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1、7.4 有理域上的多项式有理域上的多项式 1 1本原多项式本原多项式结结论论1 任任意意有有理理系系数数多多项项式式和和一一个个整整系系数数多多项式相通。项式相通。定定义义1 设设(x)=a0xn+a1xn-1+an是是一一个个整整系系数数多多项项式式，若若系系数数a0,a1,an互互质质，则则称称(x)是一个是一个本原多项式本原多项式。结结论论2 任任意意整整系系数数多多项项式式与与一一个个本本原原多多项项式式相通。相通。结结论论3 任任意意有有理理系系数数多多项项式式与与一一个个本本原原多多项项式相通。式相通。 2 2设设p是一个质数，是一个质数， (x)=a0xn+a1xn-1+ang(
2、x)=b0xm+b1xm-1+bm是是两两整整系系数数多多项项式式。若若p整整除除(x)g(x)的的所所有有系系数数，则则p或或整整除除(x)的的所所有有系系数数或或整整除除g(x)的所有系数。的所有系数。证证明明：反反证证法法。假假定定p不不整整除除(x)的的所所有有系系数也不整除数也不整除g(x)的所有系数。的所有系数。定理定理7.4.13 3证明：证明：从从后后往往前前看看(x)和和g(x)，设设ai，bj是是(x)，g(x)的系数中第一个不为的系数中第一个不为p整除者。于是，整除者。于是，p不整除不整除ai，p ai+1，p an (1)p不整除不整除bj，p bj+1，p bm (2
3、)(x)g(x)中中xn-i+m-j的系数是：的系数是：aibj+ai+1bj-1+ai+2bj-2+ai-1bj+1+ai-2bj+2+此式中，除此式中，除aibj外，其余各项由外，其余各项由(1)及及(2)都都为为p整除，而由整除，而由p不整除不整除ai，p不整除不整除bj，有，有p不整除不整除aibj，故，故p不整除不整除xn-i+m-j的系数，与的系数，与题设题设p整除整除(x)g(x)的所有系数矛盾。证毕。的所有系数矛盾。证毕。 4 4设设(x)是是本本原原多多项项式式，g(x)是是整整系系数数多多项项式式。若若(x) g(x)，则则以以(x)除除g(x)所所得得之之商商式式必必是整
4、系数多项式。是整系数多项式。证明：证明：由由(x) g(x)知，有：知，有：g(x)=(x)h(x)不不论论h(x)是是否否为为整整系系数数多多项项式式，总总可可以以取取一一个个正正整整数数c使使k(x)=ch(x)是是整整系系数数多多项项式式，故，故，cg(x)=(x)k(x)。此此 式式 表表 示示 以以 c乘乘 g(x)的的 所所 有有 系系 数数 就就 是是(x)k(x)的的所所有有系系数数，从从而而c整整除除(x)k(x)的的所有系数。所有系数。定理定理7.4.25 5设设c=p1p2pr是是c的质因数分解式。则的质因数分解式。则p1p2pr g(x)=(x)k(x)因因为为p1 p
5、1p2pr，故故p1整整除除(x)k(x)的的所所有有系系数数，但但(x)是是本本原原多多项项式式，故故p1整整除除k(x)的的所所有有系系数数，从从而而k(x)=p1k1(x)，其其中中k1(x)是整系数多项式。因此有：是整系数多项式。因此有：p2pr g(x)=(x)k1(x)。同同理理有有p1整整除除k1(x)的的所所有有系系数数，如如此此下下去去，消消去去p1p2pr 最最后后得得g(x)=(x)kr(x)。其其中中kr(x)是整系数多项式。是整系数多项式。但但由由g(x)=(x)h(x)，有有h(x)=kr(x)，故故h(x)是整系数多项式。证毕。是整系数多项式。证毕。6 6Eise
