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)=axn+axn+...+a是一个整系数多项式n n-1 0如果有一个素数p，使得p不能整除a;np|a,a,...,a;n-1n-2 0p2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)=(bxl+xl-1+...+l)(cXm+cXm-1+...+c)l l-1 0m m-1 0(/,m<n,/+m=n)因为pla，所以能整除b或c，但是p2不能整除a,所以p不能同时整除b00000及c.因此不防假定plb，但p不整除c.另一方面，因为p不整除a,所以p0 0 0 n不能整除b•假设b,b，…,b中第一个不能被p整除的是b，比较f(x)中xk的系l 0 1 l k数，得等式a=bc+bc+...+bc•式中a,bb都能被素数p整除，所kk0k—11 0k kk-1 0以bc也能被p整除，但p是一个素数，所以b和c中至少有一个被p整除，k0 k0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|2,2?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丰0,a,beZ)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)=axn+axn-i+..+a(a丰0)是一个整系数多项式，并且n n-1 0 nf(x)没有有理根，如果能找到一个素数p使p不能整除a；np|a,aa；TOC\o"1-5"\h\z01 n-1p2不能整除a；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)=bxk+bxk-1+...+b,k k-1 0h(x)=cxi+cxi-i+...+c(k,/<n,k+/=n)，显然p不能整除g(x)的所有系数,l l-1 0也不能整除h(x)的所有系数，令b,c各是g(x)和h(x)中第一个不能被p整除st的系数.情形1如s+1<n，考察系数有a=bc+bc+...+bb,因为s+1 s+t0 s+t-11 0s+ts+1<n，有条件2可知，pIa，又等式右边除bc外都能被p整除，所以pls+t stbc，但p是素数，所以pIb或pIc，与b和c不能被p整除矛盾.st s t st情形2女口s+1=n，此时必有s=k,t=l,b=b,c=c,考察a=bc+bc.s kt i 1 1 0 0 1因为f(x)没有有理根，所以k>1,l>1,因此p|b,p|b,p|c,p|c,由等式0101a=bc+bc知，p2|a与条件3p2不能整除a矛盾.1100111综上可知f(x)在有理数域上不可约.推论：设f(x)=axn+axn-1+..+a(a丰0)是一个整系数多项式，f(x)n n-1 0n没有有理根，如果能找到一个素数p使得p|a(i=1,2,…，n);ip不能整除a；3.p2不能整除an1那么/(兀)在有理数域上不可约.证明：令X二丄代入/(X)中得/(—)=a。+」■+•••■—7，而0(y)—ynf(—)-o0yn+%尹"“+...+°”,yyy y显然/(x)在有理数域上不可约的充要条件是0(尹)在有理数域上不可约，由定理知0(刃不可约，所以/(X)在有理数域上不可约.例1设/(x)=x4+15x3+9x2+6x+9判断/(x)在有理数域是否可约？解：易知/(X)没有有理根，取p=3,39,3|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/(兀)在有理数域上不可约.例2设/(兀)=4/+18x3+6/+2兀+1判断/(x)在有理数域是否可约？解：易知/(兀)没有有理根，取p=2,2|4,2|6,2|l&2|2,2不能整除122不能整除18,由推论可知/(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/(■¥)二X”+a”—*"+...+⑷兀+CLq是一个整系数多项式,如果I%I>1+|。”_2田％』+…+庇|+仏|，则/(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)-atlxn+an_lx"~]+...+a}x+a0 (%HO)是整系数多项式且Ia”丨是素数,如果庇|>|°』+宙』+.・.+如则/⑴在有理数域上是不可约的.证明：1.首先证明：若/(z)=0,则丨z丨<1,设z满足若/(z)=0则=_(a”_[Z”14-ctn_2zn2+...+尙)，\anzn<an_{zn1+aH_}zn2+...+a0,女口果z>1,贝!<(|an_1|4-|an_2|4-...+|a0|)zn_1,于是h|<|ai|z<a +a+...+ai，与已知矛盾，所以乙<i.TOC\o"1-5"\h\zn n n-1 n-1 02•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)=bxt+bxt-i+...+b，v(x)=cxs+cxs-1+...+c，因|a|是素数，t t-1 0 s s-1 0 nbc=a则lb|=1或|c|=1，不妨设lb|=1，又bc=a丰0，所以b是非零整数,st n't s t 0 0 0 0设z,z z是u(x)=0全部根.由1得z<1(i=1,2,…,t),有根与系数的关1 2 t ib系推得|b0|=即=乂忆|…匕|<1与b0是非零整数矛盾，所以f(x)在有理数域上t不可约.定理2 设f(x)=axn+axn-1+...+ax+a是n次整系数多项式，|a|是素数，若|a|>|a|+a|+...+|a|，则f(x)在有理数域上是不可约的.0 1 2 n证明：设申(y)=ynf(丄)=ayn+ayn-1+...+ay+a，显然，f(x)在有理

y0 1 n-1 n数域上是不可约的充分条件是申(y)在有理数域上不可约，有定理1知因申(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+