不可約多項式的判定及應(yīng)用(黃嘉盛)(DOC)

1、1不可約多項式的判定及應(yīng)用摘要多項式理論是高等代數(shù)的重要組成部分，而不可約多項式是多項式中重要的概念. .本文主要對有理數(shù)域上不可約多項式的判別方法進行整理歸納，較為系統(tǒng)的給出不可約多項式的判定方法。對于一般的不可約多項式的判定有EisensteinEisenstein 判別法、KroneckerKronecker 判別法、PerronPerron 判別法、BrowmBrowm 判別法等。研究了各判定方法的等價和包含關(guān)系。此外，我們還給 出了不可約多項式的一些應(yīng)用。關(guān)鍵詞不可約多項式；判定方法；應(yīng)用2. 不可約多項式的概念及性質(zhì)2.1 整除的概念設(shè) P 是一個數(shù)域，對于Plx 1中任意兩個多項

2、式f(x)與g(x)，其中g(shù)(x) = 0， 一定有Plx中的多項式q(x)，r(x)存在，使得f(x)二q(x)g(x) r(x)成立，其中：(r(x)： ：(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 上的多項式g(x)稱為能整除f(x)，如果有數(shù)域 P 上的多 項式h(x)使等式f(x)=g(x)h(x)成立，我們用“3(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 2.1 對于數(shù)域 P 上的任意兩個多項式f(x),g(x),其中g(shù)(x) =0,g(x)|f (x)的充2分必要條件是

3、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)。反過來，如果g(x)|f(x)，那么f(x)=q(x)g(x)=q(x)g(x)+0, 即卩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, ,r，那么f(x)|uOgx) u(x)g2(x)y(x)gr

4、(x)，其中Ui(x)是數(shù)域 P 上任意多項式。22本原多項式若是一個整系數(shù)多項式f (x)的系數(shù)互素， 那么f (x)叫做一個本原多項式。2.3 有理數(shù)域上多項式的等價設(shè)g(x)有理數(shù)域上的一個多項式， 若g(x)的系數(shù)不全是整數(shù)，那么以g(x)系數(shù)分母的一個公倍數(shù)乘g(x)就得到一個整系數(shù)多項式f(x)。顯然，多項式g(x)與f(x)在有理數(shù)域上同時可約或同時不可約。2.4 多項式的不可約相關(guān)概念在中學我們學過一些具體方法，把一個多項式分解為不能再分的因式的乘 積，但并沒有深入探討和討論這個問題，并沒有嚴格地論證它們是否真的不可 再分，所謂不可再分的概念，其實不是絕對的，而是相對于系數(shù)的數(shù)

5、域而言， 有例如下把x-9進行分解，可分解為x9=x23X2_33但這是相對于有理數(shù)域而言的，對于實數(shù)域來說還可分進一步為X49 = X23 x 、一3 x而在復(fù)數(shù)域上，還可以再進一步分解為X4-9 = x , 3i x- 3T x ,3 x-、3由此可見，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，仍然須選定一個數(shù)域P 作為系數(shù)域，數(shù)域 P 上多項環(huán)PX中多項式的因式分解相關(guān)的不可約定義如下定義 2.4.1 數(shù)域 P 上的次數(shù)-1 的多項式p(x)稱為域 P 上的不可約多項式，如果它不能表示成數(shù)域 P 上兩個次數(shù)比p(x)的次數(shù)低的多項式的乘積。我們要談的多項式的不可約

6、性問題的相關(guān)事實如下(1) 一次多項式總是不可約多項式；(2) 一個多項式是否不可約是依賴于系數(shù)域的；(3) 不可約多項式p(x)與任一多項式f (x)之間只能是有兩種關(guān)系，或者p(x)|f(x)或者p(x), f (x) =1，事實上,如果p(x), f(X)i=d(x)，那么d(x)或者是 1， 或者是cp(x)(c=O)，當d(x)=cp(x)時，就有p(x) | f (x)。12.5 有理數(shù)域上不可約多項式的定義如果f (x)是有理數(shù)域上次數(shù)大于零的多項式且不能表示成有理數(shù)域上兩個次數(shù)比它低的多項式的乘積，則f(x)稱為有理數(shù)域上的不可約多項式。3.有理數(shù)域上不可約多項式的判定方法3.

