a x a n n n n +++--（0≠n a ）是一个整系数多项式，)(x f 没有有理根，如果能找到一个素数p 使得1. p |i a (i =1,2,…,n);2. p 不能整除0a ；3. p ²不能整除1-n a ；那么)(x f 在有理数域上不可约.证明：令x =y1 代入)(x f 中得 n nya y a a y f +++=...)1(10，而n n n n a y a y a y f y y +++==-...)1()(110ϕ，显然)(x f 在有理数域上不可约的充要条件是)(y ϕ在有理数域上不可约，由定理知)(y ϕ不可约，所以)(x f 在有理数域上不可约.例1设96915)(234++++=x x x x x f 判断)(x f 在有理数域是否可约？解：易知)(x f 没有有理根，取p =3, 3|9，3|6，3|15，3²|9，不能应用艾森斯坦判别法，由于3²不能整除6，有定理可知)(x f 在有理数域上不可约.例2设126184)(234++++=x x x x x f 判断)(x f 在有理数域是否可约？解：易知)(x f 没有有理根，取p =2,2|4,2|6,2|18,2|2,2不能整除1 2²不能整除18，由推论可知)(x f 在有理数域上不可约.二通过比较整系数多项式的系数大小来判定多项式的不可约.定理：设)(x f =0111...a x a x a x n n n ++++-- 是一个整系数多项式，如果 │1-n a │>1+|2-n a |+3-n a +…+01a a +,则)(x f 在有理数域上是不可约的.定理的使用很方便，但要求最高次数项系数是1，且定理证明要用到复变函数论，本文用初等方法得到了如下定理.定理1 设)(x f =0111...a x a x a x a n n n n ++++-- （n a ≠0 ）是整系数多项式且|n a |是素数，如果021...a a a a n n n +++>-- 则)(x f 在有理数域上是不可约的.证明：1. 首先证明：若)(z f =0, 则∣z ∣<1,设z 满足若)(z f =0则)...(02211a z a z a z a n n n n n n +++-=----,02111...a z a z a z a n n n n n n +++≤---- ,如果z >1,则1021)...(---+++≤n n n n n z a a a z a ,于是011...a a a z a a n n n n +++≤≤--，与已知矛盾，所以z <1.2.假设)(x f 在有理数域上是可约，则存在两个次数都小于n 的整系数多项式u(x)和v(x)使得)(x f = )(x u )(x v .设)(x u =011...b x b x b t t t t +++--，)(x v =011...c x c x c s s s s +++-- ，因|n a |是素数，n t s a c b =则1=t b 或1=s c ，不妨设1=t b ，又0000≠=a c b ，所以0b 是非零整数，设t z z z ,...,,21是u(x)=0全部根.由1得1<i z （i =1,2,…,t ）,有根与系数的关系推得|0b |=tb b 0=1...21<t z z z 与0b 是非零整数矛盾，所以)(x f 在有理数域上不可约.定理2 设)(x f =0111...a x a x a x a n n n n ++++--是n 次整系数多项式，0a 是素数，若n a a a a +++>...210，则)(x f 在有理数域上是不可约的.证明：设n n n n n a y a y a y a y f y y ++++==--1110...)1()(ϕ，显然，)(x f 在有理数域上是不可约的充分条件是)(y ϕ在有理数域上不可约，有定理1知因)(y ϕ在有理数域上不可约，此)(x f 在有理数域上是不可约的.例1 设)(x f =1232134567+++++x x x x x ，判断函数)(x f 是否可约？解：因为 13>2+3+1+1+2+1，13是素数，由定理1可知)(x f 有理数域上是不可约的.例2 设)(x f =1724722345-+--+-x x x x x ，判断函数)(x f 是否可约？解：因1247217+-+-++->- 且17是素数，由定理2可知)(x f 有理数域上是不可约的.本文通过对艾森斯坦判别法的推广扩大了艾森斯坦判别法的应用范围，并给出了一种新的判别方法对艾森斯坦判别法予以补充.【参考文献】［1］张禾瑞、郝炳新编.高等代数（第四版）.高等教育出版社.1999 版［2］中国数学协会北京师范大学编.数学通报.1992年第8期［3］中国数学协会北京师范大学编.数学通报.1995年第3期［4］数学通讯 2001年5月第9期。

不同域上的不可约多项式

论文题目目录1、前言................................................................................................... 错误!未定义书签。

2、因式分解定理及唯一性定理 ..................................................... 错误!未定义书签。

3、复系数多项式................................................................................. 错误!未定义书签。

4、实系数多项式................................................................................. 错误!未定义书签。

5、有理系数多项式 ............................................................................ 错误!未定义书签。