6、nstein定则定则定定理理7.4.2 设设(x)=a0xn+a1xn-1+an是是整整系系数数多多项项式式，若若对对一一个个质质数数p，p不不整整除除a0，p a1，p an，p2不不整整除除an，则则(x)在在有理域上不可约。有理域上不可约。证证明明：用用反反证证法法，假假定定(x)有有一一个个真真因因式式 (x)，因因为为 (x)和和一一个个本本原原多多项项式式相相通通，不不妨妨假假定定 (x)本本身身就就是是本本原原多多项项式式。故故， (x)除除(x)所得的商式所得的商式(x)是整系数多项式。是整系数多项式。7 7从从而而(x)可可分分解解为为非非常常数数的的两两个个整整系系数数多多
7、项项式式之之积，即，积，即，(x)=a0xn+a1xn-1+an =(b0xr+br)(c0xs+cs) 于是有于是有a0xn=b0c0xr+s，an=brcs因因为为p不不整整除除a0，所所以以p不不整整除除b0，p不不整整除除c0。因因为为p2不不整整除除an，所所以以br和和cs中中至至少少有有一一个个不不为为p整整除除，不不妨妨设设p不不整整除除cs。在在b0xr+br中中从从后后往前看，设第一个不为往前看，设第一个不为p整除的系数为整除的系数为bi。看看(b0xr+br)(c0xs+cs)中中xr-i的系数：的系数：bics+bi+1cs-1+bi+2cs-2+ (*)由题设，这个系
8、数应为由题设，这个系数应为p整除。整除。但但p不不整整除除bics，而而(*)中中其其余余各各项项都都为为p整整除除，可见可见p又不能整除这一系数，此为矛盾。证毕。又不能整除这一系数，此为矛盾。证毕。 8 8注注意意：并并不不是是每每一一个个有有理理域域上上的的多多项项式式都都可可 用用 Eisenstein定定 则则 判判 定定 是是 否否 可可 约约 ，xn+x+1就是一例。就是一例。 例例：由由Eisenstein定定则则知知，x2-2在在有有理理域域上上不不可可约约，所所以以x2-2不不可可能能有有有有理理根根，因因而立即推出而立即推出 是无理数。是无理数。 例例：利利用用Eisens
9、tein定定则则，可可以以写写出出许许多多在在有有理理域域上上不不可可约约的的多多项项式式，例例如如xn+2，x4+2x3-4x+10， xn+2x+2等。等。定理定理7.4.4 对任意对任意n1，有理域上有有理域上有n次质式。次质式。 9 9设设p是质数，是质数， 用用Eisenstein定则证明多项定则证明多项式式f(x)=xp-1+ xp-2 +x+1在在R0上不可约。上不可约。证明：证明：f(x)=(xp-1)/(x-1)，令，令t=x-1，则，则x=t+1，代入代入f(x)得得f(x)=(xp-1)/(x-1) =(t+1)p -1)/t =(tp+ptp-1 +p(p-1)/2 t
10、p-2 +pt+1-1)/t =tp-1+ptp-2 +p(p-1)/2 tp-3 +p显显然然质质数数P不不整整除除1，而而p整整除除后后面面的的所所有有系数，且系数，且p2不整除不整除p，故原式不可约。故原式不可约。 例例1：1010证明证明f(x)=3x5+7x2+5在有理域在有理域R0上不可约。上不可约。证证明明：若若f(x)在在R0上上可可约约，则则f(x)在在R2上上可可约约。因因此此，只只需需证证明明f(x)在在R2上上不不可可约约，则则可可知知f(x) 在在R0上不可约。而在上不可约。而在R2上，上，f(x)=x5+x2+1。(分析，分析，5次多项式若可约，有如下可能：次多项式
11、若可约，有如下可能：1)可分为可分为5个一次质因式乘积个一次质因式乘积2)可分为可分为3个一次质因式和个一次质因式和1个二次质因式乘积个二次质因式乘积3)可分为可分为2个一次质因式和个一次质因式和1个三次质因式乘积个三次质因式乘积4)可分为可分为1个一次质因式和个一次质因式和1个四次质因式乘积个四次质因式乘积5)可分为可分为1个二次质因式和个二次质因式和1个三次质因式乘积个三次质因式乘积1)-4)都都有有一一次次质质因因式式，5)有有二二次次质质因因式式，因因此此，只只需需证证明明5次次多多项项式式无无一一次次质质因因式式和和二二次次质质因因式式，即可证明其不可约。即可证明其不可约。)例例2：
