不可約多項(xiàng)式的判定及應(yīng)用黃嘉盛詳解

1、不可約多項(xiàng)式的判定及應(yīng)用摘要多項(xiàng)式理論是高等代數(shù)的重要組成部分，而不可約多項(xiàng)式是多項(xiàng)式中重要的概念.本文主要對(duì)有理數(shù)域上不可約多項(xiàng)式的判別方法進(jìn)行整理歸納，較為系統(tǒng)的給出不可約多項(xiàng)式的判定方法。對(duì)于一般的不可約多項(xiàng)式的判定有Eisenstein判別法、Kronecker判別法、Perron判別法、Browm判別法等。研究了各判定方法的等價(jià)和包含關(guān)系。此外，我們還給出了不可約多項(xiàng)式的一些應(yīng)用。關(guān)鍵詞不可約多項(xiàng)式；判定方法；應(yīng)用2.不可約多項(xiàng)式的概念及性質(zhì)2.1 整除的概念設(shè)P是一個(gè)數(shù)域，對(duì)于Plx中任意兩個(gè)多項(xiàng)式f(x)與g(x),其中g(shù)(x)/0,一定有Plx】中的多項(xiàng)式q(x),r(x)存在

2、，使得f(x)=q(x)g(x)r(x)成立，其中a(r(x)ca(g(x)或者r(x)=0,并且這樣的q(x),r(x)是唯一決定的。定義2.1數(shù)域P上的多項(xiàng)式g(x)稱(chēng)為能整除f(x),如果有數(shù)域P上的多項(xiàng)式h(x)使等式f(x)=g(x)h(x)成立，我們用g(x)|f(x)”表示g(x)整除f(x),用g(x)f(x)”表示g(x)不能整除f(x)。定理2.11對(duì)于數(shù)域P上的任意兩個(gè)多項(xiàng)式f(x),g(x)，其中g(shù)(x)#0,g(x)|f(x)的充分必要條件是g(x)除f(x)的余式為零。證明：如果r(x)=0那么f(x)=q(x)g(x)，即g(x)|f(x)。反過(guò)來(lái)，如果g(x)|

3、f(x),那么f(x)=q(x)g(x)=q(x)g(x)+0,即r(x)=0。注1:帶余除法中g(shù)(x)必須不為零。下面介紹整除性的幾個(gè)常用性質(zhì)：(1)如果f(x)|g(x),g(x)|f(x)，那么f(x)=cg(x),其中c為非零常數(shù)。(2)如果f(x)|g(x),g(x)|h(x),那么f(x)|h(x)(整除的傳遞性)。(3)f(x)|g(x),f(x)|g(x)i=1,2,山,，那么f(x)|(u(x)gi(x)+u2(x)g2(x)+|”+ur(x)g.(x)b其中Ui(x)是數(shù)域P上任意多項(xiàng)式。12.2 本原多項(xiàng)式若是一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式f(x)的系數(shù)互素，那么f(x)叫做一個(gè)本原多

4、項(xiàng)式。2.3 有理數(shù)域上多項(xiàng)式的等價(jià)設(shè)g(x)有理數(shù)域上的一個(gè)多項(xiàng)式，若g(x)的系數(shù)不全是整數(shù)，那么以g(x)系數(shù)分母的一個(gè)公倍數(shù)乘g(x)就得到一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式f(x)。顯然，多項(xiàng)式g(x)與f(x)在有理數(shù)域上同時(shí)可約或同時(shí)不可約。2.4 多項(xiàng)式的不可約相關(guān)概念在中學(xué)我們學(xué)過(guò)一些具體方法，把一個(gè)多項(xiàng)式分解為不能再分的因式的乘積，但并沒(méi)有深入探討和討論這個(gè)問(wèn)題，并沒(méi)有嚴(yán)格地論證它們是否真的不可再分，所謂不可再分的概念，其實(shí)不是絕對(duì)的，而是相對(duì)于系數(shù)的數(shù)域而言，有例如下把x4-9進(jìn)行分解，可分解為x4-9=x23x2-3但這是相對(duì)于有理數(shù)域而言的，對(duì)于實(shí)數(shù)域來(lái)說(shuō)還可分進(jìn)一步為X49=X23x