艾森斯坦（Eisenstein）判别法 .................................. 错误!未定义书签。

艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的变式..................... 错误!未定义书签。

艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的等价定理............. 错误!未定义书签。

多项式的复根与其不可约性......................................... 错误!未定义书签。

n次整系数多项式在有理数域上的不可约的又一充分性错误!未定义书签。

6、有限域上的不可约多项式.......................................................... 错误!未定义书签。

反证法在多项式理论中的应用

反证法在多项式理论中的应用作者：高岩来源：《世纪之星·交流版》2016年第08期[摘要]多项式理论是高等数学研究的基本对象之一，它是一类最常见、最简单的函数，它的应用非常广泛，它在高等代数中一个相对独立的部分，与线性代数一起，构成高等代数的整体内容.反证法是一种间接地证明问题的方法，在数学的各个领域中均有应用，本文讨论它在多项式理论中的应用.多项式理论中涉及许多命题的证明，其中有些命题无法或不易用直接证法证明，而用反证法来证明十分简捷有效.[关键词]反证法；多项式；互素；不可约一、多项式的基础知识多项式理论是高等数学研究的重要内容之一，它是高等代数中一个相对独立的部分，与线性代数一起，构成高等代数的整体内容.它的理论抽象，涉及的概念较多，一些问题直接利用定义证明较为困难，而使用反证法却可以使论证的过程得到简化.多项式是一类最常见、最简单的函数，它的应用非常广泛.多项式理论是以代数方程的根的计算和分布作为中心问题的，也叫做方程论.研究多项式理论，主要在于探讨代数方程的性质，从而寻找简易的解方程的方法.多项式代数所研究的内容，包括整除性理论、最大公因式、重因式等。

这些大体上和中学代数里的内容相.多项式的整除性质对于解代数方程是很有用的。

解代数方程无非就是求对应多项式的零点，零点不存在的时候，所对应的代数方程就没有解。

下面结合实例来讨论反证法在论证多项式理论中的应用.二、反证法反证法的定义：证明定理的一种方法，先提出和定理中的结论相反的假定，然后从这个假定中得出和已知条件相矛盾的结果来，这样就否定了原来的假定而肯定了定理，也叫归谬法.反证法的实质：事实上，反证法就是去证明一个命题的逆否命题是正确的，这与直接证明是等价的，但是可能其逆否命题比较容易证明。

上述的得出了矛盾，事实上就是得出了“假设与题设不相融”这个结论，所以我们不能接受这个假设，所以这个假设的反面就是正确的，从而命题得证。

适用范围：证明一些命题，且正面证明有困难，情况多或复杂，而否定则比较浅显。

如何判别一个多项式不可约

定理 2( 艾森斯坦 (Eisenstein) 判别法 ) ：设 f(x)=a0+a1x+…+anxn 是整系数多项式，若能找到一个素数p，使得
(1)p不能整除an； (2)p|a0,a1,┅,an-1； (3)p2不能整除a0；那么，f(x)在有理数域上不可约。
单位元，结合律，交换律，逆元，零元，分配律
同态，同构
2.相容
设“~”为S上的等价关系，“*” 为S上的二元运算。若对任意a,b,c,dS，当a~b， c~d时，必有ac~bd，则称等价关系~与运算是相容的，称~为代数系统[S;]的相容等价关系。
3.半群，拟群，群
有关定理
4.元素的阶和群的阶
定义,结论
5.子群与陪集概念,定理,陪集的实质正规子群 6.商群与群同态基本定理 7.环的基本概念环的零元,环的单位元,交换环在环中讨论元素可逆 1-un=(1-u)(1+u+u2++un-1) 8.特征数整环的特征数 9.子环，理想，商环主理想,主理想环 10.多项式环
定理 2( 艾森斯坦 (Eisenstein) 判别法 ) ：设 f(x)=a0+a1x+…+anxn 是整系数多项式，若能找到一个素数p，使得
(1)p不能整除an； (2)p|a0,a1,┅,an-1； (3)p2不能整除a0；那么，f(x)在有理数域上不可约。
5.本原元与本原多项式有关定理和结论的证明 GF(pn)的表述,化简求出所有本原元,本原多项式
已知为GF(pn)上的本原元，怎样求出 GF(pn)上的所有本原元？

