多項式的根和有理域上的多項式

1、7.3 7.3 多多 項項 式式 的的 根根 設(shè)設(shè)（）是域）是域F F上面的一個多項式，上面的一個多項式，是是F F中的任中的任意元素，以意元素，以代代（）中的）中的所得的元素記為所得的元素記為（）。若）。若（）=0=0則我們說則我們說是多項式是多項式（）的一個根，或說）的一個根，或說是是方程方程（）=0=0的一個根。的一個根。以以-除除()()所得的余式等于所得的余式等于（）。）。證明：證明： 因為因為-是一次式，余式自然是一是一次式，余式自然是一個常元素個常元素cFcF。設(shè)商式為。設(shè)商式為q q（）。于是）。于是（）= q= q（）（）（-）+c+c以以代代得得（）= q= q（） （-）

2、+c+c因為右邊第一項是因為右邊第一項是0 0，故得，故得c = c = （）。）。 推論推論1 -1 -(),(),當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)是是()()的根。的根。因而當(dāng)且僅當(dāng)因而當(dāng)且僅當(dāng)（）=0=0。 k k（），）， （-）k+1k+1不整除不整除（）。）。若若k1k1，則我們說，則我們說是是（）的重根。若）的重根。若（）是多項式是多項式0 0，則對任意正整數(shù)，則對任意正整數(shù)k k，（，（-）k k（），因而我們說），因而我們說是是（）的）的重根而且重根而且也看作是也看作是（）的重根。）的重根。 證明：證明： 把把（）的質(zhì)因式分解式寫成下面）的質(zhì)因式分解式寫成下面的形式：的形式：()=c(-()

3、=c(-1 1) )k1k1(-(-r r) )krkrp p1 1()p()ps s() () （1 1）其中其中1 1,r r都不同都不同, ,而而p p1 1(),p(),ps s()()都是高于一次的質(zhì)式。（都是高于一次的質(zhì)式。（1 1）中）中r r和和s s都可能都可能等于等于0 0。比較兩邊的次數(shù)得。比較兩邊的次數(shù)得n=kn=k1 1+k+kr r+ +次次(p(p1 1()p()ps s() () （2 2）顯然顯然,i i是是（）的）的k ki i重根重根,i=1,r,i=1,r。除了這些，除了這些，（）沒有另外的根）沒有另外的根，因否，因否則則-應(yīng)是應(yīng)是（）的質(zhì)因式，）的質(zhì)因

4、式，而分解式（而分解式（1 1）中沒有這個質(zhì)因式。）中沒有這個質(zhì)因式?？梢?，可見，k k重根算重根算k k個根時，個根時，（）共有）共有k k1 1+k+kr r個根，由（個根，由（2 2），此數(shù)），此數(shù)nn。注意：（注意：（1 1）這里系數(shù)在任意域中，）這里系數(shù)在任意域中， 可擴充到無零因子交換環(huán)中。可擴充到無零因子交換環(huán)中。 （2 2）有零因子環(huán)不能成立。）有零因子環(huán)不能成立。 例 如 ，例 如 ， x x2 2在 模在 模 1 61 6 環(huán) 中 有 四 個 根環(huán) 中 有 四 個 根0,4,8,12 0,4,8,12 （3 3）在非交換環(huán)中也不能成立，）在非交換環(huán)中也不能成立， 例如，在四

5、元數(shù)體中例如，在四元數(shù)體中, , i i， j j， k k，都是多項式都是多項式x x2 2+1+1 在有理域、實數(shù)域、復(fù)數(shù)域等無限域上相等在有理域、實數(shù)域、復(fù)數(shù)域等無限域上相等與恒等一樣，但在一般域上二者不同。與恒等一樣，但在一般域上二者不同。 2 2=0=0，11上的多項式：上的多項式： f f（x x） = x= x3 3+x+x2 2+x+x， g g（x x） = x= x。顯然，顯然，f f（x x） g g（x x），），但但f f（x x） g g（x x），），因為因為f f（0 0）=0=g=0=g（0 0），）， f f（1 1）=1=g=1=g（1 1）。）。 證明：

