有理系数多项式

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 )
⇒ c = ± a,
即 c ∈ Z.
为整系数多项式． ∴ h( x ) = ch1 ( x ) 为整系数多项式．
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．
§1.9 有理系数多项式
矛盾． 矛盾．
注意
判别法是判断不可约的充分条件， ① Eisenstein判别法是判断不可约的充分条件，而 判别法是判断不可约的充分条件 非必要条件． 也就是说， 非必要条件． 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， 判别法条件，则它可能是可约的， 不满足 判别法条件 也可能是不可约的． 也可能是不可约的． ② 有些整系数多项式 f ( x ) 不能直接用 不能直接用Eisenstein 判别法来判断是其是否可约， 判别法来判断是其是否可约，此时可考虑用适当的 代换 ay + b (a , b ∈ Z , a ≠ 0), 使 f (ay + b ) = g ( y )满足 Eisenstein判别法条件，从而来判定原多项式 f ( x ) 判别法条件， 判别法条件 不可约． 不可约．
p! p! 2 p| ,L , p ! , 但 p | p ! , , ( p − 1)! ( p − 2)!
∴ g( x ) 在 Q上不可约， 从而 f ( x )在 Q 上不可约． 上不可约， 上不可约．
§1.9 有理系数多项式
说明：
上的多项式来说， 对于许多 Q 上的多项式来说，作适当线性代换后 再用Eisenstein判别法判定它是否可约是一个较好的 判别法判定它是否可约是一个较好的 再用 办法，但未必总是凑效的．也就是说， 办法，但未必总是凑效的．也就是说，存在 Q上的 多项式 f ( x ), 无论作怎样的代换 x = ay + b, 都不能 满足爱森斯坦因判别法的条件， 使 f (ay + b ) = g ( y ) 满足爱森斯坦因判别法的条件， 即找不到相应的素数 p.
p | a1 , L , p | ai −1 , p | ai .
g 同理， 本原， 同理， ( x ) 本原，令 b j 为 b0 ,L , bm 中第一个不能被
p 整除的数，即 整除的数，
p | b0 , p | b1 ,L , p | b j −1 , p | b j .
又
d i + j = a i b j + a i + 1b j − 1 + L ,
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 是判断整系数多项式有理根的一个必要条件， 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． 求方程 2 x 4 − x 3 + 2 x − 3 = 0 的有理根 的有理根.
例1
1 3 解： 可能有理根为 ±1, ± 3, ± , ± , 2 2
f (1) = −3,
f ( −1) = 5.
矛盾． 矛盾．
不可约． 所以 f ( x )不可约．
§1.9 有理系数多项式
定理13 定理 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 ,
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
§1.9 有理系数多项式
r 的有理根， 证： Q 是 f ( x ) 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 ).
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.
比较两端系数， 比较两端系数，得 所以， 所以， s | an , r | a .
an = sbn−1 , a0 = − rb0 .
§1.9 有理系数多项式
得证． 得证．
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．
§1.9 有理系数多项式
证： 令 f ( x ) = a f1 ( x ), h( x ) = ch1 ( x ),
若 bn , bn−1 ,L , b1 , b0 没有
异于 ±1 的公因子，即 bn , bn−1 ,L , b1 , b0 是互素的， 的公因子， 是互素的， 本原多项式． 则称 g ( x ) 为本原多项式．
§1.9 有理系数多项式
有关性质
1． ∀f ( x ) ∈ Q[ x ], ∃ r ∈ Q , 使 f ( x ) = rg ( x ), ． 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）． 2．Gauss引理 ． 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．
有理系数多项式的因式分解
怎么分？ 怎么分？ 化为 整系数 多项式 的分解 问题
§1.9 有理系数多项式
分成什么样？ 分成什么样？
有理数 域上多 项式不 可约性 的判定
一、本原多项式
定义
g ( x ) = bn x n + bn−1 x n−1 + L + b1 x + b0 ≠ 0, 设
bi ∈ Z , i = 0,1,2,L , n.
p 2 | a0 , ∴ p 不能同时整除 b0 , c0 . 又
不妨设 p | b0 但 p | c0 .
§1.9 有理系数多项式
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 ,
x k 的系数，得 的系数， 比较两端
f ( x ) = x 3 +f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + L + a1 x + a0 定理12 设 定理
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，
是互素的， 其中 r , s 是互素的，则必有
s | a n , r | a0 .
一、本原多项式 二、整系数多项式的因式分解
问题的引入
因式分解定理
数域P 数域P上次数 ≥ 1 的多项式都可唯一地 分解成一些不可约多项式的乘积
数
域
不可约多项式 仅有一次多项式 存在任意次不可约多项式
复 数域C 有理数域Q 有理数域
§1.9 有理系数多项式
实 数 域 R 一次多项式和某些二次不可约多项式
用综合除法可知，只有 为根 为根． 用综合除法可知，只有1为根．
§1.9 有理系数多项式
例2
f ( x ) = x 3 − 5 x + 1 在 Q 上不可约． 证明: 上不可约． 证明
可约， 至少有一个一次因式， 证： 若 f ( x ) 可约，则 f ( x ) 至少有一个一次因式， 也即有一个有理根． 也即有一个有理根． 但 f ( x ) 的有理根只可能是 ± 1, 而
§1.9 有理系数多项式
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，f1 ( x ), g1 ( x ), h1 ( x ) 皆为本原多项式， a ∈ Z , 皆为本原多项式， 这里，
为素数） 上是否可约． （ p 为素数）在 Q 上是否可约． 解： 令 g ( x ) = p ! f ( x )
2
3
p
p! 2 p! x +L+ x p −1 + x p , = p !+ p ! x + 2 ( p − 1)! 为整系数多项式． 则 g ( x )为整系数多项式． Q p | 1,
§1.9 有理系数多项式
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
f ( x ) = (bl x l + bl −1 x l −1 + L + b0 )(cm x m + cm −1 x m −1 + L + c0 )