不同域上的不可约多项式课件

论文题目不同域上的不可约多项式学生承诺我承诺在毕业论文（设计）活动中遵守学校有关规定，恪守学术规范，本人毕业论文（设计）内容除特别注明和引用外，均为本人观点，不存在剽窃、抄袭他人学术成果，伪造、篡改实验数据的情况。如有违规行为，我愿承担一切责任，接受学校的处理。学生（签名）：年月日指导教师承诺我承诺在指导学生毕业论文（设计）活动中遵守学校有关规定，恪守学术规范，经过本人核查，该生毕业论文（设计）内容除特别注明和引用外，均为该生本人观点，不存在剽窃、抄袭他人学术成果，伪造、篡改实验数据的现象。指导教师（签名）：年月日TOC\o"1-5"\h\z1、刖言12、因式分解定理及唯一性定理13、复系数多项式14、实系数多项式25、有理系数多项式2艾森斯坦(Eisenstein)判别法2艾森斯坦因(Eisenstein)判别法的变式3艾森斯坦因(Eisenstein)判别法的等价定理4多项式的复根与其不可约性5〃次整系数多项式在有理数域上的不可约的又一充分性7限域上的不可约多项式76.1判断有限域上一元多项式是否可约进而得到分解式的方法86.29阶有限域上的不可约多项式9致谢10参考文献11不同域上的不可约多项式摘要：判断一个多项式是否可约是很困难的，在前人的基础上，采用了类比分析的方法，讨论了复数域、实数域、有理数域、有限域上的不可约多项式的状况，对不可约多项式进行了比较完善的总结归纳。关键字：复数域实数域有理数域有限域不可约多项式中图分类号：O151IrreduciblepolynomialsinthedifferentfieldsAbstract:Itisdifficulttojudgeapolynomialirreducible.Inthispaper,wediscusstheirreduciblepolynomialsintherealnumberfield,complexfield,rationalnumberfieldandfinitefield.Thisisamoreperfectsummaryaboutirreduciblepolynomials.Whatismore,thisisasimplyanalysisaboutirreduciblepolynomials.KeyWordS:ComplexfieldRealnumberfieldRationalnumberfieldFinitefieldIrreduciblepolynomials不同域上的不可约多项式1、前言一个多项式是否不可约是依赖于系数域的，虽然因式分解定理在理论上有其基本重要性，但是它并没有给出一个具体的分解多项式的方法，对于一般的情形，普遍可行的分解多项式的方法是不存在的，即使只是判别一个多项式是否可约都很困难。所以我们只能在不同的域上讨论多项式是否不可约。本文主要在前人研究的基础上，将复数域、实数域、有理数域、有限数域上的多项式是否可约的问题进行归纳，采用类比分析的方法进行总结。2、因式分解定理及唯一性定理定理1[1]数域P上每个次数＞1的多项式f(x)都可以唯一地分解成域P上一些不可约多项式的乘积.所谓唯一性是说,如果有两个分解式f(x户3)p2(x)4(x)q2(x)qt(x)那么必有s=t，并且适当排列因式的次序后有p,(x)=cq(x),i=1,2,,s，iii其中c(i=1,2,,s)是一些非零常数.…因式分解定理虽然在理论上有其基本重要性，但是它并没有给出一些具体的分解多项式的方法。实际上，对于一般的情形，普遍可行的分解多项式的方法是不存在的。接下来将讨论复数域、实数域、有理数域、有限域上的多项式的是否可约。3、复系数多项式定理2[1](代数基本定理)每个次数＞1的复系数多项式在复数域中至少有一根。定理3[1](复系数多项式因式分解定理)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.由此可知，在复数域上所有次数大于1的多项式全是可约的。4、实系数多项式定理4[1](实系数多项式因式分解定理)每个次数＞1的实系数多项式在实数域上都可以唯一的分解成一次因式与二次不可约因式的乘积.由此可知，实数域上的不可约多项式有一次多项式和某些二次多项式(判别式小于0)。5、有理系数多项式每个次数＞1的有理系数多项式都能唯一的分解成不可约的有理系数多项式的乘积。但是对于任意一个给定的多项式，要具体地作出它的分解式却是一个很复杂的问题，即使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，这一点是有理数域与实数域、复数域不同的。5.1艾森斯坦(Eisenstein)判别法定理5[1](Eisenstein判别法)设f(x)=a+ax++axn-1+axn是一个整系数多项式，如果存在素数「使得…⑴P\a0，p1a1，,p1a“-J♦♦♦p/a；np2/a0那么f(x)在Q上不可约证明：若f(x)在有理数域上可约，则f(x)在z上可约，即存在整系数多项式g(x)=b+bx++bxk,h(x)=c+cx++cxi,使得f(x)=g(x)h(x),其中k+1=n,k<n,l<n.因为a0=b0c0,pIa0,p2/a0,所以b0与c0不能同时被p整除不妨设pIb0,p/c0.因为a「bci,p/an,所以p/b.设pIb0,pIb,,pIb1，p/b(1<s<k).考察等式•••a=bc+bc++bc+bc.