有限域上的方程与不可约多项式

有限域上的方程与不可约多项式田力;孙宗明【摘要】In this paper ,the authors study equations and irreducible polynomials over a finite field, illustrate roots of some equations, give the method to find irreducible polynomials and also discuss irreducibility of some polynomials.%本文研究有限域上的方程与不可约多项式，讨论了若干方程的根，给出了不可约多项式的求法，讨论了若干多项式的不可约性．【期刊名称】《泰山学院学报》【年(卷),期】2011(000)006【总页数】9页(P1-9)【关键词】有限域;方程;不可约多项式【作者】田力;孙宗明【作者单位】泰山学院数学与系统科学学院,山东泰安271021;泰山学院数学与系统科学学院,山东泰安271021【正文语种】中文【中图分类】O153.4本文研究有限域上的若干方程与若干不可约多项式，根据具体情况，将用不同的记号表示有限域.本文中，0表示域的零元，e表示域的单位元.本文所使用的符号是标准的，有限域和有限群的基本知识被认为是熟知的，见文献［1－2］.1 若干方程本款讨论有限域上的若干方程以及相关的若干问题.1.1 方程xq+1=λ与xq+x=μ本段在p2k元域上研究问题，记q=pk，则p2k=q2，并且，把p2k元域记为Fq2，把pk元域记为Fq，本段参见文献［3－4］.先研究Fq2的一个自同构，它扮演着重要的角色.设则σ是Fq2的自同构，并且，σ的阶为2，事实上，首先，σ不是恒等映射，因为，若记Fq2的非零元素乘群为F*q2=〈c〉，则有σ(c)≠c;其次，σ2必为恒等映射，因为，对于任意的a∈Fq2，均有另外，对于a∈Fq2，有因此，Fq2的自同构σ的固定子域是Fq.现在研究Fq2上的方程xq+1=λ，而λ≠0，此时，可以在群F*q2中考虑.设则τ是F*q的同态映射.记π的象为G，核为N.由群同态基本定理得F*q2/N与G 同构，且o(F*q2)= o(N)o(G).显然，N是方程xq+1=e所有解的集合，所以，o(N)≤q+1.因为，所以，o(G)≥q－1.但是，G是F*q的子群，从而，o(G)=q－1，τ是满射.因此，对于λ∈F*q2，一定有y0∈，使得τ(y0)=λ，即y0q+1=λ，方程xq+1=λ有解x=y0.由o()=q－1得o(N)=q+1，从而，方程xq+1=e恰有q+1个解.因为方程xq+1=λ的解y0乘以方程xq+1=e的任一个解均得到方程xq+1=λ的解.群中一方程的解就是域中该方程的根，这样，就有下面的定理1.1.1 有限域Fq2上的方程xq+1=λ(λ≠0)在Fq2中恰有q+1个根.现在研究Fq2上的方程xq+x=μ.设则ρ是加群Fq2到加群Fq的同态映射.类似于上面的讨论可得，ρ是满射.同样类似于上面的讨论可得，方程xq+x=0起着与方程xq+1=e一样的作用，此处详细的推导从略.这样，就有下面的定理1.1.2 有限域Fq2上的方程xq+x=μ在Fq2中恰有q个根.1.2 方程xps－x－c=0本段在pk元域上研究问题，将pk元域记为F.视F为加群，当s=1时，作则σ是加群F到F的同态映射.σ的同态核是Fp，而Fp是F的p元子域.有下面的定理1.2.1 设xp－x－c=0(c∈F)是F上的方程，则1)xp－x－c=0(c∈F)在F中有根当且仅当有a∈F使c=ap－a;2)F中恰有pk－1个c，使xp－x－c=0(c∈F)在F中有根;3)若xp－x－c=0(c∈F)在F中有根，则其在F中恰有p个根;当s＞1且s|k时，pk元域F有ps元子域Fps.上面的σ变为σ是加群F到F的同态映射，σ的同态核是Fps.可以得到下面的定理1.2.2 设xps－x－c=0(c∈F)是F上的方程，s＞1且s|k，则1)xps－x－c=0(c∈F)在F中有根当且仅当有a∈F使c=aps－a;2)F中恰有pk－s个c，使xps－x－c=0(c∈F)在F中有根;3)若xps－x－c=0(c∈F)在F中有根，则其在F中恰有ps个根.当s＞1但s不整除k时，记w=(s，k)，s=μw，此时，研究F的子域Fpw，有结论:对于∀a∈Fpw，成立aps=apw.仍然研究σ是加群F到F的同态映射，σ的同态核包含Fpw，从而就得到下面的定理1.2.3 设xps－x－c=0(c∈F)是F上的方程，s＞1但s不整除k，记w=(s，k)，则1)xps－x－c=0(c∈F)在F中有根当且仅当有a∈F使c=aps－a;2)F中至多有pk－w个c，使xps－x－c=0(c∈F)在F中有根;3)若xps－x－c=0(c∈F)在F中有根，则该方程在F中至少有pw个根.本段中定理的详细证明参见［5］，此处从略.1.3 降次定理一般而言，方程的次数越低，讨论问题越相对容易.本段从这一角度研究有限域上的方程，本段参见［6］.本段在pk元域上研究问题，将pk元域记为F.