利用同态关系讨论有理数域上多项式的可约性判定
有理数域上的多项式
说明：
对于某些整系数多项式来说，作适当线性代换后 再用Eisenstein判别法判定它是否可约是个可行的 办法，但未必总是凑效的．也就是说，存在 整系数 多项式 f ( x), 无论作怎样的代换 x ay b, 都不能
使 f (ay b) g( y) 满足Eisenstein判别法的条件（其中a, b 都是整数，a 0).
定理2.18 设f ( x) [ x].若令x y a, 那么f ( x) 在 上可约当且仅当g( y)在 上可约，这里
f ( x) f ( y a) g( y). 证明：设f ( x)在 上可约，则f ( x) f1( x) f2( x), 其中fi ( x) [ x]且0 fi ( x) 0 f ( x) (i 1, 2).于是 g( y) f ( y a) f1( y a) f2( y a) g1( y)g2( y). 其中gi ( y) fi ( y a) [x] (i 1, 2). 再由 0 gi ( y) 0 fi ( y a) 0 fi ( x) 0 f ( x) 0 g( y)， 可得g( y)在Q上可约.
注意：
① Eisenstein判别法是判断不可约的充分条件，而
非必要条件． 也就是说，如果一个整系数多项式 不满足Eisenstein判别法的条件，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 f ( x)不能直接用Eisenstein
判别法来判断其是否可约，此时可考虑用适当的
代换 x ay b (a,b Z,a 0),使 f (ay b) g( y) 满足Eisenstein判别法的条件，从而来判定原多项 式 f ( x)不可约．
2.8有理数域上多项式
2.8 有 理 数 域 上 多 项 式教学目的：1． 理解本原多项式的概念和艾森斯坦因判别法，并能利用这个判别法来判断某些整系数多项式在有理数域不可约。
2． 掌握多项式有理根的求法并能熟练地求出有理系数多项式的有理根。
教学内容：1． 本原多项式定义 若是一个整系数多项式f(x)系数互素，那么f(x)叫作一个本原多项式。
关于本原多项式，有以下的引理2.8.1 两个本原多项式的乘积仍是一个本原多项式。
证 设给了两个本原多项式 f(x)=a 0+a 1x+…+a i x i+…+a m x mg(x)=b 0+b 1x+…+b j x j+…+b n x n, 并且f(x)g(x)=c 0+c 1x+…+c j i +xj i ++…+c n m +xnm +.如果f(x)g(x)不是本原多项式，那么一定存在一个素数p ，它能整除所有系数c 0, c 1,…, c n m +. 由于f(x)和g(x)都是本原多项式，所以p 不能整除f(x)的所有系数，也不能整除g(x)所有系数。
令a i 和b j 各是f(x)和g(x)的第一个不能被p 整除的系数。
我们考察f(x)g(x)的系数 c j i +.我们有c j i += a 0b j i ++…+a 1-i b1+j +a i b j +a 1+i b 1-j +…+a j i + b 0这等式的左端被p 整除。
根据选择a i 和b j 的条件，所有系数a 0,……a 1-i 以及b1-j ,……b 0都能被p 整除，因而等式右端除a i b j 这一项外，其它每一项也都能被p 整除。
因此乘积a i b j 也必须被p 整除。
但p 是一个素数，所以p 必须整除a i 或b j .这与假设矛盾。
2． 整系数多项式的分解：定理2.8.2 若是一个整系数n(n>0)次多项式f(x)在有理数域上可约，那么f(x)总可以分解成次数都小于n 的两个整系数多项式的乘积。
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”。
高代第一章第9节
令f ( x ) af1 ( x ), g( x ) rg1 ( x ), h( x ) sh1 ( x ), 其中f1 ( x ), g1 ( x ), h1 ( x )均为本原多项式, a是整数,r , s为有理数. 于是有
af1 ( x) rsg1 ( x)h1 ( x)
rs a
有理系数多项式在有理数域上的因式分解
整系数多项式在有理数域上的因式分解
整系数多项式在整数环中的因式分解
8
推论 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 ), 其中h( x )是有理系数多项式, 那么h( x )一定是整系数多项式.
n m
a0 b0
d0
d n m 1 x
n m 1
dk
r sk
ab,
r s
k 0,1, 2,
,n m
如果h(x)不是本原多项式, 那么必有素数 p能整除
4
h(x)的所有系数. 即有素数 p,使 p | dk , k 0,1, 2, , n m
但f ( x)的有理根只能是 1. 而 f (1) 0, 所以f ( x)没有有理根. 与上述结论矛盾. 故 f ( x )在有理数域上不可约.
22
三、整系数多项式不可约的判别法
定理13 (艾森斯坦因(Eisenstein)判别法)设 f ( x ) a n x a n 1 x
因此h( x ) rh1 ( x)是整系数多项式.
9
二、有理数域上多项式的有理根及其求法
定理12 设 f ( x ) a n x n a n 1 x n 1 a0 r 是一个整系数多项式, 如果 是它的有理根,其中r , s s互素, 那么必有 (1) s | an , r | a0 . 特别地, 若an 1, 则 f ( x )的有理根 均为整数, 且为a0的因子. r (2) f ( x ) ( x )q( x ), 这里q( x )是一个整系数多 s 项式.
§7.4 有理域上的多项式(离散数学)
Eisenstein 定则
定理7.4.2 设 (х)= a0хn + a1хn-1 + … + an 定理
是整系数多项式，若对一个质数 ， 是整系数多项式，若对一个质数p， p不整除 0，p∣a1，…，p∣an，p2不整除 n， 不整除a 不整除a 不整除 ∣ ， ∣ (х)在有理域上不可约 则(х)在有理域上不可约。 (х)在有理域上不可约。 证明： 用反证法，假定(х)有一个真因式 证明： 用反证法，假定 有一个真因式 (х)，因为 (х)和一个本原多项式相通， ，因为 和一个本原多项式相通， 和一个本原多项式相通 不妨假定 本身就是本原多项式 本身就是本原多项式。 不妨假定 (х)本身就是本原多项式。故， (х)除(х)所得的商式ψ(х)是整系数多 除 所得的商式ψ 是整系数多 所得的商式 项式。 项式。
Note:并不是每一个有理域上的多项式都可 并不是每一个有理域上的多项式都可 定则判定是否可约， 用 Eisenstein定则判定是否可约 ， xn+x+1就 定则判定是否可约 就 是一例。 是一例。 定则知， 例 . 由 Eisenstein定则知 ， х2-2在有理域上 定则知 在有理域上 不可约，所以х 不可能有有理根 不可能有有理根， 不可约，所以х2-2不可能有有理根，因而立 是无理数。 即推出 2 是无理数。 利用Eisenstein定则 ， 可以写出许多在有 定则， 例 .利用 利用 定则 理 域 上 不 可 约 的 多 项 式 ， 例 如 хn+2 ， х4+2х3-4х+10， хn+2x+2等。 х х ， + 定理7.4.4 对任意 ≥1，有理域上有 次质式。 对任意n≥ ，有理域上有n次质式 次质式。 定理
有理数域上多项式的可约性
素数p , 它能整除所有系数 c0 , c1,cmn .
