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）<f（x）。

于是f（ax+b）=g（ax+b）h（ax+b），（g（ax+b））=g（x），（h （ax+b））=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<n）使得pan，p|ak，p|ak-1，…，p|a0，p2a0，则f（x）在Q上有次数大于k的不可约因式。

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<m，l<n。

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@s<m使得p|b0，p|b1，…，p|bs，pbs+1，pbm。

注意到f（x）=g （x）h（x），有p|a0，p|a1，…，p|as，pas+1。

由已知条件得s+1>k。

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<g （x）SymbolcB@s。

记di=g（ci），则di|f（ci），i=0，1，…，s。

于是u（x）d0，d1，…，ds=g（x）。

由条件，g（x）f（x）。

矛盾。

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
=xp+C1pxn-1+…+（Cp-1p+p）x+3p
用Eisenstein判别法立得f（x+1）在Q上不可约，从而由事实1.3知f（x）在Q上不可约。

下面的例题推广了文献[3]的例题的有关结果。

例2.4 设n4，p，q是素数且p2<q。

证明f（x）=pxn+qx+q2在Q上不可约。

证明直接用事实1.5或1.6无法解答。

现考虑f*（x）=q2xn+qxn-1+p。

据事实1.4，该多项式的有理根可能为±1，±1q，±1q2，±p，±pq，±pq2。

可以验证，这些都不是f*（x）的根。

据事实1.7，f*（x）在Q上不可约，从而据事实1.2，f（x）在Q上也不可约。

注例2.4中的多项式无法用事实1.3和事实1.6（即Eisenstein判别法）来解答。

事实上，设a，b∈Z，a≠0。

则：
f（ax+b）=p（ax+b）n+q（ax+b）+q2=panxn+pC1nan-1bxn-1+…
+pCn-2na2bn-2x2+（pCn-1nabn-1+qa）x+pbn+qb+q2
设有素数u满足：
upan，u|pC1nan-1b，…，u|pCn-2na2bn-2
u|（pCn-1nabn-1+qa），u|pbn+qb+q2，u2pbn+qb+q2
则：
ua，up，u|Cinbi，i=1，2，…，n-2;u|pnbn-1+q，
u|pbn+qb+q2，u2pbn+qb+q2
由u是素数知u|n或u|b。

于是，u|q，但q也是素数，故u=q，从而u|pbn。

但up，于是
u|b，这导致u2pbn+qb+q2，矛盾。

例5 证明f（x）=x4-10x2+1在Q上不可约。

解由事实1.4知f（x）没有整数根。

取c0=-2，c1=0，c2=2。

则f（c0）=-23=f（c2），f （c1）=1。

易见1的因数有±1，-23的因数有±1，±23。

可以验证，对任意d0，d2∈{±1，±23}，
d1∈{±1}，按事实1.8定义的u（x）d0，d1，d2均不能整除f（x）。

由事实1.8，f（x）在Q 上不可约。

注本题用事实1.1，1.2，1.4，1.5，1.6或1.7无法解答。

事实上，本题也不能用事实1.3配合事实1.6解答。

限于篇幅，具体理由不再陈述。

另一方面，例5也可以用反证法来证明，因为四次多项式若可约的话，只能写成一次多项式乘三次多项式或二次多项式乘二次多项式，具体细节不再赘述。

3 结论
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基本判定方法，并通过具体的例子阐述了这些方法的实际应用及局限性。

本文的结果对教师讲授和初学者学习这方面的知识有一定帮助。

另一方面，限于篇幅，还有不少整系数多项式在有理数域上不可约的判定方法在本文中没能涉及，例如，文献[4]利用剩余类环的理论得到了爱森斯坦判别法的一些新的推广形式，文献[5]利用矩阵理论也得到了爱森斯坦判别法的新推广方式，而文献[6]则用复分析中的儒歇定理给出了整系数多项式在有理数域上不可约的新判定方法，有兴趣的读者可以参考上述文献进行学习。

参考文献：
[1]北京大学数学系前代数小组，高等代数[M].5版.北京：高等教育出版社.2019.
[2]Hungerford T.W.，Algebra[M].北京：世界图书出版公司，1998.
[3]朱一心.不能用Eisenstein判别法判别的不可约多项式[J].徐州师范大学学报，2000，19（02）：11+60.
[4]彭学梅.整系数多项式可约性的几个新判别法[J].湖北民族学院学报（自然科学版），2003，21（04）：9092.
[5]宋家雏.爱森斯坦因判别法的推广[J].数学教学通讯，1986（01）：4041+44.
[6]谢庭藩，裴定一.关于多项式的不可分解性[J].科学通报，1975，（09）：414415.
基金项目：云南师范大学本科教育教学改革研究项目（YNJG201831）;云南师范大学本科线下一流课程建设项目（2019xxkc28）;国家自然科学基金项目（11661082）
作者简介：王守峰（1979—），男，汉族，山东济南人，博士，教授，研究方向：代数。