s0s1s-1s-11s0♦♦♦由于pIa,pI(bc+bc++bc)，所以pIbc，这与p/b,pIc矛s0s1s-1s-11s0s0盾，故f(x)在Z(x)中不可约，因而在Q[x]中不可约(证毕)对任意正整数n,xn+2都是Z上不可约多项式，从而Z[x](及Q[x])中存在任意次数的不可约多项式.5.2艾森斯坦因(Eisenstein)判别法的变式一般地对f(x)gZ(x)，常作变换x=ay+b,则f(x)=f(ay+b)=f(y),很显然f(x)与g(y)在Q[x]上具有相同的可约性.有时候对于某个多项式不能直接应用Eisenstein判别法，可以把它进行如上适当变形后，再应用这个判别法。例如：设P是一个素数，多项式f(x)=xp-1+xp-2++x+1叫做一个分圆多项式，证明f(x)在Q[x]中不可约。…证明：因为"=彳==an=1,所以不存在这样的素数P满足Eisenstein判别法的条件，但是如果我们令x=y+1，则由于(%-1)f(%)=xn-1yf(y+1)=(y+1”-1=yp+C1yp-1++Cp-1ypp令g(y)=f(y+1)，于是…g(y)=yp-1+C1yp-2++Cp-1pp由Eisenstein判别法，g(y)在有理数域上不可约，所以f(x)也在有理数域上不可约。3艾森斯坦因(Eisenstein)判别法的等价定理定理6[2]假如f(x)=a+ax+ax2++axneZ[x]是整系数多项式，如012n果存在一个素数P，使得；1)p/a0;2)peR,pIa」，pIa;3)p2/a,贝I」f(x)在Q[x]上不可约。…定理7[3]设f(x)=a+ax+ax2++axneZ[x]为次数大于3的整系数多项式，且f(x)无有理根存在，如有整数P使得PIa。，P2/a0；PIa,pIa,,pIa；p/a…n-1则f(x)在整数环上一定不可约证明：这里仅考虑f(x)为本原多项式的情形反设f(x)在整数环上可约,其分解式为：f(x)=(bxl+b-1xl-1++b0)(cxm+c1xm-1++C0)其中g(x)=bxi+bxi-i++bTOC\o"1-5"\h\zh(x)=cXm+cXm-1•十+cmm-10均为本原多项式，且l,m<n,m+1=n•，…从而a-bc+bc,a=bc由已知pIa=bc，而p2/a，所以不妨设：pIb，而p/c，又因为000o00p/an］，所以p不能同时整除b及b」不妨设b0b,b,中第一个不能被p整除的数是b%,即pIb0b勺］，而p/bk…其中1<k<l<n…下面分两种情况讨论：1)当k=l=n11时可证m=1从而f(x)=(b1xn-1+b2xn-2++b0)(\x+c0)可得f(x)有有理根，此题与题设矛盾，同理可证k丰12)当1<k<n-1时考虑f(x)中xk的系数：ak=%鼠+b-1cl++b0ck由设p1ak,及p1bb,b1，所以p|bc，而p/c0P1bk，所以p1bc，01k1k00kk0这是一个矛盾！…另当p1c0M/b0时，同理可证矛盾！所以f(x)在整数环上不可约，证毕。5.4多项式的复根与其不可约性由代数基本定理，Z［x］中n次多项式在复数域中有n个根，通过系数多项式在复数域上的分解的信息也能帮助判断其在整数多项式上的不可约性。

定理8[4]设f(x)=axn+axn-1+...+ax+aeZ[x]满足|a|+...+|a|<|a|<|a|+2、|a|+1,(1)则f(x)在Z上不可约(从而在Q上不可约).证明：f(x)的复根的模均大于1。实际上，设f(x)有根a满足卜/1，则VaaVaa+...+aanVa+...+a1n与(1)矛盾。现在假设f(x)在Z上可约，即存在整系数多项式g(x)=bxr+bxr-1+...+bx+bh(x)=cxs+cxs-1+...+cx+c使得f(x)=g(x)h(x)，则a0=b0c0另一方面，记g(x)的复根为.a2,……a,它们都是小)的根，故aj>1(j=1,2,...,r)。结合韦达定理得出1b04brHa」…la」>bj，即|bj>|b|+1。同理，|cJ>|cj+1，于是|a0|=|b011c0|>(|br|+1)(|cJ+1)二|bcs|+|b|+|cs|+1>|bcs|+2(brcs+1—a+2yla+1与(1)矛盾，故f(x)在Z上不可约。令F(x)―xnf(1)，则f(x)在Z上可约显然等价于F(x)在Z上可约。因此x定理8中％与。”是对称的。定理8表明，只要多项式的首项系数与常数项的绝对值足够大时，它在z上就不可约。