因为，Fpl=F(l为正整数)，所以，得到下面的定理1.3.1 设是F［x］中的多项式，ni，mi，ni=plmi(i=0，1，…，k－1，k)均为正整数，则1)若α∈F是方程f(x)=0的一个根，则αpl是方程g(x)=0的一个根;2)若β∈F是方程g(x)=0的一个根，则有γ∈F是方程f(x)=0的一个根.求F上的方程的根，可以转化为求F上的次数＜pk的某一方程的根，即有下面的定理1.3.2 设h(x)，r(x)∈F［x］，并且r(x)=0或deg(r(x))＜pk，则1)当r(x)=0时，F的元素均为方程f(x)=0的根;2)当r(x)≠0时，方程f(x)=0与r(x)=0在F中的根的集合相同.在上面定理的1)中，方程f(x)=0在F必有重根，于是，就有下面的问题1.3.3 在定理1.3.2的1)的情况下，方程f(x)=0在F中重根的状况.1.4 二项方程的降次与求根本段在pk元域上研究问题，将pk元域记为F，本段参见文献［7－8］.研究二项方程的降次，有下面的定理1.4.1 设其中q，r是整数，则方程xn=b与xr=b在F中有相同的根的集合.实际上，方程的次数可以进一步降低，即有下面的定理1.4.2 设其中r，d均为正整数，s是整数，则xr=b在F中的根是xd=bs的根.定理1.4.3 设d|(pk－1)，m是c在F的非零元素乘群F*中的阶，则xd=c在F中的根是xdm=e的根.定理1.4.4 设则a1，a2，…，ad是xd=e在F中的不同的根.定理1.4.5 设a0是xd=c在F中的一个根，a1，a2，…，ad是xd=e在F中的不同的根，则是xd=c在F中的不同的根.上述的五个定理容易证明，此处从略.根据这五个定理，设计出求根的具体方法，有下面的方法1.4.6 求二项方程的根的方法如下:第一步，由定理1.4.1与1.4.2，将xn=b的次数降低，化为xd=bs=c，并且，d|(pk－1);第二步，记定理1.4.3中的dm=w，解决xw=e，由定理1.4.1与1.4.2，将xw=e转化为xd1=e，并且，d1|(pk－1)，再由定理1.4.4，求出xd1=e的d1个根;第三步，由定理1.4.3，xd=c是xw=e的根，求得xw=e的一切根后，代入验证，得到xd=c的一个根a0;第四步，由定理1.4.4，得到xd=e的d个根a1，a2，…，ad，从而，由定理1.4.5得到xd=c的d个根a0 a1，a0 a2，…，a0 ad;第五步，由定理1.4.2，将xd=c的根代入xn=b，进行验证，以得到xn=b的根.2 不可约多项式本款中，将pk元域记为F.2.1 筛法本段给出确定F上的不可约多项式的方法.F上的次数≥1而≤n的多项式有有限个.一般地，F上的s次多项式有(q－1)qs个，其中，q=pk，并且，可以按一定程序将它们排列出来.于是，就可以将F上的次数≥1而≤n的多项式按一定程序全部排列出来，且次数小的在前，次数大的在后.这样排好之后，就可以仿照求素数的筛法进行.做法是:将排在最前面的多项式圈起来，而后划去它的一切倍式，剩下的没有圈且没有划去的多项式中，排在最前面的是不可约多项式，将它圈起来，再划去它的一切倍式，如此下去，直至最后一个被圈的多项式为止.所有被圈起来的多项式都是F上的不可约多项式，且是次数≥1而≤n的全部不可多项式.所给出的方法称为确定F上的不可约多式的筛法.2.2 Berlekamp法熟知，在有理数域上，有下面的克朗奈格定理.设f(x)是n(n＞0)有理系数多项式，则f(x)可以经有限次有理运算在有理数域上分解为不可约多项式的乘积.克朗奈格定理的证明同时给出了具体做法，但是太麻烦了，麻烦到简直无法实施的地步.有Berlekampd的一个方法，利用该方法，总是可以将F上的任一个多项式f(x)分解为F上的两两两不同的不可约多项式的幂的乘积，从而也就判定了f(x)是否为不可约多项式，进一步，可以求出F上的次数≥1而≤n的全部的不可约多项式. Berlekampd的这个方法，此处从略，参见［9］.将Berlekampd的这个方法称为Berlekampd法.2.3 多项式的可约性为了确定有限域上的不可约多项式，了解并掌握一些多项式的可约性当然是有益的和必要的.本段中为了方便而将域的单位元记为1，本段参见［10］.对于任意的域，成立下面的定理2.3.11)若域F上的多项式f(x)的零次项为零，则f(x)在F上可约⇔f(x)的次数＞1;2)域F上的二次多项式f(x)在F上的可约⇔存在α∈F，使得f(α)=0;3)域F上的三次多项式f(x)在F上的可约⇔存在α∈F，使得f(α)=0;4)若f(x)是域F上的多项式，a，b∈F，a≠0，则f(x)在F上可约⇔f(ax+b)在F上可约;5)若域F上的多项式f(x)满足条件(f(x)，f'(x))≠1，则f(x)在F上可约.上面的定理中的4)是多项式的未定元的替换问题，参见［11］，此处从略.而其他的均容易得出.定理2.3.2 设f(x)是pk元域F上的多项式.若f(x)的每一项的次数均为p的方幂，则f(x)在F上可约.定理2.3.3 设f(x)是2k元域F上的多项式.若f(x)的项的系数均为1，并且有偶数个项，则f(x)在F上可约.作为定理的应用，有下面的例2.3.4 二元域F上的三次不可约多项式.记F={0，1}，F［x］中有8个三次多项式:x3+x2+x +1，x3+x2+x，x3+x2+1，x3+x2，x3+x+1，x3+x，x3+1，x3.