6、若證明：若()()和和g()g()相等，則它們同次項相等，則它們同次項的系數(shù)完全相同，因而自然對任意的的系數(shù)完全相同，因而自然對任意的其其值亦相同，故二者恒等。值亦相同，故二者恒等。今設(shè)今設(shè)()()和和g()g()恒等恒等, ,于是于是, ,對任意對任意F,F,()-g()=0,()-g()=0,這表示這表示()-g()()-g()恒等于恒等于0,0,即即F F中每個元素中每個元素a a都是都是()-g()()-g()的根。的根。判定一個多項式有沒有重根在一些問題中是判定一個多項式有沒有重根在一些問題中是很重要的，一般說來，具體求多項式的根很重要的，一般說來，具體求多項式的根沒有能行的方法，我

7、們看是否有簡便的辦沒有能行的方法，我們看是否有簡便的辦法判定一個多項式有沒有重根。法判定一個多項式有沒有重根。我們利用多項式的微商。在普通微積分書中我們利用多項式的微商。在普通微積分書中，函數(shù)的微商是用極限來定義的，然后據(jù)，函數(shù)的微商是用極限來定義的，然后據(jù)定義可證明微商的一些公式，例如：定義可證明微商的一些公式，例如：（）+g+g（）=（）+g+g（），），（c c（）=c=c（），），( ()g()=()g()=()g()+()g()+()g()()g()， （3 3）（）m m）=m=m（）m-1m-1（），），由此及由此及=1=1可證：若可證：若（）=a=a0 0n n+a+a1 1n

8、-1n-1+a+an-1n-1+a+an n （4 4）則則 （）=a=ao onnn-1n-1+a+a1 1（n-1n-1）n-2n-2+a+an-1n-1 （5 5）在一般域在一般域F F中沒有極根概念，我們直接定義（中沒有極根概念，我們直接定義（5 5）為多項式（為多項式（4 4）的微商，而反過來根據(jù)這個定義）的微商，而反過來根據(jù)這個定義驗證（驗證（3 3）中的那些公式）中的那些公式. .證明：證明： 由題設(shè)，由題設(shè)，（）= =（x-x-）k kg g（） （6 6）-不整除不整除g g（） （7 7）由（由（6 6），），()=k(-)()=k(-)k-1k-1g()+(-)g()+(

9、-)k kg() g() （8 8）從而從而（-）k-1k-1（） 故故至少是至少是（）的）的k-1k-1重根。重根。 這里為什么不能斷定這里為什么不能斷定恰是恰是()()的的k-1k-1重重根呢？根呢？這是由于這是由于k k作為普通非作為普通非0 0整數(shù)，它可能是整數(shù)，它可能是F F的特的特征的倍數(shù)，因而在征的倍數(shù)，因而在F F中等于中等于0 0，這樣則（，這樣則（8 8）右邊第一項為右邊第一項為0 0，從而（，從而（-）k k（）。若）。若k k不是不是F F的特征的倍數(shù)，則（的特征的倍數(shù)，則（8 8）右）右邊第一項非邊第一項非0 0，且由（，且由（7 7）此項只能為（）此項只能為（-）k

10、-1k-1不能為（不能為（-）k k整除，但（整除，但（8 8）右）右邊第二項為（邊第二項為（-）k k整除，可見整除，可見（）只能為（）只能為（-）k-1k-1不能為（不能為（-）k k整整除，從而可以斷定除，從而可以斷定恰是恰是（）的）的k-1k-1重根。重根。 2 2=0=0，11上的多項式：上的多項式： f f（x x） = x= x2 2+1 +1 = = （x+1x+1）2 2= = （x-1x-1）2 2，可見可見1 1是是f f（x x）的）的2 2重根，重根，k=2k=2是域的特征是域的特征2 2的倍數(shù)。這時，的倍數(shù)。這時， （）= 2x = 0= 2x = 0，可見可見1

11、1是是（）的）的 重根，重根，即即1 1在在()()中的重根數(shù)比中的重根數(shù)比k-1=1k-1=1要高要高。 3 3=0=0，1 1，22上的多項式：上的多項式： f f（x x） = x= x4 4+2x+2x3 3+x-1+x-1= x= x3 3（x+2x+2）+ +（x+2x+2） = = （x x3 3+1+1）（）（x+2x+2）= = （x+1x+1）3 3（x+2x+2） = = （x-2x-2）3 3（x-1x-1），），可見可見2 2是是f f（x x）的）的3 3重根，重根，k=3k=3是域的特征是域的特征3 3的的倍數(shù)。這時，倍數(shù)。這時， （）= 4x= 4x3 3+6x