由于f (x)和g (x)都是本原多项式,所以p不能整除f (x)
也必须被p整除. 但p是一个素数, 所以 bs与c0中至少
有一个被p整除. 这是一个矛盾.
二、有理数域上多项式的有理根
定理2.8.3
设 f (x) a0 x n a1x n1 an
是一个整系数多项式. 若是有理数 u 是f (x)的一个根,
这里u和v是互素的整数, 那么
v
(i) u整除f (x)的最高次项系数 a0 , 而 u整除f (x) 的常
(3)
f (x) (vx u)q1(x),
这里 q1(x) rf1(x) 是一个整系数多项式. 令
q1 (x) b0 x n1 b1x n2 bn1.
那么由(3)得 a0 xn an (vx u)(b0 xn1 bn1).
f (x) g1(x)g2 (x),
这里 g1(x)和g2 (x)都是有理数域上的次数小于n的多
项.
令g1(x)的系数的公分母是 b1 . 那么 g1(x)
这里 h(x) 是一个整系数多项式.
1 b1
h(x)
，
又令 h(x) 的系数的最大公因数是 a1. 那么
g1(x)
a1 b1
f1 ( x),
方面, q (x)可以写成
a q(x) b f1 (x),
这里
a b
是一个有理数
f1(x)而是一个本原多项式.
利用同态关系讨论有理数域上多项式的可约性判定
第27卷V01．27第3期N o．3中州大学学报J O U R N A L O F Z H O N G Z H O U U N I V E R SnY2010年6月JuJ．20l O利用同态关系讨论有理数域上多项式的可约性判定王骁力1，夏云青2(1．南阳师范学院数学与统计学院，河南南阳473061；2．中州大学信息工程学院，郑州450044)摘要：文中讨论了整系数多项式的不可约判定的充分条件Ei s ens t ei n判别法的若干等价形式，并借助同态映射，i正B／t了整系数多项式不可约的若干判定定理，推广了已知结果。
关键词：同态；可约性；有理数域；多项式；艾森斯坦因判别法中图分类号：0241．6文献标识码：A文章编号：1008-3715(2010)03—0100—03有理系数多项式在有理数域上是否可约的问题可以归结为整系数多项式能否分解成次数较低的整系数多项式的乘积的问题。
已有整系数多项式的不可约判定的充分条件的Ei s ens t ei n判别法…，一些学者也给了一些结果m51。
本文首先讨论了Ei sens t ei n判别法的若干等价形式，然后借助同态映射证明了判定有理系数多项式可约性的若干结果。
1．E i se ns t e i n判别法的等价形式Ei s em t ei n判别法…设以茗)=乏口．膏‘是一个整系数多项式，如果存在素数P，使得：(1)p不整除a。
；(2)pl a。
，O≤i≤忍一1；(3)p2不整除口0，那么，(菇)在有理数域上是不可约的。
引理1【21设，(菇)=乏q茹‘是数域F上的一个多项式，％≠o，口o≠o，则g(x)=乏嘶石”‘也是数域F上的多项式，且火石)与g(茗)在数域，上同时可约或同时不可约。
引理2设以茗)=置a；膏‘是数域，上的一个多项式，a．≠0，口o≠0，m为一个正整数，则数域F上的多项式h(算)=蓦口‘p戚矿．。
=薹％一i p州”。
茗i与，(鼻)在数域F上同时可约或同时不可约。
因式分解12 既约多项式
12 既约多项式这一单元介绍在有理数集内如何判定一个多项式是否既约．12.1 艾氏判别法下面我们着重讨论一元的情形．在复数集内，只有一次多项式是既约多项式．在实数集内，既约多项式是一次或二次多项式．与这形成鲜明的对比的是，在有理数集内有任意次的既约多项式．为了证明这一点，先介绍一下重要的艾森斯坦（Eisenstein ，1823~1852）判别法：设1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++是整系数多项式．如果存在一个质数p 满足以下条件：1．p 不整除n a ；2．p 整除其余的系数011()n a a a -，，，；3．2p 不整除0a ．那么，()f x 在有理数集内不可约．这个定理的证明在高等代数里可以找到，我们就不赘述了（虽然证明并不困难）．例1．证明：对于任意的自然数n ，2n x -在有理数集内不可约．证明：取2p =，则p 整除02a =-，2p 不整除0a p ，整除1210n a a a -====（0是任何一个非零整数的倍数），p 不整除1n a =．根据艾氏判别法，2n x -是有理数集内的既约多项式．例1已经表明在有理数集内存在着任意次的既约多项式．例2．证明：4321x x x x ++++在有理数集内不可约．证明：艾氏判别法不能直接应用，但令1x y =+，则43255432111(1)1510105x x x x x x y yy y y y ++++-=-+-==++++．432510105y y y y ++++中除首项系数1以外，其他系数都被5p =整除，常数项5不能被2p 整除．因此，432510105y y y y ++++在有理数集内不能分解．从而4321x x x x ++++也是有理数集内的既约多项式．用这个方法可以证明，在p 为质数时，多项式121p p x x x --++++是有理数集内的既约多项式．例3．证明：631x x ++在有理数集内不可约．证明：令1x y =+，则 6363654321(1)(1)1615211893x x y y y y y y y y ++=++++=++++++．由艾氏判别法（取3p =）可知这个多项式是既约多项式．12.2 奇与偶如果把所有的奇数用1表示，偶数用0表示，那么就得到一种奇怪的算术：00001101110+=+=+=+=，，．它们表示两个偶数的和是偶数；一个偶数与一个奇数的和是奇数；两个奇数的和是偶数．（在数论中，这是以2为模的算术）采用这种算术，可以使问题大为简化，不但整数只有两个（0与1），而且多项式的个数也大大减少．一次多项式只有两个，即1x x +，．实际上，如34x +可以归为第一种，35x +可以归为第2种，而240x +=不是一次多项式．二次多项式只有4个，即222211x x x x x x ++++，，，，其中，2222(1)1(1)x x x x x x x x x =⋅+=++=+，，，都不是既约多项式，只有21x x ++是既约多项式． 例4．证明：当()b c d +为奇数时，整系数的三次多项式32x bx cx d +++在有理数集内不可约．证明：由于()b c d +是奇数，所以b c +与d 都是奇数．如果32x bx cx d +++在有理数集内可以分解，那么它一定有一次因式，也就是有有理根，这根是整数而且是d 的约数，因而也是奇数．采用上面的算术，就有11b c d +==，，并且1是32x bx cx d +++的根．