5.5、〃次整系数多项式在有理数域上的不可约的又一充分性定理9[5]设f(x)=取+〃严-1+...+a〃1x+a〃为整系数多项式，若f(x)+1有〃个两两不同的整数根,则f(x)在有理数域q上不可约。证明：(反证法)设f(x)+1的〃个两两不同的整数根为,,c2,…,：，则有f(c.)+1=0，f(c.)=—1(i=1,2,...n)假设f(x)在有理数域Q上不是不可约多项式，因为讨(x)=n>1,所以f(x)在有理数域Q上可约，也即是f(x)在整数环Z上可约，所以存在整系数多项h(x)和g(x)，使得f(x)=h(x)g(x)其中dh(x)>df(x)=n，dg(x)<Sf(x)=n。所以S(h(x)+g(x))<n，所以由f(c.)=—1，得h(c)g(c)=-1，因止匕h(c)+g(c)=0(i=1,2,...,n)ii所以h(x)+g(x)=0即有g(x)=-h(x),f(x)=-h(x)2,所以f(x)首项系数为负数与1矛盾，所以f(x)在有理数域Q上不可约。6、有限域上的不可约多项式

对于一般数域上的多项式，普遍可行的分解方法是不存在的。但是对于有限域，普遍可行的方法确实存在的，但是这也只适合低次多项式。定理10[11]设F是一个有限域，f(x),g(x)gF(x),g(x)牛0则存在唯一的q(x),r(x)gF[x],使f(x)=g(x)q(x)+r(x)，其中r(x)=0或d(f(x))<d(g(x))像在数域上一样，该定理给出了在有限域上判断整除性的方法。例：f(x),g(x)gZ[x],f(x)=3x4-4x2+3x+2，g(x)=x一2，问是否有g(g(x)1f(x)？解：作带余除法g(x)x—2f(x)3x4-4x2+3x+23x4-x3x3-4x2+3x+2x3-2x2-2x2+3V+2-2x2+4x—x+2—x+2r(x)=0所以g(x)1f(x)判断有限域上一元多项式是否可约进而得到分解式的方法设F是一个有限域，f(x)gF[x]，d(f(x))=n>0若f(x)在F上可约，则存在f(x),f(x)eF［x］,且TOC\o"1-5"\h\z12s(f(x))<n,a(f(x))<n，使得f(x)=f(x)f(x),由d(f()+d(f(x))=n知，121212有a(f(x))<［n］或者a(f(x))<［n］，即f(x)必有次数大于0而不超过［n］的122、22因式。而F是有限域，只有有限个元素，从而F上次数大于0而不超过［n］的2多项式只有有限个。因而只需找出F上次数大于0而不超过［n］的首项系数2为1的多项式g1(x),g2(x),,g(x)，用它们逐个试除f(x)，若某个g(x)If(x，)则f(x)可约。否则f(x)不可约，若f(x)可约，对所做的分解i式重复以上做法，最终可得f(x)在F上的因式分解。例：在Z上，证明多项式1)f(x)=x2+x+1,2)g(x)=x4+x3+x2+x+1均2为不可约多项式。证明：1)f(x)为2次多项式，且f(0)=1,f(1)=1,f(x)在Z2上无根，从而没有一次因式，故f(x)在Z2上不可约2)n=2,［n］=2，Z上次数大于0而不超过2的首项系数为1的全部多22项式为g1(妗x,2g+x)+x312,4(x4)2x=,g"x5)2x，=x,-g(g6(x)=x2+x+1，且任一g(x)均不能整除g(x)，故g(x)在Z2上也不可约。但是当多项式的次数很高时，用带余除法判断就不实用，接下来我们将讨论几个定理来说明有限域上不可约多项式的状况。q阶有限域上的不可约多项式定理11［12］设p(x)为q阶有限域F上的一个k次不可约多项式，则p(x)必为F上多项式xqk-1的一个因式。证明：因为p(x)是q阶有限域F上的一个k次不可约多项式，则(x)；.为多项式环F[x]的一个极大理想，从而以p(x)为模的剩余类域F[x]/；p(x)；;是一个阶为qk的有限域，而其全体单位(即可逆元)共有qk-1个，它作为一个阶为qk-1的循环群，此即qk阶有限域F[x]/：；p(x))的单位群，因此，x作为此单位群(即qk-1阶循环群)中的元素，必有xqqk-1=1或xqk-1-1=0，这就是说，对模p(x)来说，多项式xqk-1-1与0同余，即p(x)整除多项式xqk-1-1，亦即p(x)是多项式xqk-1-1的一个因式。致谢时间过得真快，在、的四年学习时间即将过去。虽然这四年时间不算长，但是在这四年我成长了很多，不管是自己的综合素质还是能力都有很大的进步，这是承受师恩、增长才干、提高学识的四年。很感激那些曾经帮助过我的老师和同学们，因为有他们的帮助才让我少走了很多弯路，才让我