整系數多項式地有理根定理及求解方法

吉林師范大學博達學院

畢業(yè)論文（設計）論文分類號O174.14密級：無整系數多項式的有理根的定理及求解方法系別&專業(yè)： 數學系-數學與應用數學專業(yè)姓名&學號： 劉玉麗0934118 年級&班別： 2009級1班 教師&職稱： 張洪剛 2012年9月1日摘要：整系數多項式在多項式的研究中占有重要的地位，其應用價值也越來越被人們所認識。本文是關于整系數多項式有理根的求解的一個綜述，希望能夠給對整系數多項式感興趣的朋友提供一定的參考。本文根據相關文獻資料，給出了關于整系數多項式有理根的較為系統(tǒng)的求法。求解整系數多項式的有理根時，首先要判定整系數多項動(^)是否存在有理根。若存在，則可利用求解有理根的方法法將所有可能的有理根求出。為了簡化求解過程，可以先運用本文中的相關定理，將可能的有理根的范圍盡量縮小，然后再用綜合除法進行檢驗，進而求出整系數多項式f(x)的全部有理根。關鍵詞：整系數多項式；有理根的求法；有理根的判定Abstract:Integralcoefficientspolynomialplaysanimportantroleintheresearchofpolynomial,anditsapplicationvaluewillbeknownbymoreandmorepeople.Thisarticleisaboutsolvingofrationalrootofintegralcoefficientspolynomial,andIhopethiscanprovidesomereferencestopeopleinterestedinthis.Therearesomesystematicmethodsofrationalrootofintegralcoefficientspolynomialinsomerelateddocumentliterature.Andbywhich,weknowwemustmakesureintegralcoefficientspolynomialf(x)hasrationalrootwhenwewanttosolvetherationalrootofintegralcoefficients.Ifitexists,wecangetallthepossiblerationalroots.However,inordertomaketheprocedureeasier,wecanapplytherelatedtheoreminthisarticleandnarrowdowntheextent.Andthenwecantestifythemandgetalltherationalroots.Keywords:Integralcoefficientspolynomialmethodtosolverationalrootsjudgmentofrationalroots第一章整系數多項式的基本內容【1】本節(jié)給出了整系數多項式的基本定理 高斯(Gauss)引理。定義1[1如果一個多項式f3)=axn+axn-i+..十ax+a，其所有系數a0,a1,……an都是整數，就稱此多項式為整系數多項式。定義2如果一^非零的整系數多項式g(x)=bxn+b1xn-1+...+b0的系數氣,bn1，...，b0沒有異于±1的公因子，也就是說，它們是互素的，它就稱為一個本原多項式。下面的重要結果，稱為高斯引理，是研究整系數多項式的基礎。定理1.1(高斯引理)兩個本原多項式的乘積還是本原多項式。證明設f(x)=axn+axn-i+...+ax+ag(x)=bxm+bxm-i+...+b是兩個本原多項式，而h(x)=f(x)g(x)=七xn+m+dxn+m-1+...+d)是它們的乘積.我們用反證法.如果h(x)不是本原的，也就是說，h(x)的系數dn+m,dn+m1,...,d0有一異于±1的公因子，那么就有一個素數p能整除h(x)的每一個系數.因為f(x)的本原的，所以p不能同時整除f(x)的每一個系數.令a,是第一個不能被P整除的系數，即pIa，…，pIa,p/a.0 i-1 i同樣地，g(x)也是本原的，令b是第一個不能被p整除的系數，即pIb，…，pIb，p/b我們來看h(x)的系數d*.，由乘積定義