12、+6x2 2+1= x+1= x3 3 + 1 + 1 = = （x+1x+1） 3 3 = = （x-2x-2） 3 3，可見可見2 2是是（）的）的3 3重根，重根，即即2 2在在（）中的重根數(shù)比）中的重根數(shù)比k-1=2k-1=2要高。要高。易見易見1 1是是f f（x x）的）的1 1重根，重根，k=1k=1不是域的特征不是域的特征3 3的倍數(shù)。這時，的倍數(shù)。這時，1 1是是()()的的k-1=0k-1=0重根。重根。因此若因此若是非常數(shù)多項式是非常數(shù)多項式（）的）的k k重重根，則它至少是根，則它至少是()()的的k-1k-1重根。重根。 證明：設(shè)證明：設(shè)是是（）的重根。）的重根。當(dāng)當(dāng)

13、（）=0=0時，時，（）=0=0，故，故是是（）和）和（）的公共根。）的公共根。（）00時，時，應(yīng)是應(yīng)是（）的）的k k重根，重根，k1k1。因此，。因此，至少是至少是()()的的k-1k-1重根，重根，但但k-11k-11，故，故是是（）的根，因而是）的根，因而是（）和）和（）的公共根。）的公共根。今設(shè)今設(shè)不是不是()()的重根。若的重根。若根本不是根本不是()()的的根，當(dāng)然更不會是根，當(dāng)然更不會是（）和）和（）的）的 公共公共根。若根。若是是（）的根，則只能是單根，即重）的根，則只能是單根，即重數(shù)數(shù)k=1k=1。因為。因為1 1不是不是F F的特征的倍數(shù)，故可以斷定的特征的倍數(shù)，故可以斷

14、定是是()()的的k-1k-1重根，即重根，即0 0重根，這就是說，重根，這就是說，不是不是（）的根，因而不是）的根，因而不是（）和）和（）的公共根。）的公共根。 用輾轉(zhuǎn)相除法求出用輾轉(zhuǎn)相除法求出（）和）和（）的最高公）的最高公因因d d（），），d d（）的根就是）的根就是（）的重根。）的重根。只要看只要看d d（）在）在F F中有沒有根就知道中有沒有根就知道（）在）在F F中有沒有重根。中有沒有重根。 我們再來看下面的問題：我們再來看下面的問題：FxFx中有無次中有無次數(shù)任意高的質(zhì)式。下面我們對特殊的數(shù)任意高的質(zhì)式。下面我們對特殊的域域-復(fù)數(shù)域和實數(shù)域回答此問題。首復(fù)數(shù)域和實數(shù)域回答此問題

15、。首先，我們有所謂代數(shù)學(xué)的基本定理：先，我們有所謂代數(shù)學(xué)的基本定理：這個定理證明較長，因此這里我們不做這個定理證明較長，因此這里我們不做證明。證明。 ()()可以唯一地分解成下面的形式：可以唯一地分解成下面的形式： （）=c=c（-1 1）k1k1（-r r）kr kr （9 9）其中其中1 1，r r恰是恰是（）的所有不）的所有不同的根。若重根按其重數(shù)計數(shù)，則同的根。若重根按其重數(shù)計數(shù)，則n n次次多項式恰有多項式恰有n n個根。個根。1 1（），），p ps s（），而分解式成為（），而分解式成為（）的形式。我們已經(jīng)看到）的形式。我們已經(jīng)看到i i是是（）的）的k ki i重根，重根，i=

16、1i=1，r r，而且除了這些，而且除了這些，（）沒有另外的根，由）沒有另外的根，由( () )知，重根按其重知，重根按其重數(shù)計數(shù)時，數(shù)計數(shù)時，（）的根數(shù)恰等于其次數(shù)。）的根數(shù)恰等于其次數(shù)。 2 2+bx+c+bx+c是質(zhì)式，當(dāng)且僅當(dāng)判別式是質(zhì)式，當(dāng)且僅當(dāng)判別式b b2 2-4ac0-4ac22，若，若g g（x x）有實根）有實根，則則x-gx-g（x x），故），故g g（x x）非質(zhì)式；）非質(zhì)式；若若g g（x x）有虛根）有虛根a+bia+bi，b0b0，命，命 h(x)=(x-(a+bi)(x-(a-bi)h(x)=(x-(a+bi)(x-(a-bi) = x = x2 2 - 2a

