2.8有理数域上多项式.doc

2.8 有 理 数 域 上 多 项 式教学目的：1 理解本原多项式的概念和艾森斯坦因判别法，并能利用这个判别法来判断某些整系数多项式在有理数域不可约。2 掌握多项式有理根的求法并能熟练地求出有理系数多项式的有理根。教学内容：1 本原多项式定义 若是一个整系数多项式f(x)系数互素，那么f(x)叫作一个本原多项式。关于本原多项式，有以下的引理2.8.1 两个本原多项式的乘积仍是一个本原多项式。证 设给了两个本原多项式 f(x)=a+ax+ax+ax g(x)=b+bx+bx+bx,并且 f(x)g(x)=c+cx+cx+cx.如果f(x)g(x)不是本原多项式，那么一定存在一个素数p，它能整除所有系数c, c, c. 由于f(x)和g(x)都是本原多项式，所以p不能整除f(x)的所有系数，也不能整除g(x)所有系数。令a和b各是f(x)和g(x)的第一个不能被p整除的系数。我们考察f(x)g(x)的系数 c.我们有c= ab+a b+a b+a b+a b这等式的左端被p整除。根据选择a和b的条件，所有系数a,a以及b,b都能被p整除，因而等式右端除a b这一项外，其它每一项也都能被p整除。因此乘积ab也必须被p整除。但p 是一个素数，所以p必须整除a或b.这与假设矛盾。2 整系数多项式的分解：定理2.8.2 若是一个整系数n(n0)次多项式f(x)在有理数域上可约，那么f(x)总可以分解成次数都小于n的两个整系数多项式的乘积。证 设 f(x)=g (x)g (x)这里g (x)与g (x)都是有理数域上的次数小于n的多项式。令g (x)的系数的公分母是b .那么g (x)=h(x),这里h(x)是一个整系数多项式。又令h(x)的系数的最大公因数是a.那么 g (x)=f (x)这里是一个有理数而f (x)是一个本原多项式。同理， g (x)=f (x)这里是一个有理数而f(x)是一个本原多项式。于是f(x)= f (x) f (x)= f (x) f (x),其中r与s是互素的整数，并且s0。由于f(x)是一个整系数多项式所以多项式f (x) f (x)的每一系数与r 的乘积都必须被s整除。但r与s 互素，所以f (x) f (x)的每一个系数必须被s整除，这就是说，s是多项式f (x) f (x)的每系数的一个公因数。但f (x) f (x)是一个本原多项式，因此s=1,而g(x)=r f (x) f (x).rf (x)和rf (x)显然各与g (x)和g (x)有相同的次数，这样，f(x)可以分解成次数都小于n的两个整系数多项式的乘积。3 艾森斯坦因判断法及推广：定理2.8.3 设 f(x)= ax+ ax+ a x是一个整系数多项式。若是能够找到一个素数p,使（i） 最高次项系数a不能被p整除，（ii） 其余各项的系数都能被p整除，（iii） 常数项a不能被p整除，那么多项式f(x)在有理数域上不可约。证 若是多项式f(x)有理数域上可约，那由定理2.8.2,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)=g(x)h(x)这里g(x)h(x)并且kn,ln,k+l=n.由此得到a=bc 因为a被p整除，而p是一个素数，所以b或c被p整除。但a不能被p整除，所以b与c不能同时被p 整除。不妨假定b被p整除而c不能被p整除。G(x)的系数不能全被p整除，否则f(x)=g(x)h(x)的系数a将被p整除，这与假定矛盾。令g(x)中第一个不能被p整除的系数是b。考察等式 a=bc+ bc+ bc由于在这个等式中a,b,b都被p整除，所以bc也必须被p整除。但p是一个素数，所以b与c 中至少有一个被p整除，这是一个矛盾。我们知道，在复数域上只有一次的多项式是不可约的，而在实数域上只有一次和一部分二次的多项式是不可约的，然而应用艾森斯坦因判断法我们很容易证明以下事实：有理数域上任意次的不可约多项式都存在。艾森斯坦因判断法不是对于所有整每当多项式都能应用的，因为满足判断法中条件的素数p不总存在。若是对于某一多项式样f(x)找不到这样的素数p ，那么f(x)可能在有理数域上可约也可能不可约。例如，对于多项式x+与x+来说，都找不到一个满足判断法的条件的素数p.但显然前一个多项式在有理数域上可约，而后一多项式不可约。有时对某一多项式f(x)来说，艾森斯大林坦因判断法不能直接应用，但是把ff(x)适当亦形后，就可以应用这个判断法。我们看一个例子，设p是一个素数，多项式f(x)= +x+1叫做一个分圆多项式。我们证明，f(x)在x中不可约。在这里不能直接应用艾森斯坦顺判断法。但是如果令x=y+1,那么由于(x-1)f(x)=x-1我们得到yf(y+1)=(y+1)-1 =y+y+y令g(y)=f(y+1).于是g(y)=y+y+g(y)的最高次项系数不能被p整除。其余的系数都是二项式系数，它们都能被p整除。事实上，当k0,而vx-u和f(x)都是本原多项式。由此，和定理2.8.2的证明一样，可以推得s=1,而（） f(x)=(vx-u)q(x),这里q(x)=rf（x） 是一个整系数多项式，令q(x)=b0xn-1+b1xn-2+bn-1那么由(3)a0xn+.+an=(n x-m)( b0xn-1+.+bn-1)比较系数，得a0=vb0,an=-ubn-1 , 这就是说n整除a 而m 整除a.另一方面，比较（2）和（3），得q(x)= nq1(x) ，所以q(x)也是一个整系数多项式。 给定了一个整系数多项式f(x)，设它的最高次项系数a0的因数是 n 1, n 2 n k ,它的常数项an的因数是m 1 m2m l ,那么根据定理2.8.4，欲求f(x)的有理根，我们只需对有限个有理数mi/ni用综合除法来进行试验。 当有理数mi/ni的个数很多的时候，对它们逐个进行试验还是比较麻烦的。下面的讨论使我们能够简化计算。首先，1与-1永远在有理数mi/ni中出现，而计算f(1)与f(-1)并不困难，另一方面，若是有理数a( 1) 是f(x)的根，那由定理2.8.4, f(x)=(x-a)q(x),而q(x)也是一个整系数多项式。因此商 =q(1), =-q(-1)都应该是整数。这样，我们只需对那些使商 与都是整数的mi/ni 来进试验。（我们可以假定f(1)与f(-1)都不等于零。否则可以用(x-1)或(x+1)除f(x)而考虑所得的商式。）例 求多项式f(x)=3x4+5x3+x2+5x-2的有理根。 这个多项式的最高次项系数3的因数是 1, 3 ,常数项-2的因数是 1 , 2 .所以可能的有理根是 1, 3 , .我们算出，f(1)=12,f(-1)=-8.所以1与-1都不是f(x)的根。另一方面，由于 , , 都不是整数，所以2和 都不是f(x)的根。但 , , , 都是整数，所以有理数-2, 在试验之列。应用综合除法,： 所以-2是f(x)的一个根。同时我们得到f(x)=(x+2)(3x-x+3x-1)容易看出,-2不是g(x)=3x+3x+3x-1 的根，所以它不是f(x)重根。对g(x)应用综合除法： -|3 -1 3