d=ab+ab+ab-\ fab+abh—i+j ij i+1 j-1 i+2 j-2 i-1 j+1 i-2 j+2由上面的假設，p整除等式左端的d,p整除右端ab.這是不可能的.這就證1+j ij明了，h(x)一定也是本原多項式.由此我們可以得到下面的定理及推論定理1.2如果一非零的整系數多項式能夠分解成兩個次數較低的有理系數多項式的乘積，那么它一定能分解成兩個次數較低的整系數多項式的乘積.推論1.2.1 設f(x)，g(x)是整系數多項式，且g(x)是本原的.如果f(x)=g(x)h(x)，其中h(x)是有理系數多項式，那么h(x)一定是整系數的.第二章整系數多項式有理根的重要定理在高等代數中，關于整系數有理根的問題，有如下定理：/、 r/、f(x)=axn+axn-1+...+ax+a f(x)“定理2.1[1設J', n n-1 1 0是一個整系數多項式,而s是J7的clI f(x) an-一個有理根，其中r,s互素，那么必有s1an/1a0.特別地，如果f的首項系數=1，f(x) a那么/的有理根都是整根，而且是0的因子。f(x) (x-一川f(x)證明：因為s是J 的一個有理根，因此在有理數領域上sJ，從而(sx-r)If(x),因為r,s互素，所以sx-r是一個本原多項式.根據上述推論1.2.1,f(x)=(sxf(x)=(sx一r)(bn-1xn-1+...+b0)，式中b^-1，...,b°都是整數.令g(x)=bn-11 xn-1+...+b，sIa,rIa。將x=1,-sIa,rIa。將x=1,-1代入上式得f⑴=(s-r)g⑴，f(-1)=-(s+r)g(-1)由定理2.1的證明過程可得如下定理：定理2.2若f(x)=axn+axn-1+...+ax+a是--個次數n大于0的整系數多項式，如果q是f(x)的一個有理根，其中p,q是互素的整數，那么p定理2.3若q為整系數多項式fG)的整數根，則q為常數項a°的約數，且對于(mA(mAq),q-mIf(m).證明：因為q是整系數多項式f(x)的整數根，所以f(x)=(x-q)g(x),其中g(x)是整系數多項式.VmVmgz,mAq,則有f(m)=-(q-m)g(m).故g故g(m)gz所以q-m當m=0時，q|f(0).因為f(0)是常數項，故q為常數項a°的約數,所以qIf(0)-定理2.4若整系數多項式f(x)=axn+axn-i+...+ax+a的常數項a為奇數,n n-1 1 0 0而2p+q為偶數，則q不是f(x)的有理根.P證明：(反證法)設q是f(x)的有理根，則(p,q)=1,Pf(x)=(px-q)h(x),其中h(x)是整系數多項式,于是有axn于是有axn+a xn-1+...+ax+a=(px-q)h(x)設h(x)=b1xn-1+...+b1x+b0，令x=-2，則有(-2)nan+(-2)n-1an1+...+(-2)a+a=-(2p+q)「(-2>-1b+...+(—2)b+b:+a又因為a0是奇數，2p+q是偶數.在上式中，等號左邊是奇數，等號右邊是偶數,矛盾.故假設不成立.n-1所以q不是f(x)的有理根.p定理2.5(關于整根的牛頓法)【2】如果d是整系數方程f(x)=axn+axn-1+...+ax+a=0(a0A0)的整根，那么d能夠整除a,a+~T，a+n1+ a+a+...+-a_,并n n-1 dn-2dd2 1d dn-1且a+氏+...+土=0.反之，如果a+氏+...+土=0，那么d是f(x)=0的根.0ddn 0ddn由以上定理可得下面推論:推論整系數多項式f(X)=axn+a xn-i+...+ax+a,當d=-(p,q互素)是n n-1 1 0 p有理數時，若an+孑+...+立+dan=°，則d是f(x)的根.證明：因為a+ad-i+...+d^i-+dn=0,在上式兩邊同時乘以dn,則有adn+adn-i+..+ad+a=唧f(d)=adn+adn-1+...+ad+a0=0.所以d是f(x)的根.第三章整系數多項式有理根的求法3.1整系數多項式有理根的判定[7]存在性的判定通?？梢杂贸淀椀乃幸驍抵饌€地代入多項式去驗證，但當常數項較大，因數較多，多項式的次數較高時，計算量之大，沒有計算機的幫助是很難實現(xiàn)的.如果先判別多項式的不可約，或者將多項式分解成幾個多項式的積后再作判斷.這在理論上是可行的，但實際要將一個多項式分解因式時卻不是一件容易的事情.所以,研究整系數多項式有理根的存在性問題，明智的選擇還是從系數開始。整系數多項式無有理根的判別法：定理3.1.1[ijEisenstein判別法)：設f(x=axn+axn-...++ax+a是—個整系數多項式。如果有一個素數P，使得1、 pfan；2、 pIa,a，…,a；3、 p2fa.那么f(x)在有理數域上是不可約的.證明如果f(x)在有理數域上可約，那么由定理2.2,f(x)可以分解成兩個次數較低的整系數多項式的乘積:f(x)=(bxi+氣［xi-i+ +b^)(cxm+cixm-i+ +c0) (l,m<n,l+m=n).因此a-bc,a=bcTOC\o"1-5"\h\znlm0 00因為pIa，所以p能整除b或c.但是p2/a,所以p不能同時整除b及c.0 0 0 0 0 0因此不妨假定pIb0但p/c0.另一方面，因為pfan,所以pYb.假設b,b，…,b中第一個不能被p整除的是b.比較f(x)中xk的系數，得等式0 1l ka=bc+bc++bc.式中a,b，…,bkk0 k-ii 0k kk-i 0都能被p整除，所以bc也必須能被p整除.但是p是一個素數，所以b與c中k0 k0至少有一個被p整除.這是一個矛盾.定理3.1.2⑶設f(x)—，axn—iJ是--個整系數多項式，若能找到一個素數p和整i—0數m>1,使得⑴pfa0;⑵pm—1|a，但pmfan;⑶⑴當m<n時，pm-kIa,k—1,2,...,m—1。且pIa,a,...,a；n-k 1 2 n-m(ii)當sn>m>(s-1)n+1時，其中s為正整數，pm-k|a,k=1,2,...,n—1(注：當s—1時，與(i)相同)，那么，多項式f(x)無有理根。證明：(i)當m<n時，假設多項式f(x)存在有理根r,(r,s)—1,則在有理數s域上(x—r)|f(x)從而(sx—r)If(x)。因為尸,s互素，所以s—,是一個本原多項s式，根據推論由m<n,依次類推，即得pm-2Ibn2,所以pm-1Irbn2。1.2.1知f(x)=(sx一r)(bxn-1+bxn-2+...+bx+b)式中b,b，…,b b 都是整數，比較兩0 1 n-2 n-1 01n—2n—1