根据定理2.3.1的1)，x3+x2+x，x3+x2，x3+x，x3均可约;因为1是x3+x2+x+1，x3+1的根，所以，根据定理2.3.1的3)，它们均不可约;因为0，1均不是x3+x2+1，x3+x+1的根，所以，根据定理2.3.1的3)，它们均不可约.因此，F［x］中的三次不可约多项式是:x3+x2+1，x3+x+1.2.4 任意高次的不可约多项式熟知，有理数域上存在任意高次的不可约多项式，有限域也是如此，本段参见文献［12－14］.设F是pk元域，作F［x］中的多项式xpkm－x在F上的分裂域E=F(α1，α2，…，αpkm)，其中α1，α2，…，αpkm是xpkm－x的全部根，则E恰由xpkm－x的两两互异的pkm个根组成，E是pkm元域.E是F的m次扩域，又E是F的单扩域，E=F(α)，α在F上的极小多项式f(x)是F上的m次不可约多项.这样，就得到下面的定理2.4.1 设F是pk元域，m是任意正整数，则F上存在m次不可约多项式.实际上，该定理前面的叙述，已经给出了该定理的一个证明.为了给出该定理的另一个证明，要用到下面的引理，证明从略.为方便，记pk=q.引理2.4.21)qn－1|qm－1⇔n|m;2)xqn－1－1|xqm－1－1⇔n|m;3)设p(x)是F中的n次不可约多项式且p(0)≠0，则p(x)|xqm－1－1⇔n|m.定理2.4.1的证明:当m=1时，x就是F上的m次不可约多项式.当m＞1时，研究F上的多项式它分解为F［x］中的不可约多项式的乘积，而由引理知，f(x)的不可约因式的次数必整除m，从而其次数≤m.现在计算f(x)的次数＜m的一切不可约因式的次数之和M.因为，xqs－1－1与其导数互素，所以，xqs－1无重因式.当s＜m时，由引理知，f(x)的一切s次不可约因式均为xqs－1的因式，它们两两互素，从而它们的乘积也为xqs－1－1的因式，所以，它们的次数之和≤qs－1.于是，让s=1，2，…，m－1，就得到因此，f(x)必有m次不可约因式g(x)，即F［x］中有m次不可约多项式g(x).定理2.4.3 设pd(x)是F［x］中所有首项系数为1的d次不可约多项式的乘积，当d=1时x除外，则证明 F［x］中首项系数为1的任一个d次不可约多项式都是pd(x)的因式，而pd(x)的任意两个首项系数为1的d次不可约因式都彼此互素，所以，由引理2.4.2，当d|m时另一方面，由引理2.4.2，xqm－1－1的每一个d次不可约因式都是dΠ|m Pd(x)的因式，而xqm－1－1没有重因式，所以因此，根据dΠ|m Pd(x)的首项系数为1，就得到2.5 多项式的根与不可约性本段中，就一类多项式研究其有根与不可约性的关系.所研究的域F仍然是pk元域，1表示域的单位元.定理2.5.1 若xp－x－c=0(c∈F)在域F中没有根，则多项式xp－x－c(c∈F)在F ［x］中不可约.证明用反证法.设f(x)=xp－x－c在F［x］可约，则可取f(x)的m(0＜m＜p)次首项系数为1的因式g(x)∈F［x］.在f(x)的分裂域E中，g(x)有根r，从而，有Fp的m个元素f1，f2，…，fm，使r+f1，r+ f2，…，r+fm为g(x)在E中的m个互异的根.于是，在E［x］中，就有从而又12m，所以，mr∈F.再由于mr=(me)r，me∈F，me≠0，所以r∈F，引出矛盾.容易证明，xp －x－c=0(c∈F)在F中或者有p个根，或者没有根.于是，就有下面的定理2.5.2 F上的多项式xp－x－c(c∈F)在F［x］或者不可约，或者完全分裂.在下面的情况下，仅成立定理2.5.3 设s是正整数且s|k，xps－x－c=0(c∈F)在F中没有根，则多项式xps －x－c(c∈F)在F［x］中没有m次真因式，其中p不整除m.证明反证法.设f(x)=xps－x－c在F［x］中有m次首项系数为1的真因式g(x).在f(x)的分裂域E中，g(x)有根r，从而，有Fps的m个元素f1，f2，…，fm，使r+f1，r+f2，…，r+fm为g(x)在E中的m个互异的根.于是，在E［x］中，就有由于g(x)∈F［x］，所以又所以，mr∈F.再由于mr=(me)r，me∈F，并且，p不整除m，所以me≠0，因此，r∈F，引出矛盾.对于一般的情况，类似的结论如何，作为遗留问题，需要作进一步的研究，参见［5］.3 不可约多项式的根号解本款中，就不可约多项式的根，进一步作一些探讨.为方便，记pk=q，记pk元域为Fq.先研究Fq［x］中不可约多项式的根的一些性质，证明见［15－16］.定理3.1 Fq［x］中的不可约多项式没有重根.定理3.2 设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，α是f(x)的一个根，则恰为f(x)的m个互不相同的根，α在Fq的扩域Fqm中且Fqm=Fq(α)就是f(x)在Fq上的分裂域.多项式的根号解曾经是16至18世纪的250余年期间的热门问题，吸引并困惑了诸如拉格朗日这样的大数学家，19世纪20至30年代，相继被挪威年轻(只活了27岁)数学家阿贝尔和法国更年轻的(只活了20岁)数学家伽罗瓦所解决，并开启了抽象代数学的新纪元.