17、x + - 2ax + （a a2 2 + b+ b2 2）。）。h h（x x）是實系數(shù)多項式，以之除）是實系數(shù)多項式，以之除g g（x x），設(shè)），設(shè) g g（x x）=q=q（x x）h h（x x）+cx+d +cx+d （1010）以以a+bia+bi代代x x得得0=0+c0=0+c（a+bia+bi）+d+d即即c c（a+bia+bi）+d=0 +d=0 （1111）左邊的虛部為左邊的虛部為cbicbi，此數(shù)應(yīng)等于，但，此數(shù)應(yīng)等于，但b0b0，故故c=0c=0。由（。由（1111），），d=0d=0。因此，由（。因此，由（1010）可見，二次式可見，二次式h h（x x）gg（

18、x x），故），故g g（x x）非質(zhì)式。二次式非質(zhì)式。二次式axax2 2+bx+c+bx+c是質(zhì)式，當(dāng)且僅是質(zhì)式，當(dāng)且僅當(dāng)此式無實根，由中學(xué)代數(shù)知這等于說當(dāng)此式無實根，由中學(xué)代數(shù)知這等于說b b2 2- -4ac04ac0。 5. 5. 求證：求證： （x x）F Fx x的極大理想，當(dāng)?shù)臉O大理想，當(dāng)且僅當(dāng)且僅當(dāng) （x x）不可約。）不可約。證明：必要性：若證明：必要性：若 (x)(x)可約，設(shè)可約，設(shè) (x)(x) (x)(x) (x)(x)，次，次 （x x） 1 1，次，次 （x x） 1 1。對任意對任意g(x)g(x)(x)F(x)Fx x， g(x)= g(x)= (x)f(x

19、)=(x)f(x)= (x)(x) (x)f(x)(x)f(x)，故故g(x)g(x)(x)Fx(x)Fx。顯然，顯然， (x)(x) (x)Fx(x)Fx，但次，但次 (x)(x)次次 (x),(x), (x)Fx(x)Fx中非中非0 0元素次數(shù)元素次數(shù) 次次 (x)(x)，故故 ( x )( x ) ( x ) F x ( x ) F x 。 綜 合 以 上 得 ：。 綜 合 以 上 得 ： (x)Fx(x)Fx(x)Fx,(x)Fx,矛盾于矛盾于 (x)Fx(x)Fx的極的極大性。大性。充分性：若充分性：若 (x)F(x)Fx x不是極大理想，不是極大理想，則另有理想則另有理想 (x)F

20、 Fx x，非，非F Fx x，而使而使 (x)F(x)Fx x(x)F(x)Fx x。因為因為 （x x） (x)F(x)Fx x，所以，所以， （x x） (x)F(x)Fx x 所以，所以， （x x） = (x x)q(x) 且次且次q(x) 1。（為什么？）（為什么？）與與 (x)(x)不可約矛盾。不可約矛盾。 6. 6. 在在R R2 2上分解上分解x x4 4+x+x3 3+x+1+x+1為為質(zhì)因式的乘積。質(zhì)因式的乘積。解：解：x x4 4+x+x3 3+x+1+x+1x x3 3(x+1)+(x+1)(x+1)+(x+1) (x+1)+(x(x+1)+(x3 3+1)+1) (

21、x+1)(x+1)2 2(x(x2 2+x+1)+x+1) P263.P263.8 8 設(shè)設(shè)F F是域是域E E的子域，試研究下列問題：的子域，試研究下列問題：F Fx x中的一個質(zhì)式會不會在中的一個質(zhì)式會不會在E E中有重根？若中有重根？若有，此質(zhì)式必是什么形式？有，此質(zhì)式必是什么形式？解：若質(zhì)式解：若質(zhì)式 (x)(x)在在E E中有重根中有重根 ，則，則 是是E E中中 (x)(x)， (x)(x)的公共根。用輾轉(zhuǎn)相除法求的公共根。用輾轉(zhuǎn)相除法求出出 (x), (x), (x)(x)的最大公因數(shù)為的最大公因數(shù)為d(x)d(x)。因。因為為x-x- 是是 (x)(x)， (x)(x)的公因子