但是321111()11110b c db c d +⋅+⋅+=+++=++=≠，所以，1不是32x bx cx d +++的根，矛盾！这说明当()b c d +为奇数时，32x bx cx d +++在有理数集内不可约．例5．证明521x x +-在有理数集内不可约．证明：如果521x x +-可以分解，那么它一定有一个一次因式或一个二次既约因式．采用上面的算术，便得到521x x +-应当被1x x +，或21x x ++中某一个整除．但5223221(1)1(1)(1)1x x x x x x x x +-=-+=++++，[请注意+1与-1并无差别]可见，521x x +-不被1x x +，、21x x ++中任一个整除．这就说明521x x +-在有理数集内不可约．例6．证明631x x +-在有理数集内不可约．证明：采用上面的算术，得63633332321(1)(1)1(2)(1)1(2)(1)(1)1(1)(1)1x x x x x x x x x x x x x x +-=-+-+=+-+=+-+++=++++可见，631x x +-不被1x x +，、21x x ++中任一个整除，故631x x +-没有一次、二次的因式．又因为由第9单元例4，我们已经知道631x x +-不能分解成三次因式的积，所以631x x +-在有理数集内不可约．例7．证明432335x x x ++-在有理数集内不可约．证明：采用上面的算术，得 4324323233351(1)()(1)(1)(1)x x x x x x x x x x x x x x ++-=+++=+++++=+++，因此，如果432335x x x ++-可以分解，它一定分解为一个一次因式与一个三次因式的积．容易验证，432335x x x ++-没有有理根，自然它就没有一次因式，从而它在有理数集内不可约．12.3 分圆多项式在第11单元例11，我们获得了151x -的分解式：152432875431(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x x x x x x x -=-++++++-+-+-+．这是1978年全国数学联赛的一道赛题．后来又被一位教授用作对研究生的考题．为什么一道中学生的赛题可以作为研究生的考题呢？原来这道题的分解并不太难，可是，要证明4321x x x x ++++与875431x x x x x x -+-+-+都是在有理数集内既约多项式却不容易．前一个式子在有理数集内的既约性，我们已在例2中予以证明了．现在，我们用初等的方法来证明后一个式子在有理数集内的既约性．例8．证明875431x x x x x x -+-+-+在有理数集内是既约多项式．证明：采用前面所说的以2为模的算术，这时8754385474344431()()(1)(1)(1)x x x x x x x x x x x x x x x x x x -+-+-+=++++++++=++++．（1）41x x ++与431x x ++都是既约多项式．因此，如果875431x x x x x x -+-+-+在有理数集内可以分解，那么它必定分解为两个四次既约因式的积．下面证明875431x x x x x x -+-+-+在有理数集内不可能有四次既约因式．实际上，设432x ax bx cx d ++++是它的四次既约因式，其中a 、b 、c 、d 为整数．由于875431x x x x x x -+-+-+的根都是虚单位根（15次单位根），432x ax bx cx d ++++的根也是虚单位根，并且两两共轭．其中一对共轭因式的积为22222cos isin cos isin 1515151522cos 115m m m m x x m x x πππππ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+-- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，同理，另一对共轭因式的积为 22222cos isin cos isin 1515151522cos 115n n n n x x n x x πππππ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+-- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，这两式中m 、n 为1~7中的整数，且m n ≠．因而两对共轭因式的积为2243222cos 12cos 1151522222cos 2cos 2cos 2cos 115151515m n x x x x m n m n x x x ππππππ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎛⎫⎛⎫=-++-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即432x ax bx cx d ++++中的系数a c =． 但是，由（1）式可知，在四次因式中，3x 与x 的系数是不同的（奇偶性不同），因此875431x x x x x x -+-+-+没有四次既约因式，它本身是有理数集内的既约多项式．实际上，875431x x x x x x -+-+-+是分圆多项式，它的根都是15次本原单位根．在代数中有一条更一般的定理：分圆多项式在有理数集内是不可约的． 例如：多项式844111x x x -+=-，它的根是8次本原单位根；例3中的9633111x x x x -++=-，它的根是9次本原单位根；例2中的5432111x x x x x x -++++=-，它的根是5次本原单位根．这些多项式都是分圆多项式，在有理数集内都是不可约的．12.4 绝对不可约多元多项式的既约问题更为复杂．有些多项式在有理数集内不可约，但在数集扩大后却可以分解．例如222y x -在有理数集内不可约，在实数集内，有222()()y x y y -=．又如2221x x y +++在实数集与有理数集内均不可约．在复数集内，有 2221(1i )(1i )x x y x y x y +++=+++-．也有些多元多项式，即使在复数集内也不能分解，这样的多项式称为绝对不可约的．例如二元二次多项式22ax bxy cy dx ey f +++++在 22240acf bed cd ae fb +---≠时，绝对不可约（在解析几何中可以知道，这也就是二次曲面220ax bxy cy dx ey f +++++=不退化为两条直线的充分必要条件）．在22240acf bed cd ae fb +---= （2）时，这个多项式在复数集内可以分解为两个一次因式的积．当222404040b ac d af e cf -≥-≥-≥，，同时成立时，这个多项式在实数集内也可以分解．如果还有条件：222444b ac d af e cf ---，，都是有理数的平方，那么这个多项式在有理数集内可以分解．小结在有理数集内，存在着任意次的既约多项式．可以利用艾森斯坦判别法、奇偶性（以2为模的算术）及待定系数法等来证明多项式是既约多项式．习题12证明以下各式在有理数集内不可约：1．41x x ++．2．431x x ++．3．631x x --．4．4521x x ++．5．43212141x x x x ++++．习题121．在以2为模的算术中，()()42111x x x x x x ++=+++不被一次与二次既约因式211、、x x x x +++整除； 2．若依升幂排列与上题实质是一样的；3．同例6证明（利用习题9第5题）；4．在以2为模的算术中，同21x x ++；5．在以2为模的算术中，同431x x ++．。