5、-.3xx3而在復(fù)數(shù)域上，還可以再進(jìn)一步分解為x4-9=x.3ix-J3ix,3x：/3由此可見(jiàn)，必須明確系數(shù)域后，所謂的不可再分，才有確切的涵義。在下面的討論中，仍然須選定一個(gè)數(shù)域P作為系數(shù)域，數(shù)域P上多項(xiàng)環(huán)Px中多項(xiàng)式的因式分解相關(guān)的不可約定義如下定義2.4.1數(shù)域P上的次數(shù)1的多項(xiàng)式p(x)稱(chēng)為域P上的不可約多項(xiàng)式，如果它不能表示成數(shù)域P上兩個(gè)次數(shù)比p(x)的次數(shù)低的多項(xiàng)式的乘積。我們要談的多項(xiàng)式的不可約性問(wèn)題的相關(guān)事實(shí)如下(1) 一次多項(xiàng)式總是不可約多項(xiàng)式；(2) 一個(gè)多項(xiàng)式是否不可約是依賴(lài)于系數(shù)域的；(3)不可約多項(xiàng)式p(x)與任一多項(xiàng)式f(x)之間只能是有兩種關(guān)系，或者p(x)|f

6、(x)或者(p(x),f(x)=1,事實(shí)上，如果(p(x),f(x)=d(x),那么d(x)或者是1,或者是cp(x)(c=0),當(dāng)d(x)=cp(x)時(shí)，就有p(x)|f(x)o12.5 有理數(shù)域上不可約多項(xiàng)式的定義如果f(x)是有理數(shù)域上次數(shù)大于零的多項(xiàng)式且不能表示成有理數(shù)域上兩個(gè)次數(shù)比它低的多項(xiàng)式的乘積，則f(x)稱(chēng)為有理數(shù)域上的不可約多項(xiàng)式。3.有理數(shù)域上不可約多項(xiàng)式的判定方法3.1 Eisenstei睢U別法1在高等代數(shù)中，Eisenstein判別法是最為經(jīng)典和著名的，也是現(xiàn)行有理數(shù)域上不可約多項(xiàng)式判定判定方法中最為實(shí)用的。而人們長(zhǎng)久以來(lái)的研究衍生出了許多不同的方法。3.1.1 直接

7、判別法2定理3.1.1設(shè)f(x)=anxn+a0是-一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式，其中n之1,設(shè)存在一個(gè)素?cái)?shù)p,使得p不整除an,p整除ai(in)但p2不整除ao,那么多項(xiàng)式f(x)在有理數(shù)域上不可約。3.1.2 間接判別法對(duì)于分圓多項(xiàng)式不能直接應(yīng)用Eisenstein判別法，可以做適當(dāng)?shù)淖冃沃蟊憧梢詰?yīng)用了。在學(xué)習(xí)的過(guò)程中，面對(duì)此類(lèi)問(wèn)題，因?yàn)槠湎禂?shù)較高，不能用定義法去判定。我們所學(xué)的也只有Eisenstein判別法，但不能直接運(yùn)用?？紤]到多項(xiàng)式的等價(jià)，對(duì)多項(xiàng)式我們可以做適當(dāng)代換x=ay+b,這樣產(chǎn)生了Eisenstein判別法的間接判別法。定理3.1.2有理系數(shù)多項(xiàng)式f(x)在有理數(shù)域上不可約的充分必

8、要條件是：對(duì)于任意的有理數(shù)a#0和b,多項(xiàng)式f(ax+b)在有理數(shù)域上不可約。例1證明f(x)=攵+在Q上不可約。證明：f(x1)=(x1)41=x44x36x24x2取p=2,則p不整除1,p整除4,6,2,p2不整除2由Eisenstein判別法知f(x+i)在Q上不可約，因此f(x)在Q上不可約。3.1.3 其他派生出的判別法這種由Eisenstein判別法派生出的方法與Eisenstein判別法相類(lèi)似，能夠用來(lái)判定Eisenstein判別法所不能判定的一類(lèi)有理數(shù)域上的不可約多項(xiàng)式。定理3.1.3設(shè)f(x)=%xn+%二xn+ax+a是一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式，如果存在一個(gè)素?cái)?shù)P,使P整除常數(shù)項(xiàng)

9、a。但整除其他各項(xiàng)系數(shù)且p2不整除最高次數(shù)項(xiàng)系數(shù)，那么多項(xiàng)式在有理數(shù)上不可約。例2下列多項(xiàng)式在有理數(shù)域上是否可約？x2+1；(2)x48x3+12x2+2；x6+x3+1xP+px+1,p為奇素?cái)?shù)；(5)x4+4kx+1,k為整數(shù).解：(1)令*=丫+1,則有g(shù)(y)=f(y1)=(y1)21=y22y2取素?cái)?shù)P=2,由于21,2|2,但是222故由Eisenstein判別法可知，g(y)在有理數(shù)上不可約，從而f(x)=x2+1在有理數(shù)域上也不可約。(2)取素?cái)?shù)p=2,則21,2|-8,2|12但是222故由Eisenstein判別法可知，該多項(xiàng)式在有理數(shù)域上也不可約。(3)令x=y+1,代入