22、，故必是的公因子，故必是d(x)d(x)因子。可見次因子?？梢姶蝑(x)d(x) 1,d(x)1,d(x)按求法是按求法是F F上多項式。若上多項式。若 (x)(x) 0,0,則則d(x)d(x)是是 (x)(x)的的真因式。矛盾于真因式。矛盾于 (x)(x)為質(zhì)式，可見此時為質(zhì)式，可見此時 (x)(x)不能有重根不能有重根 。若。若 (x)(x)0 0，因，因d(x)d(x)可以就是可以就是 (x)(x)而無矛盾。而無矛盾。 設(shè)設(shè) (x)=a(x)=a0 0+a+a1 1x+ax+an nx xn n, ,系數(shù)為系數(shù)為0 0的項拿掉的項拿掉. . (x)=a(x)=a1 1+2a+2a2 2

23、x+nax+nan nx xn-1n-1=0=0，這時各系數(shù)應(yīng)為這時各系數(shù)應(yīng)為0 0。諸。諸a ai i當(dāng)然不為當(dāng)然不為0 0，故必有，故必有iaiai ix xi-1i-1中中ia=0ia=0，即原，即原 (x) (x)中各項指數(shù)是域中各項指數(shù)是域F F特征的倍數(shù)。即可寫成特征的倍數(shù)。即可寫成x xp p的多項式而可記的多項式而可記為為 (x (xp p) )。反之，由反之，由x xp p的多項式導(dǎo)式為的多項式導(dǎo)式為0 0知，每個根都是知，每個根都是重根。重根。所以，所以，F(xiàn)(x)F(x)中質(zhì)式有重根中質(zhì)式有重根此質(zhì)式形為此質(zhì)式形為 (x(xp p) )，即即x xp p的多項式。的多項式。

24、 7.4 7.4 有理域上的多項式有理域上的多項式 上節(jié)中我們看到，復(fù)數(shù)域上只有一次式是質(zhì)上節(jié)中我們看到，復(fù)數(shù)域上只有一次式是質(zhì)式，實數(shù)域上只有一次式和一部分二次式式，實數(shù)域上只有一次式和一部分二次式是質(zhì)式。本節(jié)將說明，和上述兩個數(shù)域不是質(zhì)式。本節(jié)將說明，和上述兩個數(shù)域不同，有理域同，有理域R R0 0上有任意高次的質(zhì)式，此外上有任意高次的質(zhì)式，此外，我們附帶討論求有理根的問題。，我們附帶討論求有理根的問題。設(shè)設(shè)（）是任意有理系數(shù)多項式，以適當(dāng)）是任意有理系數(shù)多項式，以適當(dāng)?shù)姆堑姆? 0整數(shù)整數(shù)C C來乘，可使來乘，可使c c（）成為整系）成為整系數(shù)多項式。因此，任意有理系數(shù)多項式和數(shù)多項式。

25、因此，任意有理系數(shù)多項式和一個整系數(shù)多項式相通。一個整系數(shù)多項式相通。 （）= a= a0 0n n+a+a1 1n-1n-1+a+an n是一個整系數(shù)多項式，若系數(shù)是一個整系數(shù)多項式，若系數(shù)a a0 0，a a1 1，a an n互質(zhì)，即若這些系數(shù)除互質(zhì)，即若這些系數(shù)除1 1外無公因數(shù)，則外無公因數(shù)，則稱稱（）是一個本原多項式。）是一個本原多項式。設(shè)設(shè)（）是一個整系數(shù)多項式，其系數(shù)之）是一個整系數(shù)多項式，其系數(shù)之最高公因為最高公因為d,d,由系數(shù)中提出此最高公因由系數(shù)中提出此最高公因d,d,()()可以寫成可以寫成dg()dg()的形式。的形式。g()g()顯然是顯然是一個本原多項式，由此可