有理系数不可约多项式的判别
有理系数不可约多项式的判别
对于一个多项式 f(x)，如果它的次数小于等于 3，那么它一定
是可约的，因为任何次数小于等于 3 的多项式都可以通过因式分解为
线性因式乘积。
对于次数大于 3 的多项式 f(x)，要判断它是否为不可约多项式，可以使用以下方法之一：
1. 尝试寻找 f(x) 的有理根。
如果 f(x) 的有理根存在，则
f(x) 是可约的，因为有理根可以转化为一次因式。
2. 使用 Eisenstein 判别法：如果存在一个素数 p，使得 p
能够整除多项式 f(x) 的所有非首项系数，但不能整除首项系数，并
且 p^2 不能整除多项式的常数项系数，那么 f(x) 是不可约的。
3. 使用约化多项式的方法。
假设 f(x) 是不可约的，那么根据
整系数多项式的性质，可以将 f(x) 看作是有理数系数多项式。
为了
判断 f(x) 是否可约，可以考虑将 f(x) 通过符号替换，转化为一个
整系数多项式 g(x) = f(ax+b)，其中 a 和 b 是整数。
如果 g(x) 是
可约的，则 f(x) 也是可约的。
这些方法可以帮助我们判断一个多项式是否是不可约多项式，但
需要注意的是，并不是所有的不可约多项式都可以通过这些方法判断
出来。
对于高次多项式，判别它是否为不可约多项式可能会更加困难。
用同态映射讨论有理系数多项式可约性判定
（ ） ａ ， （ 含 有 一 个 次 数 不 低 于 ｒ ３ Ｐ ｆ 则／ ） 的不 可 约
有 理 因式．
即 １≤ ≤ 时 ，。 ）的 常 数 项 被 Ｐ整 除 ， 是 ｇ（ 于
Ｐ 。 结合 （ ）知道 ＝１ ｌ ． ａ ３ ．
有 理 系 数 多 项 式 在 有 理 数 域 上 是 否 可 约 的 问
题 可以归结 为整 系数 多项 式 能 否分 解成 次 数较 低 的整 系数多项 式 的乘 积 的问题 ． 已有 整系数 多项式
的不 可 约 判 定 的 充 分 条 件 的 Ｅｓｎｔ ｎ判 别 法 川 ， ｉ ｓｉ ｅ ｅ
） 则易见 是 Ｚ［ 到 ｚ ［ 的满 同态 映射 ， ， ］ ］ 其 中 五 ＝ａ＋（ ） 在本 文 中 ， Ｐ． 始终 用符 号 表示 上面 所定 义的映射． 我们将 利用这个 同态 映射证 明整系 数多项 式在有理 数域上 的不 可约判定定 理．
Ｅ ｅｓｉ判别法 ｉｎｅ ｓ ｔｎ 设 ）：∑ ａ 是一 ｉ
ＰＩａ， ≤ ｎ （ ） 整 除 ａ ， 么 Ｘ 在 有 理 １≤ ；３ Ｐ 不 那 ）
由（） 知： ） ２ 可 ， ＝∑ ａ ： ∑ ａ卜 且 （ ｉ ｉ ．
数 域上是 不可约 的．
［ ］是 唯 一 分 解 环 ， 以 ｌｇ （ 所 。 ）
￡＝ Ｕ
个整 系数 多项式 ， 如果 存在素数 Ｐ 使得 ： １Ｐ不整 ， （）
除 ａ ； ２ ＰＩ ０≤ ｉ ｎ一１ （ ） 整 除 ａ ， （ ） ａ ， ≤ ；３ ｐ 不 。 那
么， ）在有 理数域 上是不可 约 的． （
定理１ 设 ） ＝∑ａ 是 个 数 项 ｉ 一 整系 多
第 ９卷 第 ６期
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.。
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。
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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。
整系数多项式在有理数域上不可约的几个判定定理
创新教育科技创新导报 Science and Technology Innovation Herald220DOI：10.16660/ki.1674-098X.2019.07.220整系数多项式在有理数域上不可约的几个判定定理①黄瑞芳(济源职业技术学院基础部 河南济源 459000)摘 要：当前，在高等数学中对于整系数多项式在有理数域上不可约的判定，仅仅分析了艾森斯坦法。
但是，人们在针对整系数多项式实施研究的过程中，发现还存在着其它的判定形式。
本文经过针对国内外相关文献材料进行收集、梳理，由普通至特殊针对有理数范围内的不可约整系数多项式实施探讨。
本文主要介绍了当前较为常用的不可约判定方法。
关键词：整系数多项式 有理数域 判定定理中图分类号：G64 文献标识码：A 文章编号：1674-098X(2019)03(a)-0220-02①作者简介：黄瑞芳（1980—），女，汉族，河南新郑人，硕士研究生，讲师，研究方向：数学。
1 克罗内克（Kronecker ）判别法 定理1：若()1110...n n n n f x a x a x a x a −−=++++是整系数多项式，则f (x )便能够拆分成多个不可约多项式间的乘积。
例1：证明5()1f x x =+在有理数区间内不可约。
证明：若a 0=-1；a 1=0；a 2=1；那么便有：(1)0,(0)1,(1)2f f f −===进而可知：f (-1)的因子为0；f (0)的因子为1；f (1)的因子有1,2,令：(1)0,(0)1,(1)1g g g −===；(1)0,(0)1,(1)2g g g −===根据插值多项式可知:21(1)(1)(1)(0)1()0(2)(01)(01)(11)(10)2x x x x g x x x +−+−=++=−−+−+−2(1)(1)2(1)(0)()01(01)(01)(11)(10)x x x x g x x +−+−=++=++−+−由带余除法可得：g 1(x )不整除f (x )，g 2(x )不整除f (x )证得：f (x )在有理数区间内不可约。
Q上多项式不可约的判别方法