10、f(x)=x6+x3+1，得g(y)=f(y1)=y66y515y421y318y29y3取素?cái)?shù)p=3。由于31,3|6,3|15,3|21,3|18,3|9,3|3，但是323,故由Eisenstein判別法可知，g(y)在有理數(shù)上不可約，從而f(x)在有理數(shù)域上也不可約。令x=y-1，代入f(x)=xp+px+1，得g(y)=f(y-1)=yp-C；ypiCpyp-Hl-Cp)y2Cpppy-p由于p是素?cái)?shù)，且p|1,p|cp,(i=1,2,111,p-2)p|(c+p)p2|p,故由Eisenstein判別法可知，g(y)在有理數(shù)上不可約，從而f(x)在有理數(shù)域上也不可約。(5)令*=丫

11、+1,代入f(x)=x4+4kx+1,得g(y)=f(y1)=y44y36y2(4k4)y4k2取素?cái)?shù)p=2,由于21,又2|4,2|6,2|(4k+4),2|(4k+2),但22(4k+2),故由Eisenstein判別法可知，g(y)在有理數(shù)上不可約，從而f(x)在有理數(shù)域上也不可約。3.2 Kronerker判別法2定理3.2.1設(shè)f(x)wQlxl,這里Q為有理數(shù)域。則在有限步下f(x)能分解成不可約多項(xiàng)式的乘積。(只考慮整系數(shù)多項(xiàng)式的情形)例3證明f(x)=x5+1在Q上不可約。5-證明：s=21+|au|+|a心|+1al|+|a|,則f(x)在Q上不可約。例4證明f(x)=x5+

12、4x4+x2+1在Q上不可約證明：該題不滿(mǎn)足艾森斯坦判別法，但其為整系數(shù)多項(xiàng)式，滿(mǎn)足Perron判別法的條件，由題意可知41+1,所以據(jù)Perron判別法可知該多項(xiàng)式在Q上不可約。3.4 Brown判別法3定理3.4.1設(shè)f(x)是n次整系數(shù)多項(xiàng)式，令S(f)-|f(-1)|,|f(0)|,f(1)N1表示S(f)中1的個(gè)數(shù)，Np表示S(f)中的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)，如果Np+2N1An+4,則f(x)在Q上不可約。例5證明f(x)=2x3-x2+x-1在Q上不可約證明：f(0)-1,f(1)=1,f(-1)=-5,f(2)=13,f(-2)-23,f(3)=47二Np4,Ni至2故Np+2Ni84+3

13、所以多項(xiàng)式在Q上不可約。3.5 多項(xiàng)式無(wú)有理因式判別法7定理3.5.1設(shè)“刈=%+a乂+小乂是一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式，若f(x)沒(méi)有次數(shù)小于和等于r的有理因式，并且存在素?cái)?shù)p,使：(1) p至少不整除ana、為一中的一個(gè)(2) p|a,i=0,1,2,n-r-1(3) p2|a0那么，f(x)在有理數(shù)域上不可約。定理3.5.2設(shè)(刈=%+2由+,-+2+0是一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式，若f(x)沒(méi)有次數(shù)小于和等于r的有理因式，并且存在素?cái)?shù)p,使：(4) p至少不整除比昌，中的一個(gè)(5) p|ai，i=r1,r2,np2|an那么，f(x)在有理數(shù)域上不可約。這種方法在應(yīng)對(duì)沒(méi)有不小于二次的有理因式的判定時(shí)，因?yàn)?/p>

14、其需要計(jì)算機(jī)計(jì)算來(lái)得到，所以在此種情況下，沒(méi)有克羅奈克的方法更加的簡(jiǎn)便。3.6 模p約化處理判定法網(wǎng)定理3.6.1f(x)=a0+ax+anxnwZx(an=0,n之2),p是素?cái)?shù)，p|an山p|a0,a，,an/,p2Ia0,pfanb,其中blaan,則f在Qx中不可約。p定理3.6.2f(x)=a0+&x十十a(chǎn)nxnwZx(an#0,nA2),p是素?cái)?shù)，p舊，p|a?,an,p2|3,pfai-b,其中blaan,則f(x)在Qx中不可約。p定理3.6.3f(x)=a0+&x+anxnwZx(an=0,n之2),p是素?cái)?shù)，p|(0jn),p|a0,ai,aaj+，斯，p2a。,an,p|

