定义 1.7.1.
设多项式\(f (x) = a_nx^n+a_{n-1}x^{n -1}+\cdots+a_1x+a_0\)是整系数多项式。若\(a_n, a_{n-1},\ldots, a_0\)的最大公约数为1，则称 \(f (x)\)为本原多项式。
节 1.7 有理系数多项式的不可约因式
上一节中我们介绍了实、复系数多项式的标准分解式。实数域和复数域上的不可约多项式是简单且容易判定的。本节中，我们探讨另一个常用数域——有理数域上的相关问题。我们会发现，有理数域上的不可约多项式问题远比实、复数域上复杂。目前，有理数域上的因式分解还无法像复数域与实数域一样给出较为完整、清晰的理论结果。
本节中，我们主要介绍两个方面：第一、有理系数多项式的因式分解问题可以转化为整系数多项式的因式分解问题；第二、给出整系数多项式不可约性判定的一些充分条件，进而通过具体例子说明有理系数多项式中存在任意正整数次的不可约多项式。
子节 1.7.1 有理系数多项式到整系数多项式的转化
整系数多项式的都属于\(Q[x]\)。注意到数乘不改变多项式的可约性，在讨论有理系数多项式时，可以先利用数乘化简系数，从而缩小讨论问题的范围，将问题转化到整系数多项式中。
任给一个有理系数多项式
\begin{equation*}
f(x) = \frac{p_n}{q_n} x^n +\cdots+ \frac{p_1}{q_1}x+\frac{p_0}{q_0},
\end{equation*}
为了简便，我们总可以要求 \(q_i > 0 \)且\((|p_i|,q_i)=1\)，\(i=0,\ldots, n\)。取最大公因数\(p =(|p_0|,|p_1|,\ldots,|p_n|)\)和最小公倍数\(q = [q_0,q_1,\ldots,q_n] \)，记
\begin{equation*}
g(x) = \frac{q}{p} f(x) = a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0.
\end{equation*}
\(p,q\)的取法可以保证 \(g(x)\)的所有系数都是整数，且这些系数互素。这个多项式是我们利用数乘能把\(f(x)\)化到的最简形式。这样形式的多项式有特殊的称呼。
本原多项式除了数乘最简性外，还有一个好的性质，即本原多项式的集合对多项式乘法封闭，相应的结论被称为高斯引理。
引理 1.7.2. Gauss引理.
两个本原多项式之积是本原多项式。
证明.
设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,
\end{equation*}
\begin{equation*}
g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_1x+b_0
\end{equation*}
均为本原多项式。若
\begin{equation*}
f(x)g(x)=c_{m+n}x^{m+n}+c_{m+n-1}x^{m+n-1}+\cdots+c_1x+c_0
\end{equation*}
不是本原多项式，则 \(c_0,c_1,\ldots ,c_{m+n}\)必存在一个公共的素因子 \(p\)。因为 \(f(x)\)是本原多项式，所以 \(p\)不能同时整除 \(f(x)\)的每一个系数，可设 \(a_i\)是 \(a_0,a_1,\ldots ,a_n\)中第一个不被 \(p\)整除的系数，即
\begin{equation*}
p| a_0,p| a_1,\ldots ,p| a_{i-1},p\nmid a_i.
\end{equation*}
同理，可设
\begin{equation*}
p| b_0,p| b_1,\ldots ,p| b_{j-1},p\nmid b_j.
\end{equation*}
由多项式的乘法定义知，
\begin{equation}
c_{i+j}=\cdots+a_{i-2}b_{j+2}+a_{i-1}b_{j+1}+a_ib_j+a_{i+1}b_{j-1}+\cdots ,\tag{1.7.1}
\end{equation}
接下来我们说明在考虑有理系数多项式是否可约的问题时，问题可以局限在整系数多项式的范围内。我们先给出整系数多项式范围内的不可约性定义，再说明整系数不可约性和有理系数不可约性是等价的。
定义 1.7.3.
设 \(f(x)\)是整系数多项式，\(\deg f(x)\ge 1\)。若\(f(x)\)能表为两个次数较小的整系数多项式之积，即
\begin{equation*}
f(x)= g(x) h(x),
\end{equation*}
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 \(f(x)\)是整数上的可约多项式，或\(f(x)\)在整数上可约；否则，称\(f(x)\)是整数上的不可约多项式，或\(f(x)\)在整数上不可约。
注意到整系数多项式本身也是有理系数多项式，整数上的分解式本身也就是一种有理数域上的分解式，所以单纯从定义上看，整数上可约的要求比有理数域上可约要求更高，即整数上可约必定有理数域上可约，反之则并不明显。事实上，这两件事是等价的。下面开始证明这两者的等价性。证明过程中需要使用到本原多项式的性质，我们从下面的引理开始。
引理 1.7.4.
