有理数域上多项式

§7有理数域上多项式教学目的通过教学，使学生基本上掌握有理数域上不可约多项式的判别，及其有理根的求解.教学内容这里g(x)与所X)是Q上的次数小于〃(当然不小于1)的多项式.设g(x)的系数的公分母为b，则g(x)=—g(X)，这里g(x)eZ[x],设其1 b1 11系数的最大公约数是。]，则g(x)=bf1(x)，1这里4eQ,且不难发现f1(x)是一个本原多项式.同理h(x)=1冬f2(X)，其中&eQ,且f2(X)是一个本原多项式.因此2 2f(X)=&f(x)—2f(x)=rf(x)f(x)q1b?2s1 2这里r是一个既约分数，约定>0;且由Gauss引理知道f](x)f2(x)是一个本原多项式.由于fx)eZ[x]，因而f1(x)f2(x)的每一个系数与r的乘积都被s整除，但(s，r)=1，故f1(x)f；(x)的每一个系数被s所整除.又由于f1(x)f2(X)是本原多项式，且s>0,所以s=1，故得f(X)=(rf1(X))f2(x).显然deg(rf1)=degg,degh=degf.因此f(x)在Z上可约. 口由定理4.7.1的证明我们还得到推论4.7.1设fx),g(x)eZ[x],g(x)是本原多项式若fx)=g(x)h(x),则h(x)一定是整系数多项式. 口根据定理4.7.1,Q上的多项式fx)的可约性问题可以归纳为它所相应的整系数多项式在Z上的可约性问题来解决.于是，怎样判别一个整系数多项式在Z上是否可约呢？常见的有定理4.7.2(Eisenstein判别法)设整系数多项式f(x)=axn+ax〃tH Fax+a若存在一个素数P，使得^ 11 01) —n,2)pla”」—n_2,…,—1，—o,3)p2\a。，那么fx)在Q上不可约 n证若fx)在Q上可约，则由定理4.7.1,.fx)可以分解为两个次数

较低的整系数多项式的乘积：TOC\o"1-5"\h\zf(x)=(bxl+bxlTH—b)(cxm+cxmTh Fc)l l-1 0，'m m-1 0这里l,m<n,l+m=n.因此a=bc,a=bc.nlm 0 00因为pIa，所以p整除b或c，但pl\a，所以p不能同时整除b及0 0 0 0 0c.因此，不妨假设pIb,^c.另一方面，因为p|a，所以p也.假0 & 0 0 n l设b0,«,•••,«中第一个不能被p整除的是bk，比较f(x)中xk的系数，有a=bc+bc+ +bckk0 k-11 0k式中a,b，…,b都能被p整除，所以pIbc.又p是一个素数，故有kk-1 0 k0pIbk或pIc。.这是一个矛盾，因此f(x)在Q上不可约.口根据定理4.7.2，对于任意的neN*，多项式xn+2在Q上是不可约的.因此，我们得到推论4.7.2有理数域上任意次的不可约多项式都存伉对于某些多项式，Eisenstein判别法不能直接应用，但是作适当的符号(变量)替换后，就可以应用这个判别法.例1设p是素数，判别多项式f(x)=xp-1+xp-2+ Hx+1在Q上是否可约.解令x=y+1，则=yp-1+c1yp-2=yp-1+c1yp-2+ +cp-1=g(y).p pf(x)= = x-1yg(y)的系数都是整数，且除首项系数外，其余各项系数都被素数p整除.事实上，当i<p时，牛心一1*"一'+°i!的分母与p互素，所以当将它约分化为整数时，分子中的p不能被消去.又g(y)的常数项Cp-1=p，不能被p2整除.因此，根据Eisensteinp.判别法，g(y)在Q上不可约，从而知道fx)在Q上不可约，因为若不然，则由f(x)=f](x)f2(x)有g(y)=f1(y+1)f2(y+1)与g(y)不可约相矛盾. 口请注意，Eisenstein判别法的条件是判别Q上不可约多项式的充分条件，因而当找不到适当的素数p满足Eisenstein判别法的条件时，切不要轻易地断言该多项式可约，可能还有不可约的情形发生.7.2有理根的求解类似于可约性的阐述，下面我们只讨论整系数多项式有理根的求解.定理4.7.3设f(x)=axn+a1xn~1H Fa1x+a0是一个整系数多项式.若P是fx)的一个有理根，这里(p,q)=1,则q1)pIa0,qIa^；2)f(x)=(x-—)g(x),g(x)gZ[x].证因为2是只了)的一个有理根，所以x-p是fx)的一次因式，故qf(x)=(qx-p)h(x).由(p,q)=1知道qx-p是本原多项式，所以由推论4.7.1知道h(x)eZ[x].于是设h(x)=b1xn-1+b2xn-2H Fb1x+b0，因此 〃 〃f⑴=(qx—叫⑴=qbn-1对H…H("b0)*

比较两边系数，得a=qb1,a0=-pb0，故qIa,pIa0.又f(x)=

(qx-p)h(x)=(x-p)(qh(x))=(x-p)g(x)，其中g(x)=qh(x)eZ[x].口

q q推论4.7.3设fx)GZ[x].若cGZ是fx)的一个根，则Cf(0).口TOC\o"1-5"\h\z推论4.7.4设fx)GZ[x]，且首项系数为1，若c是fx)的一个有理根，则cgZ. 口定理4.7.3给出了求整系数多项式有理根的一种方法.设(x)的首项系数a的因数为q,j=1,2,...,s，常数项a的因数是’，i=1,2,...,t，n j 0 i则fx)的有理根只可能是套.为求得有理根，可对p逐个用综合除q. q.法进行试验.当乌个数较多，逐个试验比较麻烦时，还可考虑如下q.j事实我们知道若C是fx)的一个根则fx)=(x-c)q(x),q(x)eZ[x].因此TOC\o"1-5"\h\zf⑴小 f(-1) "；一=q(1), =-q(-1)1-c 1+c都是整数.因此，结合除法只要对使姓与0)都是整数的p进1-c1+c q行试验(我们可以假定犬1)与f(-1)都不为0，否则可以用x-1或x+1除fx)，再对所得的商式作类似的考察).例2求多项式f(x)=3x4+5x3+x2+5x-2的有理根.1 2解利用定理4.7.3之1),fx)的有理根只可能为t1,±2,土3,土3；又因为f(1)=12,f(-1)=-8，且-8-8121+2,12，1+—31+23都不是整数，但12 -812 -812 -81+2,1-2,11\1- 1+-3 3\1\11+ 1-一3 3全为整数.所以对-2,±1作综合除法试验.因为3-2I3515-2-62-62 ，3-13-10所以-2是fx)的一个有理根，且有f(x)=(x+2)(3x3-x2+3x-1).此时，易见-2不再是3x3—x2+3x—1的根，且3x3-x2+3x—1=(3x—1)(x2+1).一一，. 、一一.• . . 11,,于是(若观察不到，则可分别对-3,3作综合除法试之)，得f(x)的有理根为-2与］.3上述求有理根的方法还可用于判别某些特殊的不可约多项式或特殊的无理数，请看以下两例.例3证明x3-3x+1在Q上不可约.证因为degf=3,所以若fx)在Q上可约，则必有一个一次因式，因而由推论4.7.4知道它必须是整数根.又由定理4.7.3，此根只能为1或-1.但f(1)=-1，f(T)=3全不为零，故fx)在Q上不可约.□例4证明,5是--个无理数.证＜2是f(x)=x2-2的一个根，但fx)没有有理根.因为f(x)的有地艮只可能为±1,±2,将它们代入犬了)，易见全不