整系数多项式不可约的判别法毕业论文、 .doc

整系数多项式不可约的判别法曾成芳(玉溪师范学院理学院数学与应用数学专业2010级1班, 学号: 2010011109)指导教师: 刘云摘要: 要想判断一个整系数多项式在有理数域是否可约,有我们学过的著名的艾森斯坦（eisenstein）判别法,该判别法给出了判别整系数多项式不可约的一个充分条件,但它只能判别一部分整系数多项式,其应用范围有限,本文在艾森斯坦（eisenstein）判别法的基础上对其进行推广和变形,并给出了一种新的判别方法来改进其不能判别有些多项式的缺陷.本文首先讨论了艾森斯坦（eisenstein）判别法；其次在艾森斯坦（eisenstein）判别法的基础上对其进行推广和变形,并给出了一种新的判别方法来改进其不能判别有些多项式的缺陷；最后通过例题对方法进行了说明。关键词:艾森斯坦（eisenstein）判别法；可约；不可约；整系数多项式；素数正文：在高等代数中介绍了艾森斯坦判别法，他是判别整系数多项式为不可约多项式的一个非常有用的判别法，但这个方法使用时有其局限性，本文介绍为2个方法，使用它可以判断一些无法使用艾森斯坦判别法判断的整系数多项式的可约性。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 : 【艾森斯坦（eisenstein）判别法】 设 =是一个整系数多项式如果有一个素数，使得1. 不能整除;2. |;3. 不能整除那么在有理数域上是不可约的.证明 : 如果在在有理数域上是可约的，那么有定理知，可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积, = 因为,所以能整除或，但是不能整除，所以 不能同时整除及.因此不防假定,但 p 不整除.另一方面，因为不整除，所以不能整除.假设中第一个不能被整除的是，比较中的系数，得等式.式中都能被素数整除，所以也能被整除，但是一个素数，所以和中至少有一个被 整除，这是一个矛盾，定理得证.例1设= 判断在有理数域上是否可约？解：不能直接应用艾森斯判别法，令 代入=中得，=,取素数=3,则36，315，321，318，39，33，但3不能整除1，且3不能整除3，满足艾森斯判别法，在有理数域上不可约，所以在有理数域上不可约.例2设= 判断在有理数域上是否可约？解：首先我们可以看出不满足艾森斯坦判别法，且经过一些变换也不能满足艾森斯坦判别法，但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=（）是一个整系数多项式，并且没有有理根，如果能找到一个素数使1. 不能整除；2. ；3. 不能整除；那么在有理数域上不可约.证明：设在有理数域上可约，易知能分解成两个次数都小于的整系数多项式的乘积，设=, =，=（）,显然不能整除的所有系数，也不能整除的所有系数，令，各是和中第一个不能被整除的系数.情形1：如,考察系数有，因为，有条件2可知，,又等式右边除外都能被整除，所以,但是素数，所以或，与和不能被整除矛盾.情形2：如，此时必有,考察. 因为没有有理根，所以,因此|,|,|,|,由等式知，|与条件3 不能整除矛盾.综上可知在有理数域上不可约.推论: 设=（）是一个整系数多项式，没有有理根，如果能找到一个素数使得1. |(=1,2,n);2. 不能整除；3. 不能整除；那么在有理数域上不可约.证明：令= 代入中得，而，显然在有理数域上不可约的充要条件是在有理数域上不可约，由定理知不可约，所以在有理数域上不可约.例1设判断在有理数域是否可约？解：易知没有有理根，取=3, 3|9，3|6，3|15，3|9，不能应用艾森斯坦判别法，由于3不能整除6，有定理可知在有理数域上不可约.例2设判断在有理数域是否可约？解：易知没有有理根，取=2,2|4,2|6,2|18,2|2,2不能整除1 2不能整除18，由推论可知在有理数域上不可约.定理1：设 是一个整系数多项式，若没有有理根，并能找到一个素数，使：（1）中至少有一个不能被整除；（2）都能被整除；（3）不能被整除，那么整系数多项式在有理数域上不可约。证明：用反证法，若在有理数域上可约，则可以分解成2个次数都低于的次数的整系数多项式的乘积；，这里，由此可得，因为无有理根，而由假设可约知：，所以，因为能被整除，是一个素数，所以或被整除，但不能被整除，所以不能同时被整除，不妨假定被整除，而不被整除，不能整除的所有系数，否则，与条件（1）矛盾。