有理系数和整系数多项式

节 5.7 有理系数和整系数多项式

建设中！

子节 5.7.1 主要知识点

定义 5.7.1.

设多项式

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}

是整系数多项式，若

a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{0}

的最大公约数为1, 则称

f (x)

为本原多项式。

🔗

$\forall f (x) \in Q [x]$ ， $\exists r \in Q$ ，使得 $f (x) = r g (x)$ ，其中 $g (x)$ 为本原多项式。
除了相差一个正负号外，上述表示法唯一。

引理 5.7.2. Gauss引理.

两个本原多项式之积是本原多项式。

🔗

定义 5.7.3.

设

f (x)

是整系数多项式，

\deg f (x) \geq 1

，若

f (x)

能表为两个次数较小的整系数多项式之积，即

🔗

f (x) = g (x) h (x),

其中

g (x)

、

h (x)

是整系数多项式，且

\deg g (x) < \deg f (x)

，

\deg h (x) < \deg f (x)

，则称

f (x)

在整数上的可约多项式，否则f(x)在整数上的不可约多项式。

🔗

引理 5.7.4.

若多项式

f (x)

是整系数多项式，

p (x)

是本原多项式，且

f (x) = c p (x)

，则

c

必为整数。

🔗

定理 5.7.5.

整系数多项式

f (x)

在有理数域上可约

\Leftrightarrow

f (x)

在整数上可约。

🔗

有理系数多项式在有理数域上的可约问题可以转化为整系数多项式在整数上的可约问题。

定理 5.7.6.

任一整系数多项式总可以表示为一个整数和若干个不可约的本原多项式的乘积，且在不计因式的次序和符号的前提下，这种分解是唯一的。

🔗

定理 5.7.7. Eisenstein判别法.

设

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0} \in Z [x]

。若有一个素数

p

，使得：

🔗

$p ∤ a_{n}$ ，
$p | a_{n - 1}, a_{n - 2}, \dots, a_{0}$ ，
$p^{2} ∤ a_{0}$ ；

则

f (x)

在有理数域上是不可约的。

🔗

$p$ 为素数是重要的。
$p$ 若不存在，不能断定 $f (x)$ 是否可约。

定理 5.7.8.

设

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}

是整系数多项式，则有理数

q / p

是

f (x)

的根的必要条件是

p | a_{n}

，

q | a_{0}

，其中

p, q

是互素的整数。

🔗

首一的整系数多项式的有理根必为整数，且是 $a_{0}$ 的因子。

定理 5.7.9.

设整数

c

是整系数多项式

f (x)

的根，则

\frac{f (1)}{c - 1}

，

\frac{f (- 1)}{c + 1}

都是整数。

🔗

练习 5.7.2 练习

1.

判断下列整系数多项式在

Q

上是否不可约：

🔗

$f (x) = x^{4} - 6 x^{3} + 12 x^{2} - 9 x + 3$ ；
$g (x) = x^{6} + x^{3} + 1$ ；
$h (x) = x^{5} - 5 x + 1$ 。

解答.

取素数 $p = 3$ ，则 $p ∤ 1, p ∣ - 6, 12, - 9, 3$ ，但 $p^{2} ∤ 3$ 。由Eisenstein判别法， $f (x)$ 在 $Q$ 上不可约。
令 $x = y + 1$ ，得

$g (x) = (y + 1)^{6} + (y + 1)^{3} + 1 = y^{6} + 6 y^{5} + 15 y^{4} + 21 y^{3} + 18 y^{2} + 9 y + 3,$

右式记为 $g_{1} (y)$ ，取素数 $p = 3$ ，则 $p ∤ 1, p ∣ 6, 15, 21, 18, 9, 3$ ，但 $p^{2} ∤ 3$ 。由Eisenstein判别法， $g_{1} (y)$ 在 $Q$ 上不可约。因此 $g (x)$ 在 $Q$ 上也不可约。
令 $x = y - 1$ ，得

$h (x) = (y - 1)^{5} - 5 (y - 1) + 1 = y^{5} - 5 y^{4} + 10 y^{3} - 10 y^{2} + 5,$

右式记为 $h_{1} (y)$ ，取素数 $p = 5$ ，则 $p ∤ 1, p ∣ - 5, 10, - 10, 0, 5$ ，但 $p^{2} ∤ 5$ 。由Eisenstein判别法， $h_{1} (y)$ 在 $Q$ 上不可约。因此 $h (x)$ 在 $Q$ 上也不可约。

🔗

2.