26、見，任意有理系一個本原多項式，由此可見，任意有理系數(shù)多項式和一個本原多項式相通。數(shù)多項式和一個本原多項式相通。 （）= a= a0 0n n+a+a1 1n-1n-1+a+an ng g（） = b= b0 0m m+b+b1 1m-1m-1+b+bm m是兩整系數(shù)多項式。若是兩整系數(shù)多項式。若 p p整除整除()g()()g()的的所有系數(shù)，則所有系數(shù)，則p p或整除或整除（）的所有系數(shù)）的所有系數(shù)或整除或整除g g（）的所有系數(shù)。）的所有系數(shù)。證明：假定證明：假定p p不整除不整除()()的所有系數(shù)也不整的所有系數(shù)也不整除除g() g() 的所有系數(shù)。從后往前看的所有系數(shù)。從后往前看（）和

27、和g g（），設(shè)），設(shè)a ai i ，b bj j是是（），），g g（x x）的系數(shù)中第一個不為的系數(shù)中第一個不為p p整除者。于是，整除者。于是， p p不整除不整除a ai i,pa,pai+1i+1，papan n (1) (1) p p不整除不整除b bj j,pb,pbj+1j+1，pbpbm m （2 2）（）g g（）中）中n-i+m-jn-i+m-j的系數(shù)是的系數(shù)是a ai ib bj j + a+ ai+1i+1b bj-1 j-1 + a+ ai+2i+2b bj-2 j-2 + + + a+ ai-1i-1b bj+1 j+1 + a+ ai-2i-2b bj+2 j+

28、2 + + 此式中，除此式中，除a ai ib bj j外，其余各項由外，其余各項由(1)(1)及及(2)(2)都都為為p p整除，而由整除，而由p p不整除不整除a ai i，p p不整除不整除b bj j，有，有p p不整除不整除a ai ib bj j，故，故p p不整除不整除n-i+m-jn-i+m-j的系數(shù)，與的系數(shù)，與題設(shè)題設(shè)p p整除整除()g()()g()的所有系數(shù)矛盾。的所有系數(shù)矛盾。 g g（）所得之商式必是整系數(shù)多項式。）所得之商式必是整系數(shù)多項式。證明：由證明：由（）gg（）知，有）知，有 g g（） = = （）h h（） （3 3）不論不論h h（）是否為整系數(shù)多項

29、式，我們總可以?。┦欠駷檎禂?shù)多項式，我們總可以取一個正整數(shù)一個正整數(shù)c c使使k k（）=ch=ch（）是整系數(shù)多項）是整系數(shù)多項式，由（式，由（3 3）有）有cgcg（） = = （）k k（） （4 4）此式表示以此式表示以c c乘乘g g（）的所有系數(shù)就是）的所有系數(shù)就是（）k k（）的所有系數(shù)，從而）的所有系數(shù)，從而c c整除整除（）k k（）的所有系數(shù)。設(shè)的所有系數(shù)。設(shè)c = pc = p1 1p p2 2ppr r是是c c的質(zhì)因數(shù)分解式的質(zhì)因數(shù)分解式. .因為因為p p1 1c,c,故故p p1111整除整除k()k()的的所有系數(shù)，從而所有系數(shù)，從而k k（） = p= p1

30、 1k k1 1（），其中），其中k k1 1（）是整系數(shù)多項式。由（）是整系數(shù)多項式。由（4 4）有）有 c c1 1g g（） = = （）k k1 1（） （5 5）其中其中c c1 1 = p= p2 2ppr r，仿上有，仿上有k k1 1（）=p=p2 2k k2 2（），其），其中中k k2 2（）是整系數(shù)多項式。由（）是整系數(shù)多項式。由（5 5）有）有 c c2 2g g（）= =（）k k2 2（）其中其中c c2 2=p=p3 3ppr r。這樣，（。這樣，（4 4）左邊）左邊c c的質(zhì)因數(shù)可以的質(zhì)因數(shù)可以一一消去，最后得一一消去，最后得 g g（）= =（）k kr r（