7、1 Eisensteir 判別法在高等代數(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)4域上不可約多項式判定判定方法中最為實用的。而人們長久以來的研究衍生出 了許多不同的方法。3.1.1 直接判別法2定理 3 1 1 設(shè)f (x)二anxn-a0是一個整系數(shù)多項式，其中n_1，設(shè)存在一一 個素數(shù)P，使得P不整除an，p整除ai(i n)但p2不整除a。，那么多項式f(x)在有理數(shù)域上不可約。3.1.2 間接判別法對于分圓多項式不能直接應(yīng)用Eisenstein 判別法，可以做適當?shù)淖冃沃蟊憧梢詰?yīng)用了。在學習的過程中，面對此類問題，因為其系數(shù)較高，不能用定 義法去判定。我們

8、所學的也只有 Eisenstein 判別法，但不能直接運用?？紤]到 多項式的等價，對多項式我們可以做適當代換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)多項式f (x)在有理數(shù)域上不可約的充分必要條件是：對于任意的有理數(shù)a = 0和b，多項式f (ax b)在有理數(shù)域上不可約。例 1 證明f ( x)= x在 Q 上不可約。證明：f (x 1) = (x 1)41 = x44x36x24x 2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 1)在 Q 上不可約，因此f (x)在 Q 上不可

9、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 判別法相類似，能夠 用來判定 Eisenstein 判別法所不能判定的一類有理數(shù)域上的不可約多項式。定理 3.1.3 設(shè)f (x) =anXn an4Xn亠亠ax a是一個整系數(shù)多項式，如果存5在一個素數(shù)P，使P整除常數(shù)項ao但整除其他各項系數(shù)且p2不整除最高次數(shù)項系數(shù)，那么多項式在有理數(shù)上不可約。例 2 下列多項式在有理數(shù)域上是否可約？x21；(2)x4-8x312x22；(3)x6x31(4)xppx 1，p為奇素數(shù)；(5)x4- 4kx 1，k為整數(shù).解:(1)令x = y 1，則

10、有g(shù)(y) =f(y 1) = (y 1)2仁y22y 2取素數(shù)p=2,由于 2 1,2 | 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)=x21在有理數(shù)域上也不可約。(2)取素數(shù)p=2,則 2 1,2 | -8,2 | 12 但是222 故由 Eisenstein 判別法可知，該多 項式在有理數(shù)域上也不可約。令x =y 1，代入f (x)=x6x31，得g(y) = f (y 1) = y66y515y421y318y29y 3取素數(shù)p=3。由于 3 1,3 | 6,3 | 15,3 | 21,3 | 18,3 | 9,3 | 3，但是3

11、23,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)=xppx 1,得g(y)=f(y_1)=yp_C；ypeV- - C匯/P丫 -P由于p是素數(shù)，且p |1,p|cp,(i =1,2,，P-2)p|(cp，+p)p21 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x二y 1，代入f (x)=x44kx 1,得6g(y) = f(y 1) = y44y36y2(4k 4)y 4k 27取素數(shù)p=2,由于 2 1,又 2 | 4,2 | 6

12、,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) Qx 1，這里Q為有理數(shù)域。則在有限步下f(x)能分解成不 可約多項式的乘積。(只考慮整系數(shù)多項式的情形)例 3 證明f (x) = x51在Q上不可約。5證明：s = 2取a。-1,ai=,0, a2= 1，2則f(-1) =0, f(0) =1,f(1) =2f(-1)=0, f(0) =1, f(1)=2從而f(-1 )的因子是 0，f(0)的因子是 1，f