Q上多项式不可约的判别方法*俱鹏岳，齐渊，王欣欣【摘要】摘要:多项式的可约性与数域密切相关，而Q上多项式可约性尤为复杂，文章结合爱森斯坦判别法及相关内容，给出了Q上多项式不可约的两个判别方法．【期刊名称】阴山学刊（自然科学版）【年(卷),期】2012(026)002【总页数】2【关键词】关键词:多项式;数域;不可约;判别方法大家都清楚，多项式的可约性与数域密切相关，C上的不可约多项式全是一次的，R上的不可约多项式除了一次的，还有判别式小于零的二次多项式，而Q 上多项式可约性尤为复杂，爱森斯坦判别法已告诉我们:在Q上存在着任意次的不可约多项式，在文献［1］—［3］中已给出了Q上多项式不可约的相关判别方法，这里不再一一列举．从文献［1］的一道习题(设f(x)是一个整系数多项式，若f(0)和f(1)都是奇数，那么f(x)没有整数根)得到启发，归纳总结得到以下判别方法．1 主要结论定理1:设f(x)=a3x3+a2x2+a1x+a0为整系数多项式，若f(x)无有理根，则f(x)在Q上不可约．证明:反证法．反设f(x)在Q上可约，则存在g(x)，h(x)∈Q［x］，使得且g(x)，h(x)中一个是一次多项式，另一个是二次多项式，不妨设g(x)=sx－t(s，t∈Q)于是说明有理数是f(x)的根，与f(x)无有理根矛盾，从而f(x)在Q上不可约．推论1:设f(x)=x3+a2x2+a1x+a0为整系数多项式，若f(x)无整数根，则f(x)在Q上不可约．证明:事实上，首项系数为1的多项式没有整数根，就是没有有理根．推论2:设f(x)=x3+a2x2+a1x+a0为整系数多项式，若(a2+a1)a0是奇数，则f(x)在Q上不可约．证明:反证法．反设f(x)在Q上可约，则f(x)在Z上可约，根据定理的证明，不妨设因为(a2+a1)a0是奇数，所以a2+a1与a0都是奇数;由f(0)=rt=a0得到r与t 都是奇数．又因为上式中(1+r)(1+s+t)是偶数，1+a2+a1+a0是奇数，矛盾!所以f(x)在Q上不可约．注释:定理的结论说明三次整系数多项式如果没有有理根，则在Q上不可约，该结论对二次整系数多项式也成立;但是对n(n≥4)次整系数多项式不一定成立，即n(n≥4)次整系数多项式如果没有有理根，则在Q上未必不可约．譬如:显然f(x)没有有理根，但是在Q上可约．定理2:n(n≥1)次整系数多项式f(x)有多于n个不同整数a，使得f(a)是素数，则f(x)在Q上不可约．证明:反证法．反设f(x)在Q上可约，则f(x)在Z上可约，即存在g(x)，h(x)∈Z［x］使得f(x)=g(x)h(x)，且0＜∂g(x)，∂h(x)＜∂f(x)=n．当x=a时，f(a)=g(a)h(a)是素数，说明整数g(a)或h(a)要整除素数f(a)，则g(a)或h(a)中必有一个等于±1．于是当x取遍多于n个不同整数a时，多项式g(x)或h(x)的值应多于n次取±1，从而g(x)±1，h(x)±1这四个次数小于n的多项式中至少有一个有多于n个根，这是不可能的，所以f(x)在Q上不可约．推论3:n(n≥1)次整系数多项式f(x)在多于n个整数x处取值是1或－1，则f(x)在Q上不可约．证明:反证法．反设f(x)在Q上可约，则f(x)在Z上可约，即存在g(x)，h(x)∈Z［x］使得f(x)=g(x)h(x)，其中g(x)，h(x)中一定有一个次数不超个整数x处取值是1，或个整数x处取值是－1，这说明多项式g(x)+1，g(x)－1中至少有一个有多于个根，矛盾!所以f(x)在Q上不可约．2 举例应用例题:证明下列多项式在Q上不可约．f(x)=x3+5x2+2x+3．利用推论2，由于(5+2)×3是奇数，所以f(x)在Q上不可约．f(x)=x3+3x+5，利用推论1，由于f(x)没有整数根，所以f(x)在Q上不可约．〔参考文献〕［1］张禾瑞，郝镔新．高等代数(第五版)［M］．上海．高等教育出版社，2007，3．［2］北京大学数学系几何与代数教研室前代数小组．高等代数第三版．［M］．北京高等教育出版社，2000．［3］俱鹏岳．Q上不可约多项式判定的一种方法．［J］．陇东学院学报，2004，1:19－20．［4］杨富云，等．高等代数辅导及习题全解［M］．北京:人明日报出版社，2004．［5］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，2003，7．Abstract:Because the reducibility of a polynomial is related to the kind of the number field，especially，it is also more complicated for a polynomial on the Q－field．In this paper，we use Eisenstein discriminant method to give out two methods to discriminant the reducibility of a polynomial on the Q－field．Key words:polynomial;number field;irreducible polynomial;discriminant method。
可约多项式
可约多项式
可约多项式是数学中的一种概念，它是一种多项式的一种形式，主要指除去所有共同因子之后的多项式。
可约多项式是在求解一元多项式方程时，非常重要的概念。
本文主要介绍了可约多项式的定义、性质及求解方法。
一、定义
可约多项式是指，在一元多项式中，去掉相同因子得到的新的多项式。
比如，有多项式 $3x^3+9x^2+27x+81$，它的可约多项式是$x^3+3x^2+9x+27$，其中共同因子是 3。
二、性质
1.可约多项式的系数相加等于原多项式的系数之和；
2.可约多项式的指数在原多项式中也是最小的；
3.可约多项式的系数绝对值是原多项式的系数绝对值的公倍数；
4.可约多项式的系数与原多项式中每个项系数的最大公约数相等；
5.可约多项式的项数是原多项式的项数减去一；
6.可约多项式的指数最大值是原多项式指数最大值减一；
7.可约多项式求根的结果与原多项式一致。
三、求解方法
1.先求出原多项式的可约因子，把可约因子去掉，得到可约多项式；
2.如果可约多项式中有共同项式，可以用变量替换法消去；
3.用分解因式法求解可约多项式；
4.用余弦、正弦、平方和公式求解可约多项式；
5.用牛顿迭代法求解可约多项式，牛顿迭代法是一种改进梯度下降法，在求解一元多项式方程时，是最有效的算法之一。
四、结论
从上述分析可以看出，可约多项式是一元多项式方程求解过程中非常重要的概念，它是多项式的一种特殊形式，可以通过求取共同因子来求出可约多项式，也可以用分解因式法、余弦公式、牛顿迭代法等来求解可约多项式，有助于求解一元多项式方程。
判断函数是否可约的例题
判断函数是否可约的例题