对于有限域而言，不可约多项式的根号解问题却较为简单，［17］讨论了这一问题，将主要结果列出如下，证明从略.引理3.31)Fq恰由Fq［x］中的约多项式xpk－x的所有的根组成.2)设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，则f(x)|xqn－x⇔m|n.3)设Fqm是Fq的m次扩域，则Fqm的保持Fq的元素不变的所有自同构组成的群G 是m阶循环群.引理中的群G称为Fqm对于Fq的伽罗瓦群，并且，有Fq［x］中的m次多项式f(x)，使得Fqm= Fq(α)，而α是f(x)的一个根，就将G称为f(x)的伽罗瓦群.定理3.4 设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，则f(x)的伽罗瓦群G同构于某个置换群〈(12…m)〉.定理3.5 设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，Fq的特征p不整除m，则f(x)可以根号解.在讨论根号解时，要用到单位根和本原单位根的结论，［18］和［19］较多地进行了研究，所得的结果是重要的，不少情况下都要用到，此处均从略.4 其他相关问题4.1 线性矩阵方程组［20］类似于［21］建立了pk元域F上的线性矩阵方程组的理论，给出了下面的结果，证明从略.定理4.1.1 设Aij是F上的mi×nj(i=1，2，…，t:j=1，2，…，w)矩阵，Xj是nj×s(j=1，2，…，w)未×sw AX=B知矩阵，Bi是mi(i=1，2，…，t)矩阵，则线性方程组∑ijji(i=1，2，…，t)在F上有解当且仅当定理4.1.2 设1)Aij，Xj如定理4.1.1所述，0i是F上的mi×s(i=1，2，…，t)零矩阵; 2)记秩(A)=r;3)当r＜n时，η1，η2，…，ηn－r(列向量)是以A为系数矩阵的齐次线性方程组的一个基础解系;4)作并且将Mqu从第一行开始依次按n1，n2，…，nw行的数目分块而得到一组w 个矩阵，仍然以Mqu表示该组的w个矩阵，则1)线性齐次方程组∑j=w1Aij Xj=0i(i=1，2，…，t)的一切解构成线性空间Fn×s的一个子空间;2)当r＜n时，Mqu(q=1，2，…，s:u=1，2，…，n－r)是子空间的一个基，从而是(n－r)s维子空间，它的一切都是，其中aqu取遍F的一切元素，并且将组合得到的矩阵从第一行开始依次按n1，［4］讨论了p2k元域中的一个n元pk+1次齐次方程的解的个数，给出了下面的定理4.1.4 p2k元域中的n元pk+1次齐次方程x2pk+x2pk+1+…+xpnk+1=1在该域中有((pk)n－(－1)n)(pk)n－1个非零解，其中1表示域的单位元.4.2 方程的求根公式方程的求根公式就是用方程的系数表示其根的式子.在比较久远的古代，二次方程的求根公式就已经被埃及和巴比伦的先民们发现并记载.在16世纪的一段时间里，寻找三次方程的求根公式成为意大利数学家们的热门问题，并流传下来一些动人的故事，求根公式终于被找到，从而促使人们向着四次和更高次的方程挺进，促进了代数学的发展，奠定了近代数学产生的直接基础.对于有限域上的方程，同样存在求根公式的问题.对于2k元域F上的二次方程，笔者曾就一种情况得到根的表示公式，写成［22］，于2001年发表;后来，郑州解放军信息学院王念平进行了研究，写成［23］，于2004年发表;笔者认为，这一问题尚待进一步研究，此处从略.至于三次方程的求根公式，当然也可以考虑.4.3 本原多项式与本原元素本段中，p元域记为Fp，对于Fp［x］中的多项式，建立其周期的概念，进而，建立本原多项式的概念.Fp的m次扩域Fpm是Fp的单扩域，若有则称β是Fpm的一个本原元素，其中1表示域的单位元.本原多项式是不可约多项式.β是Fpm的一个本原元素当且仅当β是m次本原多项式的根.详细的讨论见［24］.4.4 n 方元素［25］给出了n方元素的概念，并进行了讨论;［19］进一步讨论了n方元素，并给出了完全的解决.5 结束语从1983年笔者的［26］到2001年笔者的［27］，其间的十几年笔者与其他代数学同行一起，解决了pk元域F上的二次方程和三次方程的问题，笔者的［28］对此作了总结.笔者的［29］－［35］讨论了pk元域及其单超越扩域上的二项方程、三项方程、因式方程，［36］对此作了总结.应该指出，还有一些问题有待进一步研究，本文所列的文献中就提出了一些问题，另外，组合设计等有的学科也将不断推动这方面的研究.n2，…，nw行的数目分块而得到一组w个矩阵，仍然以Mqu表示该组的w个矩阵，分别作为X1，X2，…，Xw所取的矩阵，称Mqu(q=1，2，…，s:u=1，2，…，n－r)为一个基础解系; 3)解的个数为pks(n－r).定理4.1.3 设Aij，Xj，Bi，0i如定理4.1.1和定理4.1.2所述，N是的一个特解，则是其解的集合，其中N与M均取定理4.1.2中的那种分块形式.［参考文献］［1］熊全淹.近世代数［M］.上海:上海科学技术出版社，1978.［2］张禾瑞.近世代数基础［M］.北京:高等教育出版社，1978.［3］孙宗明.p2m元域上的某些方程的解的状况［J］.吉安师专自然科学学报，1986，(2):34－36.