令中第一个被整除的系数是，考察等式，由于能被整除，中至少有一个被整除，矛盾，命题成立。定理2：设是一个整系数多项式，若没有有理根，并能找到一个素数，使：（1）中至少有一个不能被整除：（2）都能被整除；（3）不能被整除，那么整系数多项式在有理数域上不可约。证明：用反证法，若在有理数域上可约，则可以分解成2个次数都低于的次数的整系数多项式的乘积：，这里，由此可得，因为无有理根，因为能被整除，但不能被整除，所以不能同时被整除，不妨假定被整除，而不能被整除，不能整除的所有系数，否则，与条件（1）矛盾。令中第一个被整除的系数是，由于，所以，考察等式，由于，所以能被整除，中至少有一个被整除，矛盾，命题得证。例1：解：最高项系数的因数为，常数项因数为。故一切可能的根为，通过验证可知它们都不是的根，又能找到一个素数，使得7不能被整除，3能被整除，3不能被整除，满足定理2 的条件，故不可约。例2：解：最高项系数的因数为，常数项因数为，故一切可能的根为，通过验证可知它们都不是的根，又能找到一个素数，使得1,7不能被整除，3能被整除，3不能被整除，满足定理3的条件，故不可约而这2个例题，无法直接使用艾森斯坦判别法进行判定。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= 是一个整系数多项式，如果 1+|+,则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= （0 ）是整系数多项式且|是素数，如果 则在有理数域上是不可约的.证明：1. 首先证明：若=0, 则1,设满足若=0则, ,如果1,则,于是，与已知矛盾，所以1.2.假设在有理数域上是可约，则存在两个次数都小于的整系数多项式u(x)和v(x)使得= .设=，= ，因|是素数，则或，不妨设，又，所以是非零整数，设是u(x)=0全部根.由1得 （=1,2,t）,由根与系数的关系推得|= 与是非零整数矛盾，所以在有理数域上不可约. 定理2 设=是n次整系数多项式，是素数，若，则在有理数域上是不可约的.证明：设，显然，在有理数域上是不可约的充分条件是在有理数域上不可约，有定理1知因在有理数域上不可约，此在有理数域上是不可约的.例1 设=，判断函数是否可约？ 解：因为 132+3+1+1+2+1，13是素数，由定理1可知有理数域上是不可约的.例2 设=，判断函数是否可约？解：因 且17是素数，由定理2可知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。高等代数（第三版）【m】.北京：高等教育出版社，19832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 ； p2 不整除a0 ，那么f(x) 是不可约的。例子编辑给了多项式g(x) = 3x4 + 15x2 + 10，试确定它能否分解为有理系数多项式之积。试用艾森斯坦判别法。素数2和3都不适合，考虑素数p = 5。5整除x的系数15和常数项10，但不整除首项3。而且52 = 25不整除10。所以g(x)在有理数域不可约。有时候不能直接用判别法，或者可以代入y = x + a后再使用。例如考虑h(x) = x2 + x + 2。这多项式不能直接用判别法，因为没有素数整除x的系数1。但把h(x)代入为h(x + 3) = x2 + 7x + 14，可立刻看出素数7整除x的系数和常数项，但72 = 49不整除常数项。所以有时通过代入便可以用到判别法。艾森斯坦判别法得出的一个著名结果如下：对素数p，以下多项式在有理数域不可约。要使用艾森斯坦判别法，先作代换x = y + 1。新的常数项是p，除首项是1外，其他项的系数是二项式系数，k大于0，所以可以被p除尽。初等证明编辑 对多项式f(x)取模p，也就是把它的系数映射到域上。这样它便化为，其中c为非零常数。因为在域上的多项式有唯一分解，f在模p上会分解为单项式。如果f是在有理数上可约的，那么会有多项式g, h使得f = g h。从上可知g和h取模p分别为和，满足c = d e。因为g和h模p的常数项为零，这表示g和h的常数项均可被p整除，所以f的常数项a0可以被p2整除，与