12、1111证明：证明：1)证证 明明 无无 一一 次次 因因 式式 。 由由 R2=0,1，f(0)=f(1)=1知知，f(x)在在R2上上无无根根，即即无无一一次因式。次因式。2)证证明明无无二二次次因因式式。在在R2上上二二次次因因式式只只有有：x2, x2+1, x2+x, x2+x+1。 其其 中中 只只 有有x2+x+1是质式。是质式。但但x5+x2+1=x2(x+1)(x2+x+1)+1，因因此此，f(x)在在R2上无二次因式。上无二次因式。所以，所以，f(x)在在R2上不可约。证毕。上不可约。证毕。1212有理根问题有理根问题定定理理7.4.5 设设(x)=a0xn+a1xn-1+
13、an是是整整系系数数多多项项式式。若若有有理理数数bc是是(x)的的根根，其其中中b和和c是互质的整数，则是互质的整数，则b an，c a0。证证明明：因因为为bc是是(x)的的根根，所所以以x-b/c整整除除(x)，因因而而本本原原多多项项式式cx-b整整除除(x)，且且商商式式应应是是整整系系数数多多项项式式，故故(x)分分解解为为整整系系数数多项式之积如下：多项式之积如下：(x)=(cx-b)(d0xn-1+dn-1)比较两边的首系数和常数项得比较两边的首系数和常数项得a0=cd0，an=-bdn-1，故，故ban，ca0。1313求有理根的方法求有理根的方法设设f(x)=a0xn+a1
14、xn-1+an，求有理根的方，求有理根的方法为：法为：1)分别找分别找a0，an的所有因子的所有因子ci, bj。2)找互质对找互质对(ci, bj)。3)用用x-bj/ci除除f(x)(综合除法综合除法)，能除开，则，能除开，则bj/ci为根，否则，为根，否则，bj/ci不是根。不是根。1414证明证明 为无理数。为无理数。证证明明：若若 为为有有理理数数，x2-2应应有有有有理理根根，ci=1，bj=2,1，可可能能根根为为bj/ci：1,2，但但用用综综合合除除法法知知，1，2都不是都不是x2-2的根，的根，所以，所以， 是无理数。是无理数。例：例：1515该定理是说，若有理数该定理是说
15、，若有理数该定理是说，若有理数该定理是说，若有理数b/cb/c是多项式是多项式是多项式是多项式f(xf(x) )的根，则用分的根，则用分的根，则用分的根，则用分数表示的这个有理数的分子分母满足数表示的这个有理数的分子分母满足数表示的这个有理数的分子分母满足数表示的这个有理数的分子分母满足b b a an n，c c a a0 0。反。反。反。反过来说，满足这个条件是多项式过来说，满足这个条件是多项式过来说，满足这个条件是多项式过来说，满足这个条件是多项式f(xf(x) )根的必要条件，但根的必要条件，但根的必要条件，但根的必要条件，但不满足一定不是根。下面通过具体实例，说明定理不满足一定不是根
16、。下面通过具体实例，说明定理不满足一定不是根。下面通过具体实例，说明定理不满足一定不是根。下面通过具体实例，说明定理7.4.57.4.5的使用。的使用。的使用。的使用。例：例：例：例：设设设设f(xf(x)=3x)=3x3 3-x+1-x+1，判断它在有理域，判断它在有理域，判断它在有理域，判断它在有理域R R0 0上是否可约。上是否可约。上是否可约。上是否可约。分分分分析析析析，这这这这是是是是一一一一个个个个3 3次次次次多多多多项项项项式式式式，若若若若f(xf(x) )可可可可约约约约，则则则则f(xf(x) )必必必必能能能能分分分分解解解解为为为为一一一一个个个个一一一一次次次次因
