整系数多项式在有理数域上不可约的判定方法

整系数多项式在有理数域上不可约的判定方法

作者：王守峰

来源：《科技风》2021年第11期

摘要：本文总结和归纳了整系数多项式在有理数域上不可约的一些判定方法，并通过具

体例子展示了这些方法的实际应用和局限性，扩展了相关文献的结果。

关键词：整系数多项式;有理数域;不可约

据文献[1]，每个次数≥1的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解成一次因式的乘积。这表明，复数域上不可约多项式只有一次多项式，而每个次数≥1的实系数多项式在实数

域上都可以唯一地分解成一次因式或二次不可约因式的乘积。于是实数域上的不可约多项式只可能是一次多項式和判别式小于零的二次多项式。然而，有理数域上存在任意次数的不可约多项式。另一方面，文献[1]同时指出，若一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有

理系数多项式的乘积，则它可分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积。这一结论把有理系数多项式在有理数域上是否可约的问题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。于是，考虑有理系数多项式的不可约的问题，只需就整系数多项式考虑即可。本文的目的是总结和归纳整系数多项式在有理数域上不可约的判定方法，这对教师讲授和初学者学习这方面的知识有一定帮助。本文约定Q和Z分别表示整数集合和有理数域，而Q[x]和Z[x]分别表示系数在Q和Z中的关于x的多项式构成的集合。

1 基本结论

本节给出涉及整系数多项式在有理数域上不可约的判定的一些事实。对任意非零多项式f （x），用f（x）表示f（x）的次数。

事实1.1 设f（x）∈Z[x]。

（1）若f（x）=1，则f（x）在Q上不可约。

（2）f（x）在Q中有根当且仅当f（x）在Q上有一次因式。

（3）若f（x）2且f（x）在Q中有根，则f（x）在Q上可约。

（4）若2SymbolcB@f（x）SymbolcB@3，则f（x）在Q上不可约当且仅当f（x）在Q

中无根。

事实1.2 设f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0∈Z[x]且an，a0均不为零。记f*（x）

=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an。则f（x）在Q上不可约当且仅当f*（x）在Q上不可约。

证明容易验证，若f（x）=g（x）h（x），g（x），h（x）∈Z[x]，则f*（x）=g*（x）

h*（x）且f*（x）=f（x），h*（x）=h（x），g*（x）=g（x）。于是结论成立。

事实1.3 设f（x）∈Z[x]，a，b∈Z，a≠0。则f（x）在Q上不可约当且仅当f（ax+b）在Q上不可约。

证明若f（x）在Q上可约，则f（x）=g（x）h（x），g（x），h（x）∈Z[x]， g （x），h（x）

故f（ax+b）在Q上可约。类似可证由f（ax+b）在Q上可约可推出f（x）在Q上可约。

事实1.4 （[1]第一章定理12）设f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0∈Z[x]，an≠0，而rs是它的有理根，其中r，s互素。则s|an，r|a0。

下面给出几个关于Eisenstein型判别法的事实。

事实1.5 （[2]第三章第6节习题9）设f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0∈Z[x]。若有素数p和某个非负整数k（k

证明对f（x）的次数用归纳法。当n=1时，结论显然成立。设结论对次数小于n的整系数多项式成立，下考察次数等于n的整系数多项式f（x）。若f（x）不可约，则结论成立。否则，设f（x）=g（x）h（x），g（x）=bmxm+…+b0，h（x）=clxl+…+c0∈Z[x]，0

由pan知pbm，pcl，由p|a0，p2a0知p|b0和p|c0有且只有一个成立，不妨设前者成立。则必有正整数0SymbolcB@sk。由归纳假设，g（x）有次数大于s的不可约因式，这个不可约因式也是f（x）的次数大于k的不可约因式。

在事实1.5中分别取k=n-1和k=n-2，并结合事实1.1（2），可得以下事实。

事实1.6 （Eisenstein判别法）设f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0∈Z[x]。若有素数p使得pan，p|an-1，p|an-2，…，p|a0，p2a0，则f（x）在Q上不可约。

事实1.7 设f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0∈Z[x]无有理根。若有素数p使得pan，p|an-2，p|an-3，…，p|a0，p2a0，则f（x）在Q上不可约。

上述结论给出了整系数多项式在有理数域上不可约的一些充分条件，但不能对所有整系数多项式解决问题。下面给出判定整系数多项式在有理数域上不可约的一个一般方法，它是Kronecker在1881年提出的。

事实1.8 （[2]第三章第6节习题11，12，13）设f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0∈Z[x]没有整数根，an≠0。记s为不大于n2的最大整数。取定互不相同的整数c0，c1，…，cs及：

d0|f（c0），d1|f（c1），…，ds|f（cs），（*）

由Lagrange插值公式，存在唯一的次数不大于s的多项式：

u（x）d0，d1，…，ds=∑si=0（x-c0）…（x-ci-1）（x-ci+1）…（x-cn）（ci-c0）…（ci-ci-1）（ci-ci+1）…（ci-cn）di

使得u（ci）d0，d1，…，ds=di，i=0，1，…，s。若对任意d0|f（c0），d1|f（c1），…，ds|f（cs），都有u（x）d0，d1，…，dsf（x），则f（x）在Q上不可约。

证明若f（x）在Q上可约，则可设f（x）=g（x）h（x），g（x），h（x）∈Z[x]，0

注根据Kronecker的方法，要检查f（x）是否可约，只需对所有满足条件（*）的d0，

d1，…，ds进行检测就可以了，注意到f（x）无整数根，这种检测在有限步内肯定能完成。当然，验证的过程是冗长的。因此，这个方法需要借助计算机才能发挥其最佳效果。

2 几个例题

本节通过具体例子来阐述前面总结的若干事实的具体运用。

例2.1 判断f（x）=x3-5x+1在Q上是否可约。

解由事实1.4知f（x）在Q中无根。注意到这是一个三次多项式，据事实1.1（4）知f （x）在Q上不可约。

例2.2 判断px2-px+2p-1在Q上是否可约，其中p是素数。

解该多项式无实根，从而无有理根，據事实1.1（4）知它在Q上不可约。

注例2.2不能用事实1.4或Eisenstein型判别法来解答。

例2.3 设p是素数且p≠3。证明f（x）=xp+px+2p-1在Q上不可约。

证明容易看出，本题无法用Eisenstein型判别法直接解答。现考虑用事实1.3。事实上：

f（x+1）=（x+1）p+p（x+1）+2p-1