15、a1-b其中bjaan,則f(x)在Qxp中不可約。定理3.6.4f(x)=a0+a1x十一十a(chǎn)nxnwZx(an#0,n23),p是素?cái)?shù)，1in-2,p信目由，pMa,a山2世，耳也,an,p2|a0,an,p|aha9-b,其中b|a4n,f(x)無(wú)理想根，則f(x)在Qx中不可約。p例6判斷以下多項(xiàng)式在Qx中是否可約：(1)fi(x)=5xn7xn-1-22(n.2);(2) f2(x)=7xn2000x57(n-6);(3) f3(x)=597x992008x1005xn(n100).解：(1)11|an=7,11|a0,a1,a_,1121a0=22,11|7b其中b|51(-22)

16、=_10，由定理2.5.1,f1(x)在Qx中不可約.11(4) 71a5=2007,71a0,現(xiàn)刀2,a3,&,%,a7,an,7|2000-b其中b|竽=1,由定理2.5.3,f2(x)在Qx中不可約.(3)5|a=97,胡。=2008,5整除其余各項(xiàng)系數(shù)，52g=5a=5,5|97-b,2008-b,其中b|%n=1,因?yàn)閒s(x)的系數(shù)全為正數(shù),5所以f3(x)的有理根只可能為負(fù)數(shù)，設(shè)V,(U,V)=1,UA0,V1,那么稱(chēng)為f(x)的重因式。如果f(x)的標(biāo)準(zhǔn)分解式為f(x)=cp1r1(x)p2r2(x)Psrs(x)那么R(x),P2,(x)，,Pr(x)分別是f(x)的r1重，

17、2重，%重因式。定理5.1.2如果不可約多項(xiàng)式p(x)是f(x)的k重因式(k之1),那么它是微商f(x)的k-1重因式。推論5.1.3如果不可約多項(xiàng)式p(x)是f(x)的重因式，那么p(x)是f(x),f(x),f(x)的因式，但不是f(k)(x)的因式。推論5.1.4不可約多項(xiàng)式p(x)是f(x)的重因式的充分必要條件為p(x)是f(x)與f(x)的公因式。作為重因式的概念定義的基礎(chǔ)，不可約多項(xiàng)式的應(yīng)用從此可見(jiàn)一斑。5.2 不可約多項(xiàng)式在多項(xiàng)式互素中的應(yīng)用定理5.2.1Px中兩個(gè)多項(xiàng)式f(x),g(x)互素的充要條件是有Px中的多項(xiàng)式u(x),v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=

18、1。定理5.2.2如果(f(x),g(x)=1,且f(x)|g(x)h(x)，那么f(x)|h(x)。例7證明：如果(f(x),g(x)=1,(f(x),h(x)=1,那么(f(x),g(x)h(x)=1.解：假設(shè)(f(x),g(x)h(x)產(chǎn)1,則一定存在不可約多項(xiàng)式p(x)p(x)0使得p(x)|f(x)和p(x)|g(x)h(x)又因?yàn)閜(x)不可約，則有p(x)|g(x)或p(x)|h(x)這樣(f(x),g(x)尸1或(f(x),h(x)產(chǎn)1,與條件矛盾。所以(f(x),g(x)h(x)=1.7例8設(shè)fi(x),|,fm(x),gi(x),|,gn(x)都是多項(xiàng)式,而且(fi(x),

19、gj(x)=1(i=1,2,III，m;j=1,2,111,n)。求證：(fi(x),f2(x),II,fm(x),gi(x),g2,|,gn(x)=1。解：假設(shè)(f1(x),f2(x),|Hfm(x),g1(x),g2,|,gn(x)#1,則存在不可約多項(xiàng)式p(x)(a(p(x)0),使得p(x)|f1(x),f2(x)，川,fm(x)和p(x)|g1(x),g2(x),|,gn(x),又因?yàn)閜(x)不可約，故存在i,j,使得p(x)|fi(x),p(x)|gj(x)則有fi(x),gj(x)=1這與條件矛盾，故(f1(x),f2(x),III,fm(x),g1(x),g2,|,gn(x)=1.8例9證明：如果(f(x),g(x)=1,那么(f(x)g(x),f(x)+g(x)=1。解：假設(shè)(f(x)g(x),f(x)+g(x),1,則存在不可約多項(xiàng)式p(x)(式p(x)0)使得p(x)|f(x)g(x)和p(x)|(f(x)+g(x)又因?yàn)閜(x)不可約，則有p(x)|f(