利用艾森斯坦判别法，证明：若

p_{1}, p_{2}, \dots, p_{t}

是

t

个两两不同的素数，

n

是一个大于

1

的整数，那么

\sqrt[n]{p_{1} p_{2} \dots p_{t}}

是一个无理数。

🔗

解答.

令

f (x) = x^{n} - p_{1} p_{2} \dots p_{t}

，则

f (x)

是

Q

上多项式。

取素数

p = p_{1}

，则

p ∤ 1, p ∣ 0, \dots, 0, - p_{1} p_{2} \dots p_{t}

，但

p^{2} ∤ - p_{1} p_{2} \dots p_{t}

。（否则

p_{1} ∣ p_{2} \dots p_{t}

，由

p_{1}

是素数知：存在

2 \leq i \leq t

使得

p_{1} ∣ p_{i}

，即

p_{1} = p_{i}

，这与

p_{1}, p_{2}, \dots, p_{t}

两两互异相矛盾。）

由Eisenstein判别法，

f (x)

在

Q

上不可约。注意到

n

是一个大于

1

的整数，所以

f (x)

在

Q

上没有一次因式。而在

R

上，

x - \sqrt[n]{p_{1} p_{2} \dots p_{t}} ∣ f (x),

故

x - \sqrt[n]{p_{1} p_{2} \dots p_{t}}

是

R

上的因式，但不是

f (x)

在

Q

上的因式。从而

\sqrt[n]{p_{1} p_{2} \dots p_{t}}

是一个无理数。

🔗

3.

求下列多项式的有理根：

🔗

$x^{3} - 6 x^{2} + 15 x - 14$ ；
$2 x^{3} + x^{2} - 3 x + 1$ 。

解答.

$a_{0} = - 14$ 的因子只有 $\pm 1, \pm 2, \pm 7, \pm 14$ ，所以 $f (x)$ 的有理根只可能是

$\pm 1, \pm 2, \pm 7, \pm 14.$

因为 $f (1) = - 4, f (- 1) = - 36$ ，所以 $\pm 1$ 不是 $f (x)$ 的根。

考虑 $c = - 2$ ，因为 $\frac{f (1)}{c - 1} = \frac{4}{3} \notin Z$ ，所以 $- 2$ 不是 $f (x)$ 的根。同理，由于

$\frac{f (1)}{7 - 1} = - \frac{2}{3}, \frac{f (1)}{- 7 - 1} = \frac{1}{2}, \frac{f (1)}{14 - 1} = - \frac{4}{13}, \frac{f (1)}{- 14 - 1} = \frac{4}{15} \notin Z,$

所以 $\pm 7, \pm 14$ 不是 $f (x)$ 的根。

对于 $c = 2$ ，由综合除法可得 $f (x)$ 的有理根为 $2$ ，且为单根。
$a_{0} = 1$ 的因子只有 $\pm 1$ ， $a_{3} = 2$ 的因子只有 $\pm 1, \pm 2$ ，所以 $f (x)$ 的有理根只可能是

$\pm 1, \pm \frac{1}{2} .$

因为 $f (1) = 1, f (- 1) = 3$ ，所以 $\pm 1$ 不是 $f (x)$ 的根。

考虑 $\frac{q}{p} = \frac{- 1}{2}$ ，因为 $\frac{f (1)}{p - q} = - \frac{1}{3} \notin Z$ ，所以 $- \frac{1}{2}$ 不是 $f (x)$ 的根。

考虑 $\frac{q}{p} = \frac{1}{2}$ ，由综合除法， $f (x)$ 的有理根为 $\frac{1}{2}$ ，且为单根。

🔗

4.

试求一个次数最小的首项系数为

1

的有理系数多项式，使得它含以下根

🔗

1 + \sqrt{2}, 3 - i .

🔗

解答.

因

g (x) = (x - (1 + \sqrt{2})) (x - (1 - \sqrt{2})) = x^{2} - 2 x - 1,

h (x) = (x - (3 - i)) (x - (3 + i)) = x^{2} - 6 x + 10

分别是以

1 + \sqrt{2}, 3 - i

为根的

Q

上的不可约多项式，且

(g (x), h (x)) = 1

，所以若

f (x)

是含根

1 + \sqrt{2}, 3 - i

次数最小的首项系数为

1

的有理系数多项式，则

f (x) = g (x) h (x) = x^{4} - 8 x^{3} + 21 x^{2} - 14 x - 10.

🔗

5.

试求含无理根

\sqrt{2} + \sqrt{3}

次数最低的首项系数为

1

的有理系数多项式。

🔗

解答.