［4］孙宗明，等.pk元域上的方程xq+1=λ与x+xq=μ［J］.山东师范大学学报(自然科学版)，1994，(2):11－13.［5］孙宗明.pk元域上的方程xps－x－c=0［J］.周口师范学院学报，2011，(5):1－3.［6］孙宗明.pk元域上一元方程的几个降次定量［J］.山东教育学院学报，1991，(2):31－33.［7］孙宗明.有限域上二项方程根的求法［J］.山东教育学院学报，1989，(4):36－39.［8］孙宗明，等.关于pk元域上的二项方程［J］.泰安师专学报(自然科学版)，1994，(2):17－21.［9］万哲先.代数与编码［M］.北京:科学出版社，1976.［10］孙宗明.pk元域上不可约多项式［J］.山东教育学院学报，1993，(2):40－42.［11］孙宗明，等.关于一元多项式未定元的替换［J］.聊城师范学院学报，1997，(2):28－30.［12］孙宗明.有限域上的不可约多项式的存在性与求法［J］.开封大学学报，1993，(3):16－19.［13］孙宗明.域Fp与Fq上的m次不可约多项式［J］.殷都学刊(自然科学版)，1993，(4):38－41.［14］孙宗明.pk元域的m次不可约多项式与xpkm－x的因式分解［J］.泰安师专学报(自然科学版)，1995，(2):9－12.［15］孙宗明.p元域上的一类不可约多项式［J］.殷都学刊(自然科学版)，1990，(1):22－23.［16］孙宗明.有限域上的不可约多项式的根的注记［J］.临沂师专学报(自然科学版)，1991，(1):11－13.［17］孙宗明.有限域上的不可约多项式的根号解［J］.内蒙古师大学报(自然科学版)，1995，(2):12－15.［18］孙宗明.有限循环群的若干特征性质［J］.曲阜师院学报(自然科学版)，1982，(3):50－54.［19］孙宗明.pk元域中元素的n次根［J］.周口师范学院学报，2011，(2):16－19.［20］孙宗明.pk元域上线性矩阵方程(组)的理论［J］.周口师范学院学报，2008，(2):19－20，26.［21］孙宗明.线性矩阵方程(组)的理论［J］.益阳师专学报，1993，(6):25－30(美国，Math.Riews，1994年索引).［22］孙宗明.2k元域上的二次方程根的公式［J］.数学的实践与认识，2001，(6):132－133(美国，Math.Riews，2002年索引).［23］王念平.关于“2k元域上的二次方程根的公式”的注记［J］.数学的实践与认识，2004，(11):148－152.［24］孙宗明.F［x］中的本原多项式与GF(pn)中的本原元素［J］.泰安师专学报(自然科学版)，1990，(1):1－5.［25］孙宗明，等.pk元域上的n方元素［J］.广西师范学院学报(自然科学版)，1995，(增刊):6－8.［26］孙宗明.pk(p≥3)元域上的二次方程的根的状况［J］.数学的实践与认识，1983，(4):29－31(美国，Math.Riews，85i:11104).［27］孙宗明.pk元域上的三次方程根的状况［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，2001，(3):28－31.［28］孙宗明.pk元域上的二次方程与三次方程［J］.泰山学院学报，2011，(3):8－16.［29］孙宗明.pk元域上的方程xq=d与ax2q+bxq+c=0［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，1990，(1):22－26(美国，Math.Riews，92h:11110).［30］孙宗明.pk元域上的二项方程和三项方程根的状况［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，1991，(3):20－24(美国，Math.Riews，96 f:12001).［31］孙宗明.pk元域F的单超越扩域E上的方程yn=D与Ay2n+Byn+C=0［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，2000，(3):9－12.［32］孙宗明.pk元域上的一类方程根的状况［J］.河北师范大学学报(自然科学版)，1996，(2):23－35.［33］孙宗明.2k元域上的方程∑(－1)iai xn－1－i=0［J］.山东科技大学学报(自然科学版)，2001，(1):10－12(美国，Math.Riews，2002b:11172).［34］孙宗明.pk元域上的方程∑ai xn－1－i=0与∑(－a)i xn－1－i=0［J］.商丘师范学院学报，2005，(2):57－59.［35］孙宗明.pk元域F的单超越扩域E上的方程∑Aixn－1－i=0与∑(－A)i xn－1－i=0［J］.集美大学学报(自然科学版)，2007，(2):129－132.［36］孙宗明.pk元域及其单超越扩域上的二项方程三项方程和因式方程［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，2011，(5):21－26.。