13、(1)的因子是 1,故令g(-1)=0,g(0) =1,g(1)=1;g(1) = 0,g(0) =0,g(1) = 2應(yīng)用插值多項式:可約。3.3 Perron 判別法gdx)g2(x)(x1)(x-1)(x1)(x-0)12=0(X2_X_2)(0 1)(0-1)(11)(1-0)2=0十(x+1)(x-1)十2(x + 1)(x_0)十(0 1)(0 -1)(1 1)(1-0)由帶余除法可gdx)不整除f (x)，g2(x)不整除f (x)，所以f (x)在 Q 上不8 an2 an/XnJ o),a = 0是多項式|an|1 land|anJ卡| |a|，則f(x)在 Q 上不可約。例

14、 4 證明f(x) =x5- 4x4- x21在 Q 上不可約證明：該題不滿足艾森斯坦判別法，但其為整系數(shù)多項式，滿足Perron判別法的條件，由題意可知4.11，所以據(jù) Perron 判別法可知該多項式在 Q 上不可約。3.4 Brown 判別法定理 3.4.1 設(shè)f(x)是n次整系數(shù)多項式，令S(f)-|f(-1)|,|f(O)|,f(1) 汕表示S(f)中 1 的個數(shù)，Np表示S( f)中的素數(shù)的個數(shù)，如果Np2N,n 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, f(-1) 5, f(2) =13

15、, f(-2) - -23, f(3)= 47.Np_4,N1一2故Np2N1一8 _4 3所以多項式在 Q 上不可約。3.5 多項式無有理因式判別法7定理 3.5.1 設(shè)f(x)=a0yx亠亠anxn是一個整系數(shù)多項式，若f (x)沒有次數(shù) 小于和等于r的有理因式，并且存在素數(shù)p，使：(1)p至少不整除an, an 4,an#中的一個(2)p |a,i =0,1,2,n -r -1定理 3.3.1 設(shè)f(x)=xn9(3)p2|a那么，f (x)在有理數(shù)域上不可約。定理 3 5 2 設(shè)f(x)axanXn是一個整系數(shù)多項式，若f (x)沒有次數(shù)小于和等于r的有理因式，并且存在素數(shù)p，使：(1

16、)p至少不整除冼,印，,中的一個(2)p|ai =r 1, r 2, n(3)p2| an那么，f (x)在有理數(shù)域上不可約。這種方法在應(yīng)對沒有不小于二次的有理因式的判定時，因為其需要計算機計算來得到，所以在此種情況下，沒有克羅奈克的方法更加的簡便。3.6 模p約化處理判定法定理 3.6.1f(x)二a0ex爲爲anxnZx(an= 0,n _ 2)，p是 素數(shù)，p | anip |ao,ai,an，p2| a。，p | a.-b，其中b |，則f(x)在Qx中不可約。p定 理 3 6 2f (x)二a0 exanxn Zx(an= 0, n _ 2)，p是 素數(shù)，p |印，p | a2,a3

17、, ,an, p2| a., p | ai-b，其中b|a，則f(x)在Qx中不可約。p定 理 3 6 3f (x) =a0 ex亠亠anxn Zx(an= 0, n _ 2)，p是 素數(shù)，p | 6(0：j：n), p|a,ai, 41,佝，p2| a。, p | ai-b其中b|V，貝Uf(x)在Qxp中不可約。定 理 3 6 4f (x)二a0 a/ anxn Zx(an= 0, n - 3),p是 素數(shù)，101勻蘭n 2, p |a,a+ p|a,ai,耳4七，耳七，,a., p2|a,an, p | q b,a“b, 其 中b|睥,f(x)無理想根，則f(x)在Qx中不可約。P例 6

18、 判斷以下多項式在Qx中是否可約：(1) fi(x) =5xn7xn，-22(n一2);(2) f2(x) =7xn2000 x57(n一6);(3) f3(x)二5 97x992008x1005xn(n 100).解：(1)11|務(wù)=7,11心0,和，an,112|a= -22,11|7-b其中b|5(j2)= 10，由定理 2 5 1,fi(x)在Qx中不可約.11(2)7 | a2007,7|a0,a1,a2,a3,a4,a6,a7,an,72| 2000-b其中b|a0an=1，由定理 2 5 3,f2(x)在Qx中不可約 (3)5 | a?=97,気0=2008, 5 整除其余各項系

