整系数多项式不可约的判定123

整系数多项式不可约的判定

摘要:判断一个整系数多项式在有理数域是否可约,有著名的艾森斯坦判别法,

它给出了判别整系数多项式不可约的一个充分条件,但只能判别一些整系数多项式,应用范围受限制,本文在艾森斯坦判别法的基础上对其进行推广,并给出了一种新的判别方法.

关键词: 整系数多项式 不可约 艾森斯坦判别法 素数

如何来判定一个整系数多项式在有理数域是否可约?满足什么条件的整系数多项式在有理数域才具有可约性?本文结合素数给出了以下判别法. 一 艾森斯坦判别法及其推广

定理 : 设 f(x)=anxn?an?1xn?...?a0是一个整系数多项式 如果有一个素数p，使得

1. p不能整除an; 2. p|an?1,an?2,...,a0; 3. p2不能整除a0

那么f(x)在有理数域上是不可约的.

证明 : 如果f(x)在在有理数域上是可约的，那么有定理知，f(x)可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积,

f(x)=(blxl?l?1xl?1?...?l0)(cmxm?cm?1xm?1?...?c0)

(l,m?n,l?m?n)

因为p∣a0,所以能整除b0或c0，但是p2不能整除a0，所以p 不能同时整除b0及c0.因此不防假定p∣b0,但 p 不整除c0.另一方面，因为p不整除an，所以p不能整除bl.假设b0,b1,...,bl中第一个不能被p整除的是bk，比较f(x)中xk的系数，得等式ak?bkc0?bk?1c1?...?b0ck.式中ak,bk?1,...,b0都能被素数p整除，所

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以bkc0也能被p整除，但p是一个素数，所以bk和c0中至少有一个被p 整除，这是一个矛盾，定理得证.

例1设f(x)=x4?8x3?12x2?2x?2判断f(x)在有理数域上是否可约？ 解：取素数p=2,则2|-8，2|12，2|2，22不能整除2，满足艾森斯坦判别法，所以f(x)在有理数域上不可约.

但艾森斯坦判别法不是对所有的整系数多项式都能应用，因为满足判别法条件的素数p不总存在，若对一多项式f(x)找不到素数p，那么f(x)在有理数域上可能可约也可能不可约，例如x2?2x?11与x2+2x-3都找不到满足条件的素数，但前者在有理数域上是不可约的，而后者是可约.为了扩大艾森斯坦判别法的应用范围，对其进行变形，在f(x)中令 x?ay?b，(a?0,a,b?Z)则整系数多项式f(x)与g(y)?f(ax?b)有理数域上可约性相同，但并不是所有的整系数多项式都能通过变形后可以应用艾森斯判别法.

例1设f(x)=x6?x3?1 判断f(x)在有理数域上是否可约？

解：f(x)不能直接应用艾森斯判别法，令x?y?1 代入f(x)=x6?x3?1中得，g(y)?f(y?1)=y6?6y5?15y4?21y3?18y2?9y?3,取素数p=3,则3∣6，3∣15，3∣21，3∣18，3∣9，3∣3，但3不能整除1，且32不能整除3，满足艾森斯判别法，g(y)在有理数域上不可约，所以f(x)在有理数域上不可约.

例2设f(x)=x3?12x?4 判断f(x)在有理数域上是否可约？

解：f(x)不满足艾森斯坦判别法，无论经过什么变换也不能满足艾森斯坦判别法，但f(x)在有理数域上是不可约的.

有些整系数多项式不满足艾森斯坦判别法的判别条件，但也是不可约的，由此可见艾森斯坦判别法的应用受很大的限制，在此给出了艾森斯坦判别法的一个有益的推广，得出定理如下：

定理：设f(x)=anxn?an?1xn?1?..?a0（an?0）是一个整系数多项式，并且

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f(x)没有有理根，如果能找到一个素数p使

1. p不能整除an； 2. p∣a0,a1,...,an?1； 3. p2不能整除a1； 那么f(x)在有理数域上不可约.

证明：设f(x)在有理数域上可约，易知f(x)能分解成两个次数都小于n的整系数多项式的乘积，设f(x)=g(x)h(x), g(x)=bkxk?bk?1xk?1?...?b0，

h(x)=clxl?cl?1xl?1?...?c0（k,l?n,k?l?n）,显然p不能整除g(x)的所有系数，

也不能整除h(x)的所有系数，令bs，ct各是g(x)和h(x)中第一个不能被p整除的系数.

情形1如s?t?n,考察系数有as?t?bs?tc0?bs?t?1c1?...?b0bs?t，因为有条件2可知，p∣as?t,又等式右边除bsct外都能被p整除，所以p∣s?t?n，

bsct,但p是素数，所以p∣bs或p∣ct，与bs和ct不能被p整除矛盾.

