整系数多项式在有理数域上不可约的判定方法
次数公式在整系数多项式不可约判别中的应用
次数公式在整系数多项式不可约判别中的应用陈益智;蔡俊树;肖裕耿【摘要】本文利用多项式的次数公式探讨了三类整系数多项式在有理数域上不可约的判别与证明.【期刊名称】《惠州学院学报》【年(卷),期】2016(036)003【总页数】3页(P70-71,93)【关键词】次数公式;整系数多项式;不可约多项式【作者】陈益智;蔡俊树;肖裕耿【作者单位】惠州学院数学系,广东惠州516007;惠州学院数学系,广东惠州516007;惠州学院数学系,广东惠州516007【正文语种】中文【中图分类】O151.2多项式是代数中的一个基础概念，也是高等代数中的主要内容之一。
而作为多项式理论的一个重要的知识点，整系数多项式在有理数域上可约性的判别经常出现在一些高校《高等代数》课程的硕士研究生入学考试试题中。
一直以来，也有不少文献（如参见文献[1-8]等）对整系数多项式可约性的判别进行研究，而大多数文献中不可约多项式的判别是利用艾森斯坦判别法。
本文利用多项式的次数公式及多项式的在某处的取值，着手探讨三类整系数多项式在有理数域上可约性的判别与证明，旨在给读者提供判别多项式不可约的一种有效求解方法。
其中a1, a2,…,an为互异整数，则f(x)在有理数域上为不可约多项式。
证明：显然，f(x)为整系数多项式。
假设f(x)在有理数域上可约，则∃g(x),h(x)∈Z[ x]，使得由于f(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-an)-1，所以g(ai) h(ai)=-1，i=1,2,…,n .因为g(x), h(x)为整系数多项式，所以g(ai),h(ai)只能互为±1。
从而有于是，g(x)=-h(x)。
从而f(x)=-g2(x)。
这与f(x)首项系数为1矛盾。
故f(x)在有理数域上不可约。
注1由该命题的证明过程，我们可以看出次数公式在判别整系数多项式在有理数域上不可约的作用，从而避免了利用艾森斯坦判别法来寻找素数p 的难处。
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。
爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判
爱森斯坦判别法是目前为止用来判断[]Z x 内一个多项式可约与否的最好结果。
爱森斯坦判别法 设给定n 次本原多项式01()[](1)Z n n f x a a x a x x n =+++∈≥如果存在一个素数p ，使|(0,1,...,1)i p a i n =-，但20|,|n p a p a //，则()f x 在[]Z x 内不可约。
证明：用反证法。
设()f x 在[]Z x 内可约，即()()()f x g x h x =， 其中0101()[],()[].Z Z m m l l g x b b x b x x h x c c x c x x =+++∈=+++∈这里0deg ()deg ()g x f x <<。
为方便计，下面式子中多项式(),(),()f x g x h x 的系数,,i i i a b c 的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。
因为n m l a b c =，而|n p a /，故|,|m l p b p c //。
另一方面，0|p a ，而000a b c =，故0|p b 或0|p c ；不妨设0|p b ，此时因20|p a /，故0|p c /。
设|(0,...,1)i p b i r =-，但|(0)r p b r m <</。
此时|r p a ，而 011110()r r r r r a b c b c b c b c --=++++括号中各项均含有因子p ，故0|r p b c 。
但0|,|r p b p c //，p 为素数，矛盾。
由此，()f x 在[]Z x 内不可约。
爱森斯坦判别法是目前为止用来判断Z[x]内一个多项式可约与否的最好结果。
艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。
由高斯定理，这判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。
艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式如果存在素数p ，使得p 不整除an ，但整除其他ai ； p^2 不整除a0 ， 那么f (x ) 是不可约的。
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。
不可约多项式
p1 ( x ) q j ( x ).
q j ( x ), 使得
不妨设 q j ( x ) q1 ( x ), 则
p1 ( x ) q1 ( x )
q1 ( x ) c1 p1 ( x ), c1 0
(1)两边消去 q1 ( x ), 即得
2i （在复数域上）
二、不可约多项式
定义： 设 p( x ) P[ x ] ，且 p x 1 ，若 p( x )
不能表示成数域 P上两个次数比 p( x ) 低的多项式的 乘积，则称 p( x ) 为数域P上的不可约多项式.
注： ①一个多项式是否不可约依赖于系数域.
②一次多项式总是不可约多项式. ③零多项式与零次多项式无可约，不可约的概念
公因式与系数域无关，则公因式也就不会随系数域的扩 大而改变 . 最大公因式是由辗转相除法求得的，故这里问 题的关键是带余除法中的商式q(x)，余式r(x)尽管唯一 确定，是否与系数域无关？→ 事实上，设 f,g∈P[x], P∈P/ → 据带余除法定理，存在唯一的q, r ∈P[x], 使 得 f = qg + r, r = 0或 ∂r＜∂g成立.
一、问题的引入
二、不可约多项式
三、不可约多项式的性质
四、因式分解及唯一性定理
一、问题的引入
因式分解与多项式系数所在数域有关
如： x 4 4 x 2 2
x2 2
2
2
（在有理数域上）
x 2 x 2
x 2 x
（在实数域上）
x 2 x 2i x
多项式判定
有理数域上多项式的可约性
定理13 (艾森斯坦(Eisenstein)判别法) 设
011)(a x a x a x f n n n n +++=--
是一个整系数多项式.若有一个素数p ,使得
1. n a p |/;
2. 021,,,|a a a p n n --;
3. 02|a p /
. 则多项式)(x f 在有理数域上不可约.
