大学数学(高数微积分)第一章多项式第九节(课堂讲义)

1、1设f (x) = anxn + an-1xn-1 + + a0 是一有理系数多项式.选取适当的整数 c 乘 f (x) ，总可以使 c f (x) 是一整系数多项式.如果 c f (x) 的各项系数有公因子，就可以提出来，得到2c f (x) = d g(x) ，也就是, )()(xgcdxf其中 g(x) 是整系数多项式，且各项系数没有异于1 的公因子.例如. )3155(152522322424xxxxxx3 上面的分析表明，任何一个非零的有理系数多项式 f (x) 都可以表示成一个有理数 r 与一个本原多项式 g (x) 的乘积，即4f (x) = r g(x) .可以证明，这种表示法

2、除了差一个正负号是唯一的.亦即，如果f (x) = r g(x) = r1 g1(x) ,其中 g(x) , g1(x) 都是本原多项式，r = r1 , g(x) = g1(x) .因为 f (x) 与 g(x) 只差一个常数倍，所以 f (x)的因式分解问题，可以归结为本原多项式 g(x) 的因那么必有5式分解问题.下面我们进一步指出，一个本原多项式能否分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘乘积的问题是一致的.积与它能否分解成两个次数较低的整系数多项式的作为准备，我们先证 6设g (x) = bmxm + bm-1xm-1 + + b0 f (x) = anxn + an-1xn-1 +

3、+ a0 ,是两个本原多项式，h (x) = f (x) g (x) =dn+mxn+m + dn+m-1xn+m-1 + + d0 是它们的乘积.我们用反证法.如果 h (x) 不是本原的，也就是说 h (x) 的系数 dn+m , dn+m-1 , , d0 有而7一异于 1 的公因子，那么就有一个素数 p 能整除h (x) 的每一个系数.因为 f (x) 是本原的，所以 p 不能同时整除 f (x) 的每一个系数.令 ai 是第一个不能被 p 整除的系数，即p | a0 , , p | ai-1 , p | ai .同样地， g (x) 也是本原的，令 bj是第一个不能被p 整除的系数，

4、即p | b0 , , p | bj-1 , p | bj .8我们来看 h (x) 的系数 di+j , 由乘积的定义di+j = aibj + ai+1bj-1 + ai+2bj-2 + .+ ai-1bj+1 + ai-2bj+2 + .由上面的假设，p 整除等式左端的 di+j ，p 整除右端 aibj 以外的每一项，但是 p 不能整除 aibj .这是不可能的.这就证明了， h (x) 一定也是本原多项式.9 设整系数多项式 f (x) 有分解式f (x) = g (x) h (x) ， 其中 g (x) , h (x) 是有理系数多项式，且 ( g (x) ) ( f (x) )

5、， ( h (x) ) ( f (x) ) .10令 f (x) = a f1(x) ，g (x) = r g1(x) ， h (x) = s h1(x) ，这里 f1(x) ，g1(x) ， h1(x) 都是本原多项式， a 是整数，r , s 是有理数.于是a f1(x) = rs g1(x) h1(x) .由g1(x) h1(x) 是本原多项式，从而rs = a .这就是说， rs 是一整数 .因此，我们有11f(x) = (rs g1(x) h1(x) .这里 rs g1(x) 与 h1(x) 都是整系数多项式，且次数都低于 f(x) 的次数.由定理的证明容易得出 12 sr 13因为

6、sr是 f (x) 的一个有理根.因此在有理数域上, )(xfsrx从而(sx - r) | f (x) .因为 r , s 互素，所以 sx - r 是一个本原多项式.根据上述14f (x) =(sx - r) (bn-1xn-1 + + b0) ,式中 bn-1 , , b0 都是整数.比较两边系数，即得an = sbn-1 , a0 = - rb0 .因此s | an , r | a0 .15 求方程2x4 - x3 + 2x - 3 = 0的有理根.这个方程的有理根只可能是.23,21, 3, 1用剩余除法可以得出，除去 1 以外全不是它的根，因之这个方程的有理根只有 x = 1 .1

7、6 证明f (x) = x3 - 5x + 1在有理数域上不可约.如果 f (x) 可约，那么它至少有一个一次因子，也就是有一个有理根.但是 f (x) 的有理根只可能是 1 .直接验算可知 1 全不是根，因而f (x) 在有理数域上不可约.17 18如果 f (x) 在有理数域上可约，那么由f (x) 可分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积：f (x) = (blxl + bl-1xl-1 + + b0) (cmxm + cm-1xm-1+ + c0) (l , m n , l + m = n) .因此an = blcm , a0 = b0c0 .因为 p | a0 , 所以 p 能整除 b0 或 c0 .但 p2 | a0 , 19所以 p 不能同时整除 b0 及 c0 .因此不妨假设 p | b0 但 p | c0 .另一方面，因为 p | an , 所以 p | 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 p 整除，所以 b