反证法证明多项式不可约

反证法证明多项式不可约
在有理数域上，直接判别一个多项式是否不可约，是一件及其困难和复杂的事情，此时我们可以利用反证法来判别．
例1 已知是次数大于零的多项式，若对于任意两个多项式和，由可以推出或，则是不可约多项式．
证明假设可约，则必存在次数小于的多项式与，使得，即，又由已知条件，知，，但，，所以不可能实现，从而必不为可约多项式．
例2 次数大于的整系数多项式对于任意整数的函数值都是素数，则为有理数域上的不可约多项式．
证明假设不是有理数域上的不可约多项式，因为，所以在整数环上也可约，即有整系数多项式与，使得，其中，．
由已知条件知，若为一个整数，则为素数，即为素数，所以或，再由的无限性，知，或，四个式子中至少有一个式子对无限个成立，即与中有一个为零次多项式，这与已知条件矛盾，所以结论成立．
例3设是一个整系数多项式，如果有一个素数，使得
（1）；
（2）；
（3），
那么在有理数域上是不可约的．
证明假设在有理数域上可约，那么可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积，即
，
因此，．
因为，所以能整除或．又因为，所以不能同时整除及，因此不妨假定，但．另一方面，因为，所以．假设在中第一个不能被整除的是，比较中的系数，得等式
，
式中都能被整除，所以也必能被整除，但因是一个素数，所以与中至少有一个被整除，这是一个矛盾，故在有理数域上是不可约的．
对于一些关于不可约多项式定理的逆定理，均可尝试用反证法来证明，在否定结论之后，利用已知条件推出了矛盾，从而使命题得证．。