19、數(shù)，52| a。=5 =5,5 |97 -b,2008 -b，其中?？=1，因為fs(x)的系數(shù)全為正數(shù),5所以f3(x)的有理根只可能為負數(shù)，設(shè)v,(u,v)=1,u 0,v t右存在素數(shù)p便得(1)P| an 1, an 2,；a2n(2)p2|a,a0, ,an(3)P | a2n 1(4)P3|a。11那么，f (x)在有理數(shù)域上不可約。4.2 系數(shù)為 1 的不可約多項式的判定10n定理 4 2 1 已知fn(x)八，y(n. N,n_2)是系數(shù)為 1 的多項式。當n為奇數(shù)時，i衛(wèi)fn(x)在Qx上可約；當n為偶數(shù)時，如果為合數(shù)，fn(x)在Qx上可約，如果n 1為素數(shù)，fn(X)在Q

20、x上不可約。n推論 4 2 2 已知fn(x)工嘉(-1)仝(n N,n_2)是系數(shù)在Q的多項式。當n為奇數(shù)i 30時，fn(x)在Qx上可約；當n為偶數(shù)時，如果n1為合數(shù)，fn(x)在Qx上可約， 如果n 1為素數(shù)，fn(x)在Qx上不可約。n推論 4 2 3 已知fn(x)=v xki( nN, n_ 2,k 為正整數(shù))是系數(shù)在Q的多項式。當n為i =0奇數(shù)時，fn(x)在Qx上可約；當n為偶數(shù)時，如果n1為合數(shù)，fn(x)在Qx上可 約。5 不可約多項式的應(yīng)用5 1 不可約多項式在重因式中的應(yīng)用定義 5 1 1 不可約多項式p(x)稱為多項式f(x)的k重因式，如果pk(x)|f(x)，

21、 而pk1(x)|f(x)。如果k =0，那么根本不是f (x)的因式；如果k=1，那么稱為f(x)的單因素；如果k 1，那么稱為f(x)的重因式。如果f (x)的標準分解式為f(x)二 cpr(x)P2r2(x) Psrs(x)712那么p(x), P2,(x),Pr(x)分別是f (x)的ri重，2重，s重因式。定理 5 1 2 如果不可約多項式p(x)是f(x)的k重因式(k_1)，那么它是微商f(x)的k-1重因式。推論 5 1 3 如果不可約多項式p(x)是f(x)的重因式，那么p(x)是f(x), f(x), , f(kl)(x)的因式，但不是f(k)(x)的因式。推論 5 1 4

22、 不可約多項式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)，不可約多項式的應(yīng)用從此可見一斑。5 2 不可約多項式在多項式互素中的應(yīng)用定理 5 2 1Px中兩個多項式f(x),g(x)互素的充要條件是有Px中的多項式u(x),v(x)使u(x) f (x) v(x)g(x) =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)

23、 =1，則一定存在不可約多項式p(x): p(x) 0使得p(x)|f (x)和p(x)|g(x)h(x)又因為p(x)不可約，則有p(x)|g(x)或p(x)|h(x)13這樣f(x),g(x) -1或f(x),h(x) -1，與條件矛盾。所以f (x),g(x)h(x)=1.例 8 設(shè)fi(x),，fm(x),gi(x),，gn(x)都是多項式，而且fi(x),gj(x)=1 i =1,2,m; j =1,2, ,n。求證：fi(x), f2(x), fm(x),gi(x),g2, ,gn(x) i=1。解：假設(shè)fi(x), f2(x), fm(x), gi(x), g2,gn(x) -1,則存在不可約多項式p(x); p(x) 0，使得p(x)|fi(x), f2(x), , fm(x)和P(X)|gi(x),g2(x), gn(x)又因為p(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) =i這與條件矛盾，故8fi(x), f2(X), ,fm(x),gi(x),g2, ,gn(x) =i.例 9 證明：如果f(x),g(x) =i，那么f(x)