令

\begin{array}{ccl} p (x) & = & (x - (\sqrt{2} + \sqrt{3})) (x - (\sqrt{2} - \sqrt{3})) (x - (- \sqrt{2} + \sqrt{3})) (x - (- \sqrt{2} - \sqrt{3})) \\ = & x^{4} - 10 x^{2} + 1, \end{array}

则

p (x)

是含无理根

\sqrt{2} + \sqrt{3}

的首项系数为

1

的有理系数多项式。我们断言，

p (x)

是

Q

上不可约多项式。

事实上，若

p (x)

在

Q

上可约，则

p (x)

在

Z

上可约。由

p (x)

无有理根知：

p (x)

可分解成两个整系数多项式的乘积，即

\begin{matrix} (5.7) & x^{4} - 10 x^{2} + 1 = (x^{2} + a x + b) (x^{2} + c x + d), \end{matrix}

其中

a, b, c, d \in Z

。比较

(???)

两边系数得

{\begin{cases} a + c = 0, \\ b + d + a c = - 10, \\ a d + b d = 0, \\ b d = 1, \end{cases}

由

b d = 1

式知

b = d = 1

或

b = d = - 1

。

当

b = d = 1

时，由

a + c = 0

式得

a = - c

，再由

b + d + a c = - 10

式得

- c^{2} = - 12

，这与

c \in Z

相矛盾。

当

b = d = - 1

时，得

- c^{2} = - 8

，这也与

c \in Z

相矛盾。

因此

p (x)

在

Q

上不可约。从而含无理根

\sqrt{2} + \sqrt{3}

次数最低的首项系数为

1

的有理系数多项式为

p (x) = x^{4} - 10 x^{2} + 1

。

🔗

6.

设

f (x)

是次数大于

0

的首一整系数多项式，证明：若

f (0)

和

f (1)

都是奇数，那么

f (x)

没有整数根。

🔗

解答.

证法一：设

f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}

。假设

f (x)

存在整数根

c

，则

c ∣ a_{0}

。又因为

a_{0} = f (0)

是奇数，所以

c

是奇数，从而

c - 1

是偶数。由已知条件

f (1)

是奇数，故

c - 1 ∤ f (1)

，即

\frac{f (1)}{c - 1} \notin Z

，矛盾。因此

f (x)

没有整数根。

证法二：假设

f (x)

存在整数根

c

，则

x - c ∣ f (x)

，即存在

g (x) \in Q [x]

，使得

f (x) = (x - c) g (x)

。因

f (x) \in Z [x]

且

x - c

是本原多项式，所以

g (x) \in Z [x]

，则

g (0), g (1) \in Z

。注意到

- c, 1 - c

是一奇一偶，故

f (0) = - c g (0), f (1) = (1 - c) g (1)

至少一个是偶数，这与

f (0)

和

f (1)

都是奇数相矛盾。因此

f (x)

没有整数根。

🔗

7.

求

f (x) = x^{n - 1} + x^{n - 2} + \dots + x + 1

在

R

上的标准分解式。

🔗

解答.

因为

x^{n - 1} + x^{n - 2} + \dots + x + 1 = \frac{x^{n} - 1}{x - 1},

而

x^{n} - 1

的所有复根为

ω_{k} = \cos \frac{2 k π}{n} + i \sin \frac{2 k π}{n}, k = 0, 1, \dots, n - 1,

所以

f (x) = (x - ω_{1}) (x - ω_{2}) \dots (x - ω_{n - 1})

。注意到

ω_{n - k} = \overset{―}{ω_{k}}

，所以

f (x)

在

R

上的标准分解式为：

当 $n$ 为奇数时，

$\begin{aligned} f (x) = & [(x - ω_{1}) (x - ω_{n - 1})] [(x - ω_{2}) (x - ω_{n - 2})] \dots [(x - ω_{\frac{n - 1}{2}}) (x - ω_{\frac{n + 1}{2}})] \\ = & (x^{2} - 2 \cos \frac{2 π}{n} x + 1) (x^{2} - 2 \cos \frac{4 π}{n} x + 1) \dots (x^{2} - 2 \cos \frac{(n - 1) π}{n} x + 1); \end{aligned}$
当 $n$ 为偶数时，

$\begin{aligned} f (x) = & [(x - ω_{1}) (x - ω_{n - 1})] [(x - ω_{2}) (x - ω_{n - 2})] \dots [(x - ω_{\frac{n - 2}{2}}) (x - ω_{\frac{n + 2}{2}})] (x - ω_{\frac{n}{2}}) \\ = & (x^{2} - 2 \cos \frac{2 π}{n} x + 1) (x^{2} - 2 \cos \frac{4 π}{n} x + 1) \dots (x^{2} - 2 \cos \frac{(n - 2) π}{n} x + 1) (x + 1) . \end{aligned}$

🔗

8.