判断多项式x⁶+x³+1在有理数域上是否可约？
换元，让x^3=t，很容易通过求根公式发现不可约，或者用有理数根定理，发现此函数不存在有理数根，所以在有理数域不可约如何判断函数是否可约
实际上，可约多项式就是可以在某个要求的范围内（如整系数多项式）可以被因式分解的多项式，所以如果发现它可以被因式分解，那么它一定是一个可约多项式。
1．什么是多项式
由若干个单项式的和组成的代数式叫做多项式（减法中有：减一个数等于加上它的相反数）。
多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数。
2．什么是单项式
分母中不含未知数的积的式子叫做单项式。
单项式中的数字因式叫做这个单项式的系数，一个单项式中，所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数。
任何一个非零数的零次方等于1。
3．单项式系数
（1）单项式中的常数因数叫做单项式的系数。
如3x的系数是3。
（2）如果一个单项式只含有字母因数，是正数的单项式系数为
1，是负数的单项式系数为-1。
（3）如果只是一个数字，系数是本身。
如5的系数还是5。
有理系数多项式
§9有理系数多项式一. 引入1) 在复数域上只有一次多项式才是不可约的。
2) 在实数域上不可约多项式只有一次的和某些二次的。
对于有理数域1) 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2) 要具体地作出它的分解式是一个很复杂的问题，3) 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。
4) 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。
5) 在有理系数多项式环中有任意次数的不可约多项式。
问题：如何判断Q 上多项式的不可约性呢? 有理系数多项式可归结为整系数多项式的问题． 设110()n n n n f x a x a x a --=+++，则i ）可选取适当整数c ，使()cf x 为整系数多项式．Ii ）若()cf x 的各项系数有公因子，提出来，得 ()()cf x dg x =， 即()()df xg x c=，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．如 4242222()2(5153)3515f x x x x x x x =--=-- 二．本原多项式1．定义：设 1110()0n n n n g x b x b x b x b --=++++≠，,0,1,2.i b Z i n ∈=若110,,n n b b b b -没有异于1±的公因子，即110,,n n b b b b -是互素的，则称()g x 为本原多项式．２．有关性质1) ()[],f x Q x r Q ∀∈∃∈，使()()f x rg x =，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）．2) 定理10 （Gauss 引理）两个本原多项式的积仍是本原多项式． 证：设 110()n n n n f x a x a x a --=+++，110()m m m m g x b x b x b --=+++是两个本原多项式．而110()()()n m n m n m n m h x f x g x d x d x d ++-++-==+++，反证法，若()h x 不是本原的，则存在素数p ，|,0,1,.r p d r n m =+又()f x 是本原多项式，所以p 不能整除()f x 的每一个系数，令i a 为01,n a a a 中第一个不能被p 整除的数，即11|,.||,i i p a p a p a -同理，()g x 本原，令j b 为0m b b 中第一个不能被p 整除的数，即011|,|,||,.j j p b p b p b p b -又11i j i j i j d a b a b ++-=++，这里11||,,|i j i j i j p d p a b p a b ++-，矛盾．二. 整系数多项式的因式分解定理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．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 1()()f x af x =，1()()g x rg x =，1()()h x sh x =这里，111(),(),()f x g x h x 皆为本原多项式，,,a Z r s Q ∈∈， 于是 111()()()af x rsg x h x =⇒由定理10，11()()g x h x 本原，从而有rs a =±即 rs Z ∈，()11()()()f x rsg x h x ∴=．得证．推论：1）(),()f x g x 是整系数多项式，2）()g x 是本原的， 3）()()(),()[],f x g x h x h x Q x =∈则()h x 必为整系数多项式．证：令1111()(),()(),,,(),()f x af x h x ch x a Z c Q f x h x ==∈∈本原⇒111()()()()()af x g x ch x cg x h x ==c a ⇒=±⇒,c Z ∈1()()h x ch x ∴=为整系数．定理12 设1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++是一个整系数多项式，而rs是它的一个有理根，其中,r s 是互素的，则必有0|,|.n s a r a 证：()rf x s 是的有理根，∴在有理数域上，()|()rx f x s-从而 ()|(),sx r f x -，又,r s 互素，sx r ∴-本原．由上推论，有1110()()(),,0,1,, 1.n n i f x sx r b x b x b b Z i n --=-+++∈=-．比较两端系数，得 10,n n a sb a rb -==-． 所以， 0|,|n s a r a（注意：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432230x x x -+-=的有理根，解：可能有理根为131,3,,22±±±±，用综合除法可知，只有1为根． 例2 证明3()51f x x x =-+在Q 上不可约．证：若()f x 可约，它至少有一个一次因子，也即有一个有理根，但()f x 的有理根只可能是1±，而(1)3,(1)5f f =--=，所以()f x 不可约．