31、） （6 6）其中其中k kr r（）是整系數(shù)多項式。但由（）是整系數(shù)多項式。但由（3 3）及（）及（6 6）有有h h（）=k=kr r（），故），故h h（）是整系數(shù)多項）是整系數(shù)多項式。式。 （）= a= a0 0n n + a+ a1 1n-1 n-1 + + a+ + an n是整系數(shù)多項式，若對一個質(zhì)數(shù)是整系數(shù)多項式，若對一個質(zhì)數(shù)p p，p p不整除不整除a a0 0，papa1 1，papan n，p p2 2不整除不整除a an n，則則（）在有理域上不可約。）在有理域上不可約。()=(b()=(b0 0r r + + b+ + br r)(c)(c0 0s s + + c+

32、+ cs s) ) （7 7）我們有我們有a a0 0n n=b=b0 0c c0 0r+sr+s，a an n=b=br rc cs s因為因為p p不整除不整除a a0 0, ,所以所以p p不整除不整除b b0 0，p p不整除不整除c c0 0。因為因為p p2 2不整除不整除a an n，所以，所以b br r和和c cs s中至少有一個中至少有一個不為不為p p整除，不妨設(shè)整除，不妨設(shè)p p不整除不整除c cs s。在在b b0 0r r + + b+ + br r中從后往前看，設(shè)第一個中從后往前看，設(shè)第一個不為不為p p整除的系數(shù)為整除的系數(shù)為b bi i。（。（7 7）式右邊）

33、式右邊x xr-ir-i的的系數(shù)是系數(shù)是b bi ic cs s + b+ bi+1i+1c cs-1 s-1 + b+ bi+2i+2c cs-2 s-2 + + （8 8）由題設(shè)，這個系數(shù)應(yīng)為由題設(shè)，這個系數(shù)應(yīng)為p p整除。但整除。但p p不整除不整除b bi ic cs s，而（，而（8 8）中其余各項都為）中其余各項都為p p整除，可見整除，可見p p又不能整除這一系數(shù)，此為矛盾又不能整除這一系數(shù)，此為矛盾 。 利用利用EisensteinEisenstein定則，可以寫出許多在有理定則，可以寫出許多在有理域 上 不 可 約 的 多 項 式 ， 例 如域 上 不 可 約 的 多 項 式

34、 ， 例 如 n n- 2- 2 ，4 4+2+23 3-4+10-4+10等。因而有等。因而有因為由因為由EisensteinEisenstein定則知，定則知，2 2-2-2在有理域上在有理域上不可約，所以不可約，所以2 2-2-2不可能有有理根，因而不可能有有理根，因而立即推出立即推出 是無理數(shù)。是無理數(shù)。EisensteinEisenstein定則的逆命題不成立。定則的逆命題不成立。2下面我們來看兩個結(jié)論：下面我們來看兩個結(jié)論：一、設(shè)一、設(shè)f(x)f(x)是域是域E E上的多項式，上的多項式，F(xiàn) F是是E E的子域，的子域，那么如果那么如果f(x)f(x)在在E E上不可約，則上不可約

35、，則f(x)f(x)在在F F上上不可約。不可約。二、設(shè)整系數(shù)二、設(shè)整系數(shù)f(x)f(x)在在R R0 0上可約，如果上可約，如果f(x)f(x)的的首系數(shù)不是質(zhì)數(shù)首系數(shù)不是質(zhì)數(shù)p p的倍數(shù)，把的倍數(shù)，把f(x)f(x)的所有系的所有系數(shù)模數(shù)模p p看，得到看，得到R Rp p上的一個多項式上的一個多項式f fp p(x)(x)，（，（有時也記為有時也記為R Rp p上的多項式上的多項式f(x)f(x)），則它在），則它在R Rp p上也可約。上也可約。5 5+7x+7x2 2+5+5在有理域在有理域R R0 0上不可約。上不可約。證明：本例不能使用證明：本例不能使用EisensteinEisenstein定則。定則。 因為，若因為，若f f（x x）在）在R R0 0上可約，上可約，3 3不是不是2 2 的倍數(shù)，則的倍數(shù)，則f f（x x） 在在R R2 2上可約。上可約。因此，只需證明因此，只需證明f f（x x） 在在R R2 2上不可約，則可上不可約，則可知知f f（x x） 在在R R0 0上不可約。上不可約。而在而在R R2 2上，上， f f（x x） = x= x5 5