设

f (x) = (x - a_{1}) (x - a_{2}) \dots (x - a_{n}) - 2

，其中

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}

是两两不同的偶数，证明：

f (x)

在

Q

上不可约。

🔗

解答.

证法一：（反证法）假设整系数多项式

f (x)

在

Q

上可约，则

f (x)

在

Z

上可约，即存在

g (x), h (x) \in Z [x]

，使得

f (x) = g (x) h (x),

其中

\deg g (x) < n, \deg h (x) < n

。由题意知，对任意

1 \leq i \leq n

，

- 2 = f (a_{i}) = g (a_{i}) h (a_{i}),

而

g (a_{i}), h (a_{i}) \in Z

，所以

g (a_{i}), h (a_{i})

中一个为

\pm 1

，另一个为

\mp 2

。不妨设

g (a_{1}) = \mp 2

，由

a_{1}

为偶数知

g (x)

的常数项为偶数。注意到

a_{i}

均为偶数，所以对任意

1 \leq i \leq n

，

g (a_{i})

均为偶数，故

g (a_{i})

只能为

\mp 2

，相应地

h (a_{i}) = \pm 1

，从而

g (a_{i}) + 2 h (a_{i}) = 0

。注意到

\deg (g (x) + 2 h (x)) < n

，且

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}

两两不同，所以

g (x) + 2 h (x) = 0

。进而

f (x) = - 2 h^{2} (x)

，比较两边首项系数，左边是奇数，右边是偶数，矛盾。因此

f (x)

在

Q

上不可约。

证法二：令

x = 2 y

，因为

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}

是两两不同的偶数，所以

f (2 y) = 2^{n} (y - b_{1}) (y - b_{2}) \dots (y - b_{n}) - 2,

其中

b_{i} = \frac{a_{i}}{2}, i = 1, 2, \dots n

是两两不同的整数。记

g (y) = \frac{1}{2} f (2 y)

，则

g (y) = 2^{n - 1} (y - b_{1}) (y - b_{2}) \dots (y - b_{n}) - 1

是整系数多项式。下证

g (y)

在

Q

上不可约即可。

假设

g (y)

在

Q

上不可约，则

g (y)

在

Z

上可约，即存在

h (y), k (y) \in Z [y]

，使得

g (y) = h (y) k (y)

，其中

\deg h (y) < n, \deg k (y) < n

。由题设，对任意

1 \leq i \leq n

，

- 1 = g (b_{i}) = h (b_{i}) k (b_{i})

，而

h (a_{i}), k (a_{i}) \in Z

，所以

h (b_{i}) + k (b_{i}) = 0

。注意到

\deg (g (x) + h (x)) < n

且

b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}

两两不同，所以

h (y) + k (y) = 0

。进而

g (y) = - h^{2} (y)

，比较两边首项系数，左边是正数，右边是负数，矛盾。因此

g (y)

在

Q

上不可约。从而

f (x)

在

Q

上不可约。

证法三：由题设，有

f (x) = x^{n} + b_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + b_{1} x + b_{0}

，其中

b_{n - i} = (- 1)^{i} \sum_{1 \leq k_{1} < \dots < k_{i} \leq n} a_{k_{1}} a_{k_{2}} \dots a_{k_{i}}, (i = 1, 2, \dots, n - 1)

b_{0} = - 2 + (- 1)^{n} a_{1} a_{2} \dots a_{n} .

当 $n = 1$ 时，一次多项式 $f (x)$ 显然在 $Q$ 上不可约；
当 $n \geq 2$ 时，取素数 $p = 2$ ，则
- $p$ 不整除首项系数 $1$ ；
- 因为 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 都是偶数，所以 $p | b_{n - 1}, b_{n - 2}, \dots, b_{0}$ ；
- 因为 $n \geq 2$ 且 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 都是偶数，所以 $p^{2} | (- 1)^{n} a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ 。而 $p^{2} ∤ - 2$ ，故 $p^{2} ∤ - 2 + (- 1)^{n} a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ ，即 $p^{2} ∤ b_{0}$ 。
由Eisenstein判别法， $f (x)$ 在 $Q$ 上不可约。

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