sb=asb=a+rbsb=a+rb邊系數，即得sbn一邊系數，即得sbn一m+1sb=an_m+1+rbn_m+1

=an_m+2+rbn_m+2(△)sb =a +rbsb=a +rbn-1 n-1 n一2rb=-an-1 n因為p是素數，且p1an，由（△）知P1rbn-1，所以pIr或PIb--1,同時，因為PM0=sb0，所以pfs且Pfbo。如果pIr，那么由pIa，及(△)中sb =a+rb，所以pIsbn一m+1 n-m+1 n-m+1 n-m n-m+1即pIb，故p2Irb又因為p2Ia及sb=a+rb ，所以p2Isb，即p2Ib。TOC\o"1-5"\h\zn一m+2 n-m+2 n-m+2 n-m+2 n―m+2 n-m+2\o"CurrentDocument"又因為pm-1 Ia1及 sb=a +rb ,所以pm-1Isb］，即pm-1Ibn1,所以pmIrb=-a,故pmIa。與pm/a矛盾。必有pfr，則pIb。n-1 n n n n-1由于pIa及由(△)式中rb=sb-a，n-1^^^ n-2 n-1 n-1，所以pIrb2，但pfr，必有pIbn-2。由(△)式依次類推知pIb］。由pIa1及sb1=a1+rbo，得pIrbo。又由前面所述知p/bo且pfr，p為素數。矛盾！故f(x)無有理根。（ii）當sn>m>（s-1）n+1,s是正整數且s>1時，（因為s=1的情況為上述所證明）。此時，在f（x）中，令X=ps-1y，得f(x)=f(ps-1y)