定理13 艾森斯坦因Eisenstein 判别法 设 1110(),,0,1,,n n n n i f x a x a x a x a a Z i n --=++++∈=，若有一个素数p ，使得1)|n p a 1202)|,,,n n p a a a --023)|.p a则()f x 在有理数域上是不可约的．证：若()f x 在Q 上可约，由定理11． ()f x 可分解为两个次数较低的整系数多项式的积111010()()(),,,,,l l m m l l m m i j f x b x b x b c x c x c b c Z l m n l m n----=++++++∈<+= 000,.n l m a b c a b c ∴==0|p a ，∴ 0|p b 或0|p c ，又20|p a ，p ∴不能同时整除00,b c ．不妨设0|p b 但0|p c ．另一方面，|.n p a |,|.l m p b p c ∴假设01,l b b b 中第一个不能被p 整除的数为k b ，比较两端kx 的系数，得0110k k k k a b c b c b c -=+++式中10,k k a b b -皆能被p 整除，0|k p b c ∴，0||.k p b p c ⇒或 矛盾． （注意： Eisenstein 判别法是判断不可约的充分条件非必要条件，所以有些多项式需作线性变换．）例３ 证明：2n x +在Q 上不可约． 证：（令2p =即可）．(可见存在任意次数的不可约有理系数多项式) 例４ 证明：2()1f x x =+在Q 上不可约．证：作变换1x y =+，则2()22f x y y =++，取2p =，由Eisenstein 判别法知222y y ++在Ｑ上不可约，所以()f x 在Ｑ上不可约．例５ 判断23()12!3!!px x x f x x p =+++++在Q 上是否可约． 解：令()!()g x p f x =21!!!!2(1)!p p p p p p x x x x p -=+++++-， 则()g x 为整系数多项式．!!|1,|,,!(1)!(2)!p p p p p p p --,， 但2|!p p ，()g x ∴在Q 上不可约，从而()f x 在Q 上不可约．说明：许多Q 上的不可约多项式都可经过适当线性代换或化整系数多项式后用等森斯坦因判别法判定它是否不可约，但是，也存在Q #上不可约多项式()=+∈≠都不能x ay b a b Q af x，无论作怎样的代换,(,,0)使()()+=满足爱森斯坦因判别法的条件，即找不到相应的素数f ay bg yp．如，3=++．()1f x x x但可用反证法：若()f x有有理f x可约，则必有一次因式，从而()根，但()=≠-=≠∴不可约．f f f xf x的有理根只能是1±，而(1)30,(1)10,()总结：不可约多项式的3种判断法：1. 艾森斯坦因Eisenstein判别法2.做变换后再用上法3.试根法小结：i）有理系数多项式与复系数、实系数多项式分解的区别，ⅱ）整系数多项式的分解法，有理系数多项式的分解法，ⅲ）不可约多项式的判定。
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第27卷V01．27第3期N o．3中州大学学报J O U R N A L O F Z H O N G Z H O U U N I V E R SnY2010年6月JuJ．20l O利用同态关系讨论有理数域上多项式的可约性判定王骁力1，夏云青2(1．南阳师范学院数学与统计学院，河南南阳473061；2．中州大学信息工程学院，郑州450044)摘要：文中讨论了整系数多项式的不可约判定的充分条件Ei s ens t ei n判别法的若干等价形式，并借助同态映射，i正B／t了整系数多项式不可约的若干判定定理，推广了已知结果。
关键词：同态；可约性；有理数域；多项式；艾森斯坦因判别法中图分类号：0241．6文献标识码：A文章编号：1008-3715(2010)03—0100—03有理系数多项式在有理数域上是否可约的问题可以归结为整系数多项式能否分解成次数较低的整系数多项式的乘积的问题。
已有整系数多项式的不可约判定的充分条件的Ei s ens t ei n判别法…，一些学者也给了一些结果m51。
本文首先讨论了Ei sens t ei n判别法的若干等价形式，然后借助同态映射证明了判定有理系数多项式可约性的若干结果。
1．E i se ns t e i n判别法的等价形式Ei s em t ei n判别法…设以茗)=乏口．膏‘是一个整系数多项式，如果存在素数P，使得：(1)p不整除a。
；(2)pl a。
，O≤i≤忍一1；(3)p2不整除口0，那么，(菇)在有理数域上是不可约的。
引理1【21设，(菇)=乏q茹‘是数域F上的一个多项式，％≠o，口o≠o，则g(x)=乏嘶石”‘也是数域F上的多项式，且火石)与g(茗)在数域，上同时可约或同时不可约。
引理2设以茗)=置a；膏‘是数域，上的一个多项式，a．≠0，口o≠0，m为一个正整数，则数域F上的多项式h(算)=蓦口‘p戚矿．。
=薹％一i p州”。
茗i与，(鼻)在数域F上同时可约或同时不可约。
证明假设灭聋)=乏q茗‘在数域F上可约，则存在F上12U的两个多项式五(茗)=乏6。
茁‘Z(z)=乏c；茗‘(0<s，t<nt5+t =i1)，使得：灭石)=工(z)五(膏)(1)由(1)可知：f(p'x。
1)=^(pm x“)五(p'x“)，故茗狄P“茗‘1)=xZ(p'x“)髫Z(p'x“)即。
邑n口护枷茗4一=i萋6‘p耐茗“‘。
邑t cp耐髫I-‘(2)令h。
(膏)=至6护“茹”‘，h2(菇)=乏c。
P“髫”‘，h(髫)=12U l=U圣n_[p“髫”1，则h。
(聋)，如(茗)分别是，上的次数为s、t的多项式。
且由(2)式可知^(茗)=h。
(名)h：x)，所以^(石)在数域，上也可约。
同理可知：若h(算)在数域，上可约，则f(茗)在数域F 上也可约。
引理2证毕。
记||}(茗)-。
奢zP“茗‘=f(P“名)，则，(茗)．。
毛口t茗‘=乏口。
P“(p一算)‘=k(p一茗)。
引理2证明中，由(1)可知以P“z)=^(P“菇)五(P“髫)。
也有z杈z“)=算Z(茗。
1)茗以(聋-1)，即n25．弘聋”‘．酗并…‘；≥t茗。
‘(3)令t(菇)皇毫口fp“茗‘=以p“石)，k。
(髫)皇^(p”石)，如(茗)垒五(矿髫)，则k。
(膏)，k2(茗)分别是，．上的次数为s、t的多项式。
由(3)式可知k(x)=k，(茗)k：(髫)，所以．|}(茗)上也可约。
同理可知：若_|}(石)在数域F上可约，则以茗)在数域F上也可约。
于是证明了下列结果。
引理3设八茗)=乏吼膏‘是数域F上的一个多项式，口。
≠0，口o≠0，m为一个正整数，则数域F上的多项式k(茹)=乏口p“膏‘与以聋)在数域F上同时可约或同时不可约。
