有理数域上的不可约多项式

二、整系数多项式的有理根
定理 3： 设
f x anxn an1xn1 L a0,
是一个整系数多项式，若有理数 u v 是整系数
多项式 f x 的一个根，这里u，v是互素的整数，
则
①
f
x
x
u v
q
x
,
q
x
Z
x
,
② v an,u a0
证： （1）Q u v 是 f x 的根，
f x 有一次因式 x u v ,
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即 f x
xuv
q
x
vx
u
1 v
q
x
vx
u
q1
x
因为 vx u 是本原多项式 q1 x 是整系数多项式，
故 qx vq1 x 是整系数多项式。
（2）设 q1 x bn1xn1 L b1x b0,
b0 , b1,L , bn1 是整数。
例1
xn p 是Q上不可约多项式，p是素数。
解：取素数p即知。
例2
判断 f x x6 10x3 2,
g x 5x4 6x3 12x 6
在Q上是否可约？
解：分别取p=2, p=3即知。
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注意：Eisenstein是判别多项式在Q上不可约的充分 条件，但不是必要条件。 例： x2 1 不可约，但找不到素数p。
定义1（本原多项式）：
若整系数多项式 f x 的系数互素，则称 f x
是一个本原多项式。
例如：f x 3x2 6x 4, g x 5x2 1
是本原多项式。 本原多项式的加、减运算所得的未必是
本原多项式，但相乘之后必是本原多项式。
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设 u, v 是互素的整数，且 u v 是整系数多项式 f x 的根，则 v u f 1,v u f 1.
证：由f x vx u g x, g xZ x.
把 1 代入得：
f 1 v u g 1, g 1Z x. f 1 v u g 1, g 1Z x.
v u f 1,v u f 1.
引理（高斯定理）： 两个本原多项式的乘积仍是本原多项式。
证：设 f x a0 a1x L aixi L anxn,an 0 g x b0 b1x L bj x j L bmxm,bm 0
都是本原多项式
f x g x c0 c1x L ci j xi j L cmnxmn.
设 r s qp（p,q互素且p>0），
由于
q p
g1
x
h1
x
是整系数多项式，
故p能整除q与 g1 x h1 x 的每一系数的乘积，
而p,q互素，故p能整除 g1 xh1 x 的每一系数， 但由引理1知，g1 xh1 x 是本原多项式，
故p=1，从而rs是一个整数。
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第七章 多项式环§7.8 Nhomakorabea理数域上的不可约多项式
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本节讨论有理数域上多项式的可约性，以及如
何求Q上多项式的有理根，由于 f x 与 cf x 在 Qx上的可约性相同。因此讨论 f x 在Q上的可约
性可转化为求整系数多项式在Q上的可约性。 一、整系数多项式的可约性
但两者不能同时成立。 Q p2 a0
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不妨设 p b0 但 p c0 。
由于 an bkcl ，由 p an 知 g x 的系数不能都被p
整除，假设 bs 是第一个不能被p整除的系数，
即 p b0 ,L , p bs1, 但 p bs
若 f x g x 不是本原多项式，则存在素数p，使 p ck , k 1, 2,L , m n, 由于 f x, g x 都是本原多
项式，故 f x 的系数不能都被p整除，g x 的系数
也不能被p整除，
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可设 p ar , r 0,1,L ,i 1, 但 p ai ,
现考虑
as bsc0 bs1c1 L b0cs , s n.
p bs , p c0 p bsc0,
但p能整除其它项，故 p as 与已知矛盾。
f x 在 Z x 中不可约
f x 在 Qx 中不可约。
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由Eisenstein判别法知，Q上存在任意次不 可约多项式。
p bs , s 0,1,L , j 1, 但 p bj ,
现考虑
ci j a0bi j L ai1bj1 aibj ai1bj1 L ai jb0.
除了aibj 这一项外，p能整除其余各项，
因此 p ci j , 这是一个矛盾，
故 f x g x 是本原多项式。
定理 1： 一个整系数n（n>0）次多项式 f x
问题
C上不可约多项式只能是一次，R上不可约多项 式只能是一次和含非实共轭复根的二次多项式，Q上 不可约多项式的特征是什么？下面的Eisenstein的判 别法回答了这个问题。
定理 2（Eisenstein判别法）：
设 f x a0 a1x L anxn 是整系数多项式，
若存在素数p，使 ① p an; ② p a0, a1,L , an1,
例 3 求 f x 2x4 5x3 7x2 7x 1 的有理根。
解：2的因数是1, 2, 1的因数是 1,
故 f x可能的有理根只能是 1, 1
对1, 1 用综合除法逐一检验知： 2
2
f x 的有理根只能是 1 2 。
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定理 4：
比较 f x vx uq1 x 两边n次项与常数项系数得：
an vbn1, a0 ub0
v an,u a0
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由定理 3，要求整系数多项式 f x 的有理根，
只要求出最高次项系数的因数 v1, v2,L , vk 以及常数项 有a0理的数因用数综u1合,u2除,L法,u来t 。检然验后，对如形果如最高次vuij系这数样为的1，则 整系数多项式f的有理根只能是整根。
③ p2 a0,
则 f x 在Q上不可约。
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证（反证法）：
若f x 在Q上可约 f x 在Z上可约，
即存在：
g x b0 b1x L bk xk ,
h x c0 c1x L cl xl Z x,
使 f x gxhx.
其中 k l n, 0 k, l n. Q a0 b0c0, p a0 故 p b0 或 p c0
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提出来，mg x ng1 x, g1 x 是本原多项式，
即
g x
n m
g1 x
r g1 x.
同理，存在有理数S，使 hx sh1 x,
h1 x 也是本原多项式，
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于是 f x g xhx r sg1 xh1 x
下证 r s 是一个整数，
推论：设 f x g xhx, 若 f x, g x都是
整系数多项式，且 g x 是本原的，则 hx 必是整
系数多项式。特别地，若 f x 是本原的，则 hx
也是本原的。
（若不是 h x qh1 x q f x 的所有系数。）
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在有理数域上可约的充要条件是它在整数环上可约。
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证：充分性显然。
下证必要性。
设 f x 可分解成 Qx 中两个次数都小于n的
多项式 g x 与hx 的乘积，即有 f x g xhx.
设 g x 的系数的公分母为m，则 mg x 是
一个整系数多项式，把 mg x 系数的公因式n