17、因因因式式式式与与与与一一一一个个个个二二二二次次次次因因因因式式式式之之之之积积积积，因因因因而而而而必必必必有有有有一一一一个有理根，于是可利用本定理判断，用试根法来做：个有理根，于是可利用本定理判断，用试根法来做：个有理根，于是可利用本定理判断，用试根法来做：个有理根，于是可利用本定理判断，用试根法来做：1)1)把系数把系数把系数把系数a a0 0, a, an n因数分解；因数分解；因数分解；因数分解；2)2)然然然然后后后后用用用用a a0 0的的的的因因因因子子子子做做做做分分分分母母母母，a an n的的的的因因因因子子子子做做做做分分分分子子子子所所所所得得得得的的的的数数数数
18、代代代代入入入入f(xf(x) )；3)3)考察这些数中是否有考察这些数中是否有考察这些数中是否有考察这些数中是否有f(xf(x) )的根，由此判定的根，由此判定的根，由此判定的根，由此判定f(xf(x) )是否可约。是否可约。是否可约。是否可约。本例中本例中本例中本例中a a0 0=3=3，它的因子有，它的因子有，它的因子有，它的因子有 1,1, 3 3，a an n=1=1，它的因子有，它的因子有，它的因子有，它的因子有 1 1，所以，如果，所以，如果，所以，如果，所以，如果f(xf(x) )有有理根，则只能为有有理根，则只能为有有理根，则只能为有有理根，则只能为 1 1， 1/31/3，
19、分，分，分，分别代入别代入别代入别代入f(xf(x) )检验，可知都不是检验，可知都不是检验，可知都不是检验，可知都不是f(xf(x) )的根，所以的根，所以的根，所以的根，所以f(xf(x) )无有理无有理无有理无有理根，因而根，因而根，因而根，因而f(xf(x) )在有理域在有理域在有理域在有理域R R0 0上不可约。上不可约。上不可约。上不可约。1616判断多项式是否可约判断多项式是否可约对于多项式对于多项式f(x)=x5-5x+1，用试根法和艾，用试根法和艾森斯坦定理也无法找到森斯坦定理也无法找到p，这时我们可以，这时我们可以把把f(x)做一个变形然后利用以下结论：做一个变形然后利用以
20、下结论：f(x)在在Fx中可约当且仅当中可约当且仅当f(x+1)在在Fx中中可约。再回到本例，考察可约。再回到本例，考察f(x-1)=x5-5x4+10x3-10x2+5，取，取p=5，由艾森斯坦，由艾森斯坦定理知它在有理域不可约，从而定理知它在有理域不可约，从而f(x)在有在有理域不可约。理域不可约。1717习题习题下面给出的多项式是下面给出的多项式是R0上的质式吗？上的质式吗？1)x3+x2+x+1解：因为解：因为-1是是x3+x2+x+1的根，即的根，即x3+x2+x+1=(x2+1)(x+1)，所以，所以，x3+x2+x+1不是质式。不是质式。2)x4+x2-6解：解：x4+x2-6没
21、有一次因式，因为没有一次因式，因为1，2，3，6都不是都不是x4+x2-6的根。根据定理的根。根据定理7.4.5， x4+x2-6没有有理根。而没有有理根。而x4+x2-6=(x2+3)(x2-2)，所以，所以x4+x2-6不是质式。不是质式。3)x5+15解：由解：由Eisenstein定则，取定则，取p=3，p不整除不整除1，p|15，p2不整除不整除15，因此，因此，x5+15是质式。是质式。1818代数数与超越数代数数与超越数定定义义7.4.2 复复数数称称为为一一个个代代数数数数，如如果果是是某某个个有有理理系系数数非非0多多项项式式的的根根。若若不不是是任任何何有有理理系系数数非非0多多项项式式的的根根，则则称称为为一一个个超越数超越数。例例：圆圆周周率率=3.14159和和自自然然对对数数底底e=2.71828都是超越数。都是超越数。例例：一一些些有有理理数数通通过过有有限限次次加加减减乘乘除除及及开开整数次方得到的数都是代数数，比如，整数次方得到的数都是代数数，比如， , 都是代数数。都是代数数。1919作业作业9P266-32020