由引理l，艾森斯坦判别法有下面对称形式。
推论l㈨设以茗)=萎d；石i是一个整系数多项式，若存在素数p，使得：(1)P不整除ao；(2)pl a。
，1≤i≤n；(3)P2不整收稿日期：2010—02—17基金项目：河南省教育厅自然科学基金资助项目(2009811017)作者简介：王骁力(19“一)，女，河南镇平人，南阳师范学院学与统计学院教授，研究向为组合最优化。
100除a。
，那么以名)在有理数域上是不可约的。
对于某个正整数m，把h(菇)=羔口口“菇“‘=aoX“+Ⅱl pm算川+82P抽茹“’2+…+a．_l Pm‘¨’算+口护砌记为危(名)皇b．x“+b．-i茁”1+b．_2x”2+…+bl石+bo，则由引理2，存在素数p，使得八菇)符合艾森斯坦判别法就等价于多项式h(石)满足：pl b。
，P川I b川，P2…l b。
1‘，…，P“‘川’+1bl，P”l bo，但是P2+b。
(1)而存在素数p，使得以互)符合艾森斯坦判别法的对称形式就等价于多项式h(算)满足：P+6。
；p”+1l b。
一l，P抽+1I b。
一2，…，P4(1’1)+1I bl，P”+1bo，但是p”“+b。
(2)于是，艾森斯坦判别法有下列两种等价形式：推论2设以茗)=夏qz‘是一个整系数多项式，存在素数P和正整数m，使得：(1)P”l ao，P““+口o；(2)p‘”‘’”1I aI，l≤丘≤n；(3)P2不整除口。
，那么厂(石)在有理数域上是不可约的。
推论3设以聋)=乏口i膏‘是一个整系数多项式，存在素数p和正整数m，使得：(1)P+a。
；(2)p‘”‘’”1I aI，0≤尼≤n—l；(3)P”+2+c10，那么以菇)在有理数域上是不可约的。
2．Ei s enst ei n判别法的推广我们知道，如果P为素数，z为整数环，则乙：Z／(p)为域。
域上的多项式环是唯一分解整环，所以乙[石]也是唯一分解整环。
定义q：Z[x]一乙[并]，对于任意的多项式八z)=蔓q石‘E引鼻]，设妒∽并))=乏承‘呈冗万，则易见妒是Z[x]到乙[z]的满同态映射，其中石=a+(P)。
在本文中，始终用符号p表示上面所定义的映射，我们将利用这个同态映射证明整系数多项式在有理数域上的不可约判定定理。
定理1设以x)=乏oi z‘是一个整系数多项式，r为正整数，r≤n，且存在素数p，使得：(1)P+(a。
，口。
一1’．一，q)；(2)p l a；，0≤o≤r一1；(3)p2不整除a。
，则以x)含有一个次数不低于r的不可约有理因式。
证明设八舅)=乏口≯‘=gl(x)92(石)…g；(髫)，g。
(茁)E z [菇]，且在有理数域上不可约，1≤a≤1，则兀万=万丐殛兀万…丽。
由(2)可知婀=乏a,--x‘=x7∑ai-'x”’，且(z7，三承卜’)=1o由于乙[石]是唯一分解环，所以并’I石币兀丽…丽，于是可设引瓦再耵，1≤卢≤_|}；膏+踟(x)，k+1≤卢≤l。
所以莉=o，1≤卢≤矗。
即l≤卢≤^时，岛(茁)的常数项被P整除，于是P‘l口0。
结合(3)知道k=l。
这样茗’I丽，即O(g。
(聋))≥r。
即g。
(算)是“z)的次不小于r的不可约多项式。
Ei s ens t ei n判别法是定理2在r=n时的特殊情形。
在定理1中，取r：11—1，易得下面结果。
推论1设八x)=乏口；∥(口。
≠o，n>2)是一个整系数多项式，且存在素数p，使得：(1)P+(口¨，a。
)；(2)PI a。
，0≤i ≤n一2，(3)p2+ao，则八髫)最多有一个有理根；且以茗)若有有理根，那么以茗)能分解成一个一次整系数多项式和一个n ～1次不可约的多项式的乘积。
由引理l，上述推论有对称形式：推论l’设，(茹)=乏q髫‘(口。
≠o，n>2)是一个整系数多项式，且存在素数P，使得：(1)P+(Ⅱo，01)；(2)pl a；，a≤i≤n；(3)p2+％，则以并)最多有一个有理根，且若以茗)有有理根，那么“算)能分解成一个一次整系数多项式和一个n一1次不可约的多项式的乘积。
由定理1，取r=n一2，易得下面结果。
推论2设以茗)=乏nj茹‘是一个没有有理根的整系数多项式，且存在素数P，使得：(1)p+(a。
一2，口¨，a。
；(2)pI a；，P ≤i≤凡，i#n一2；(3)P2+口o，那么，(膏)在有理数域中能够分解成一个次数为2和一个次数为儿一2的不可约有理因式之积。
由引理l，定理l有下列对称形式：推论2’设厂(石)=∑毗戈‘是一个没有有理根的整系数多项式，且存在素数P，使得：(1)P+(ao，a。
，a2)；(2)pI ai，0≤i ≤n，i≠2)；(2)p2+a。
，那么厂(#)在有理数域中能够分解成一个次数为2和一个次数为儿一2的不可约有理因式之积。
由引理l，定理l有下列对称形式：定理2设“J r,)=乏口．石‘是一个整系数多项式，r为正整数，r≤，l，且存在素数P，使得：(1)P+ao，口l，…，口。
；(2)pI a‘，11,一，+1≤o≤n；(3)p2+口。
，则八z)含有一个次数不低于r的不可约有理因式。
结合定理1和定理2，可得下列结论：推论3设是以戈)符合定理2(或者定理2’)条件的整系数多项式，则(1抓z)不能分解成两个次数均小于r的有理因式之积。
(2)如果以并)没有次数不超过n—r(或者r)的有理因式，则以x)在有理数域上不可约。
文献[3]和[4]给出了下列定理的部分结果，我们借助同态映射妒给出新的证明。
定理3设f(凭)=乏ai茁i是一个本原的整系数多项式。
如果存在素数p，使得：(1)P2+口o，P2+a。
；(2)p+a i，PI(oo，口l，d㈠，毗+l’．一，口。
)，i≠o，，l且i≤[等]，那么八算)在有理数域上或者不可约或者可以分解为一个i次不可约因式和一个n～i次不可约因式的乘积口。
3；且当，(石)在有理数域上可约时，有PI毗一b其中bl aon。
，6≠±t Zoa。
证明假设厂(聋)在有理数域上可约，则存在两个本原的★I整系多项式g(菇)2五6。
茗4和^(量)2互c。
算4，使得以戈)=．101g(z)h(x)，0<d(g(聋))，a(^(龙))<n。
于是t，丽=而砸研，即动i=而琊研=磊08磊秽由于乙[茗]是唯一分解环，所以虱万，7币万中各有一项不为零。
由于P2+a0，pl ao和C t0=boco可知，60，C o中只有一项被p整除，不妨设PIbo，P+co，则取刁百，PI c。
，0<a≤z。
由于P2+a。
和％=bi t c，可知，bI，c，中只有一项被P整除，结合前面结论，知道P+b。
必有：虱万=耻‘，pl68，o≤卢<七，即口i髫‘=巧和‘，于是k=i。
即a(g(善))=i，0(h(菇))=17,一i。
易见，该分解式中的两个因式是不可约的。
由于P2+‰，pI ao和ao=boco可知，bo，C o中只有一项被P整除，不妨设plb。