情形2如s?t?n，此时必有s?k,t?l,bs?bk,ct?cl,考察a1?b1c0?b0c1. 因为f(x)没有有理根，所以k?1,l?1,因此p|b0,p|b1,p|c0,p|c1,由等式

a1?b1c0?b0c1知，p2|a1与条件3 p2不能整除a1矛盾.

综上可知f(x)在有理数域上不可约.

推论: 设f(x)=anxn?an?1xn?1?..?a0（an?0）是一个整系数多项式，f(x)没有有理根，如果能找到一个素数p使得

1. p|ai(i=1,2,…,n); 2. p不能整除a0； 3. p2不能整除an?1；

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那么f(x)在有理数域上不可约. 证明：令x=

1 代入f(x)中得 yaa11nnn?1，而?(y)?yf()?ay?ay?...?an， f()?a0?1?...?n01nyyyy显然f(x)在有理数域上不可约的充要条件是?(y)在有理数域上不可约，由定理知?(y)不可约，所以f(x)在有理数域上不可约.

例1设f(x)?x4?15x3?9x2?6x?9判断f(x)在有理数域是否可约？ 解：易知f(x)没有有理根，取p=3, 3|9，3|6，3|15，32|9，不能应用艾森斯坦判别法，由于32不能整除6，有定理可知f(x)在有理数域上不可约.

例2设f(x)?4x4?18x3?6x2?2x?1判断f(x)在有理数域是否可约？ 解：易知f(x)没有有理根，取p=2,2|4,2|6,2|18,2|2,2不能整除1 22不能整除18，由推论可知f(x)在有理数域上不可约. 二 通过比较整系数多项式的系数大小来判定多项式的不可约.

定理：设f(x)=xn?an?1xn?1?...?a1x?a0 是一个整系数多项式，如果 │an?1│?1+|an?2|+an?3+…+a1?a0,则f(x)在有理数域上是不可约的.定理的使用很方便，但要求最高次数项系数是1，且定理证明要用到复变函数论，本文用初等方法得到了如下定理.

定理1 设f(x)=anxn?an?1xn?1?...?a1x?a0 （an≠0 ）是整系数多项式且|an|是素数，如果an?an?1?an?2?...?a0 则f(x)在有理数域上是不可约的.

证明：1. 首先证明：若f(z)=0, 则∣z∣?1,设z满足若f(z)=0则

anzn??(an?1zn?1?an?2zn?2?...?a0),anzn?an?1zn?1?an?1zn?2?...?a0 ,如果z?1,则anzn?(an?1?an?2?...?a0)zn?1,

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于是an?anz?an?1?an?1?...?a0，与已知矛盾，所以z?1.

2.假设f(x)在有理数域上是可约，则存在两个次数都小于n的整系数多项式u(x)和v(x)使得f(x)= u(x)v(x).

设u(x)=btxt?bt?1xt?1?...?b0，v(x)=csxs?cs?1xs?1?...?c0 ，因|an|是素数，不妨设bt?1，又b0c0?a0?0，所以b0是非零整数，bsct?an则bt?1或cs?1，

设z1,z2,...,zt是u(x)=0全部根.由1得zi?1 （i=1,2,…,t）,有根与系数的关系推得|b0|=不可约.

定理2 设f(x)=anxn?an?1xn?1?...?a1x?a0是n次整系数多项式，a0是素数，若a0?a1?a2?...?an，则f(x)在有理数域上是不可约的.

1证明：设?(y)?ynf()?a0yn?a1yn?1?...?an?1y?an，显然，f(x)在有理

yb0=z1z2...zt?1 与b0是非零整数矛盾，所以f(x)在有理数域上bt数域上是不可约的充分条件是?(y)在有理数域上不可约，有定理1知因?(y)在有理数域上不可约，此f(x)在有理数域上是不可约的.

例1 设f(x)=13x7?2x6?3x5?x4?2x?1，判断函数f(x)是否可约？ 解：因为 13>2+3+1+1+2+1，13是素数，由定理1可知f(x)有理数域上是不可约的.

例2 设f(x)=?2x5?7x4?4x3?2x2?x?17，判断函数f(x)是否可约？ 解：因?17??2?7??4??2?1 且17是素数，由定理2可知f(x)有理数域上是不可约的.

本文通过对艾森斯坦判别法的推广扩大了艾森斯坦判别法的应用范围，并给出了一种新的判别方法对艾森斯坦判别法予以补充.

【参考文献】

［1］张禾瑞、郝炳新编.高等代数（第四版）.高等教育出版社.1999 版

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［2］中国数学协会北京师范大学编.数学通报.1992年第8期 ［3］中国数学协会北京师范大学编.数学通报.1995年第3期 ［4］数学通讯 2001年5月第9期

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/jnhr.html