由艾森斯坦判断法得到:
有理数域上存在任意次的不可约多项式.例如2)(+=n x x f .,其中n 是任意正整数.
艾森斯坦判别法的条件只是一个充分条件. 有时对于某一个多项式)(x f ,艾森斯坦判断法不能直接应用,但把)(x f 适当变形后,就可以应用这个判断法.
例3 设p 是一个素数,多项式
1)(21++++=--x x x x f p p
叫做一个分圆多项式,证明)(x f 在][x Q 中不可约.
证明：令1+=y x ，则由于
1)()1(-=-p x x f x ,
y C y C y y y yf p p p p p p 1
11
1
)1()1(--+++=-+=+ ,
令)1()(+=y f y g ，于是
1211)(---+++=p p p p p C y C y y g ,
由艾森斯坦判断法，)(y g 在有理数域上不可约，)(x f 也在有理数域上不可约.。
本原多项式(一类教资)
苍松课资
1
问题的引入
因式分解定理
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
复 数域C
仅有一次多项式
实 数 域 R 一次多项式和某些二次不可约多项式
有理数域Q
存在任意次不可约多项式
苍松课资
2
有理系数多项式的因式分解
怎么分？
22 用综合除法可知，只有1为根．
苍松课资
14
例2 证明: f ( x) x3 5x 1 在 Q 上不可约． 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．
但 f ( x) 的有理根只可能是 1, 而 f (1) 3, f (1) 5. 矛盾．
例4 证明：f ( x) x2 1 在 Q上不可约． 证： 作变换 x y 1, 则 f ( x) y2 2 y 2,
取 p 2, 由Eisenstein判别法知， y2 2 y 2 在Ｑ上不可约，
所以 f ( x) 在Ｑ上不可约．
苍松课资
20
例5
判断
x2 x3 f (x) 1 x
② 有些整系数多项式 f ( x不) 能直接用Eisenstein 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) 不可约．
苍松课资
19
例3 证明：xn 2 在 Q上不可约． 证：（令 p 2 即可）． (可见存在任意次数的不可约有理系数多项式)
2! 3!
（ p 为素数）在 Q上是否可约．
上不可约多项式的判断和寻找
4. 欧拉函数
定义4.1：对于n 1,令 表示 [1,n]内与n互素的整数个数。 定义 函数Φ称为欧拉函数。 性质4.1：对所有n ≥ 5的整数，有 性质 . Φ ( n) > n
≥
Φ (n )
(6 ln(ln n))
F 性质4.2： q 是一个阶q-1为的循环群。因此对任意 a ∈ Fq 性质q 有 a = a。 性质4.3：设 f ( x) ∈ Z p [ x] 是次数为 m 的不可约多项式，则 性质 Z p [ x] f ( x)是一个阶为 p m 的有限域，多项式的加法与乘法 是模 f (x) 的运算。 性质4.4：对每一个m ≥ 1,在 Z p 中存在一个次数为m的首一 性质 不可约多项式。所以，每一个有限域都有一个多项式基表 示。
随机生成一个上的首一不可约多项式
算法7.2 算法
输入: 输入: 素数 p 和正整数 m . 输出: 输出: Z p [x]中次数为 m 的首一不可约多项式 f ( x ) . 1.重复如下操作 重复如下操作: 1.重复如下操作: 的一个首一多项式) 1.1 (随机生成 Z p [x] 中的次数为 m 的一个首一多项式) 在0和p-1之间随机选择整数 a0 , a1 , a2 ,L , am −1 , a0 ≠ 0. f (x ) f (x) = xm + a(m −1)xm−1 +L+ a2x2 + a1x + a0 . 设 是多项式 用算法1.5测试f(x) 1.5测试f(x)是否在 上不可约. 1.2 用算法1.5测试f(x)是否在 Z p 上不可约.直到找到一 个不可约的 f ( x ) . 2.返回 2.返回 ( f ( x )) .
.
pk
(
i
不可约多项式的判别方法
不可约多项式的判别方法
一个多项式f(x) 是不可约的，当且仅当以下任一条件成立：
1. f(x) 为常数多项式。
2. f(x) 为一次多项式，即f(x)=ax+b，其中a\neq 0。
3. f(x) 为二次多项式，但其判别式\Delta=b^2-4ac 为负数，其中
f(x)=ax^2+bx+c，a\neq 0。
4. f(x) 的次数大于等于3，且它没有根的有理数解。
这时我们可以利用如下Tschirnhaus 变换，将f(x) 转化为一个新的多项式g(x)，使得g(x) 在有理数域上有一个根r=\frac{p}{q} （p 和q 互质）：
g(x)=f(x-rq)
其中r 为有理数解，rq 表示其denominator。
如果g(x) 还是不可约多项式，则f(x) 也是不可约多项式。
对于f(x) 的判别，我们可以通过暴力枚举f(x) 的因子进行验证。
具体地，我们从2 到\sqrt{\deg f(x)} 枚举每一个整数d，判断f(x) 是否能够被x^d-1
整除，如果能被整除，则说明存在一个次数为d 的不可约多项式，它是f(x) 的因子。
如果f(x) 不能被任何次数小于\sqrt{\deg f(x)} 的不可约多项式整除，则f(x) 是不可约多项式。
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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-2u|（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。