=ap(^-1)nyn+ap(^-1)(n-1)yn-1+...+aps-1yay+一—]=p(s-1)ng(y)p(s-1)n令p(s-1)ay+一—]=p(s-1)ng(y)p(s-1)n0 ps-1 p(s-1)(n-1)由定理的條件顯然知，g(y)的系數、(，=1,2,...,n)均為整數p(s-1)i因為sn>m>(s-1)n+1,s,s>1是正整數，且由定理3.1.2的(1)(2)知pp%，pm-(s-1)n-11M，但pm-(s-1)n/—J—p(s-1)n又由定理3.1.2中(3)(ii)知，pm-(s-1)又由定理3.1.2中(3)(ii)知，pm-(s-1)n-i| n-ip(s-1)(n-i)其中i=1,2,.....，m-(s-1)n-1及p|-^,_ps-1p(s-1)2a n^1 ，p(s-1)(n-1)同時m-(s-1)n<sn-(s-1)n=n由⑴證明知g(y)無有理根，故f⑴無有理根。3.2整系數多項式有理根的求法定理3.2.1⑸設既約分數r衛(wèi)0，多項式x-r除整系數多項式s sf(x)=axn+axn-1+...+ax+a所得的商式為p(x)=b xn-1+b xn-2+ +bn-1 n-2 0r余式為常數c，多項式x--除多項式g(x)=a+ax+???+axn所得的商式為q(x)，則(i)r為f(x)的一個根的充要條件為p(x)的各系數都能被s整除，并且c=0;s(ii)-為f(x)的一^根的充要條件是r為q(x)的一^根；ssr r(iii)當-為f(x)的一^根時，q(x)=--(b廣b2x+???+b0xn-1)c Xn-1+c Xn-1+ +c使因r是多項式f(x)的一個根，故存在整系數多項式sf(x)=(sx-r)(c xn-i+...+c)從而林、 , r.. 、f(x)=(x-—)(scxn-1+ +sc)P(x)="xs…+sc°,p(x)的各系數均能被s整除(ii)充分性：若-為q(x)的一^根，則a+a?-)+?-+a0(-)n=0在上式兩邊同乘以(^)n，有a”(r)n+an1(1n-1+-+a0=0故1為f(x)的一個根.s必要性：顯然類似可證.rr(iii)右一為f(x)的一^根，則f(x)=(x一一)p(x)，即ssrTOC\o"1-5"\h\zaxn+axn-1+ +a=(x-—)(bxn-1+ +b)n n-1 0 s n-1 0r于是，ain+ain-1+?.?+a=(i—_)(bin-1+??+b),n n-1 0 s n-1 0i=1,2,…，n+1在上式兩邊同除以in得，q(~)=a+aGO+ +a(9nin n-1i 0i=-r(1--)[b+b(1)+...+b(1)n-1],sirn-1 n-2i0ii=1,2,…,n+1從而有多項式恒等定理，srq(x)=(x-—)[-—(b+bx+ +bxn-1)]故多項式x-s除多項式q(x)所得的商式為r

，、s，、q(x)=——(b +bx++bxn—1)證畢.由以上定理及相關推論得求整系數多項式f(x)=axn+a xn—1+...+ax+a有理根的方法:第一步：判定f(X)是否存在有理根;第二步：若有，求出a”和a0的所有因數;第三步：用a的因數做分母，a因數做分子，列出所有可能的既約分數q；TOC\o"1-5"\h\zn 0 p第四步：先判斷出±1是否為f(x)的根,再對第二步求出的既約分數q進行檢驗,P如果四與￡也都是整數，那么f(x)的根可能是含有這個q；如果兩數不全p—qp+q p為整數，那么f(x)的根一定沒有這個q；P第五步：檢驗第三步選出來的既約分數q可能會是f(x)的根，用x—q除f(x)p P(可用綜合除法)，如果除得余數為零，那么q是f(x)的根;反之，q不是f(x)的pp根.3.3應用舉例我們用以下例子簡要說明上述方法的應用。例1⑶判斷多項式f(x)=x5+52x4—312x3—5304x2+27040x—21632是否存在有理根.解：先分析系數的情況:a1=52=22x13，a=—312=—23x3x132a=—5304a=—312=—23x3x1323a4a4=27040=25x5x132a=—21632=—27x132，5取p-13，有p/a,pIa,a,a;p2|a,p2|a，但p3/a。0 1 2 3 4 5 5由定理3.1.2知f(x)無有理根。例2求整系數多項式f(x)=3x4+5x3+x2+5x-2的全部有理根【6】.解：。4=3,a0=-2,a4的因數是±1,±3；a0的因數是±1,±2.于是f(x)可能的有理1 2根是±1,±2,±,土一.33第一步：經計算f(1)=12。0,f(-1)=-8。0，所以±1不是f(x)的有理根.第二步：因為u+V=2+3=5/f(-1)=-8，所以土3不是f(x)的有理根.TOC\o"1-5"\h\z第三步：因為/*9=-8不是整數「所以2不是f(x)的有理根.1+2 3第四步：因為u=-1,v=3時，3/[(-1)x1+5]，所以-3不是f(x)的有理根.這樣，經過上述四步，f(x)可能的有理根只可能是-2，3，下面用綜合除法來檢驗：3 5 15 —2-2-6 2 -6 23 -1 3 -1 0這說明-2是f(x)的根.同理可知：3是f(x)的根經綜合除法檢驗得知f(x)的有理根為-2和3.例3求整系數多項式f(x)=x7+2x6—8x4+17x3+6x2-20x+8的全部有理根【6】解：匕=1,故f(x)的有理根都是整數,