若多项式\(f(x)\)是整系数多项式，\(g(x)\)是本原多项式。若存在 \(c\in\Q\)使得\(f(x) = c g(x)\)， 则\(c\)必为整数。
证明.
设 \(c=\frac{q}{p}\)，其中 \(p,q\in\Z\)且 \(p> 0\)，则
\begin{equation}
p f(x)= qg(x).\tag{1.7.2}
\end{equation}
因 \(g(x)\)是本原多项式，所以多项式 \(qg(x)\)所有系数的最大公约数为 \(|q|\)。由 (1.7.2)知， \(pf(x)\)所有系数的最大公约数也是 \(|q|\)。注意到\(f(x)\)是整系数多项式，故\(pf(x)\)所有系数的最大公约数为 \(p\)的倍数。因此\(c=\frac{q}{p}\)是整数。
定理 1.7.5.
整系数多项式\(f(x)\)在有理数域上可约的充分必要条件是\(f(x)\)在整数上可约。
证明.
充分性显然，以下只证必要性。假设整系数多项式 \(f(x)\)在有理数域上可约，则 \(f(x)\)可分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，即
\begin{equation*}
f(x)=g(x)h(x),
\end{equation*}
其中 \(g(x),h(x)\in\Q[x]\)，且 \(\deg g(x)<\deg f(x)\)， \(\deg h(x)<\deg f(x)\)。因为 \(g(x)\in\Q[x]\)，所以存在有理数 \(a\)及本原多项式 \(g_1(x)\)，使得 \(g(x)=ag_1(x)\)。同理， \(h(x)=bh_1(x)\)，其中 \(b\)为有理数， \(h_1(x)\)为本原多项式。于是有
\begin{equation*}
f(x)=abg_1(x)h_1(x).
\end{equation*}
\begin{equation*}
f(x)=\left(abg(x)\right)h(x)
\end{equation*}
可分解为两个次数较低的整系数多项式的乘积。从而 \(f(x)\)在整数上可约。
例 1.7.6. 典型例题.
设
\begin{equation*}
f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)-1,
\end{equation*}
其中 \(a_1,a_2,\ldots ,a_n\)是两两不同的整数 ，证明： \(f(x)\)在 \(\Q\)上不可约。
解答.
\begin{equation}
f(x)=g(x)h(x),\tag{1.7.3}
\end{equation}
\begin{equation*}
g(a_i)h(a_i)=-1, i=1,2,\ldots ,n,
\end{equation*}
这里 \(g(a_i),h(a_i)\in\Z\)。从而 \(g(a_i)\)与 \(h(a_i)\)一个是 \(1\)，另一个是 \(-1\)。于是
\begin{equation*}
g(a_i)+h(a_i)=0,i=1,2,\ldots ,n.
\end{equation*}
这表明多项式 \(g(x)+h(x)\)至少存在 \(n\)个不同的根 \(a_1,\ldots ,a_n\)。而
\begin{equation*}
\deg \left(g(x)+h(x)\right)\leq \max\{\deg g(x),\deg h(x)\}< n,
\end{equation*}
故 \(g(x)+h(x)=0\)，从而 \(f(x)=-g^2(x)\)。 \(f(x)\)的首项系数为 \(1\)，这与\(-g^2(x)\)首项系数为负数相矛盾。因此 \(f(x)\)在 \(\Q\)上不可约。
这个例子也说明：在有理数域上，存在任意次数的不可约多项式。
上面的讨论说明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，所以接下来我们将局限在整系数多项式范围内讨论问题。
定理 1.7.7.
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。
证明.
\begin{equation*}
f(x)=cp_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x),
\end{equation*}
其中 \(c\)是\(f(x)\)的首项系数， \(p_1(x),p_2(x),\ldots ,p_s(x)\)是有理数域上首一不可约多项式。因为 \(p_i(x)\in\Q[x]\)，所以存在有理数 \(b_i\)及本原多项式 \(q_i(x)\)，使得
\begin{equation*}
p_i(x)=b_iq_i(x),
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
f(x)=cb_1b_2\cdots b_sq_1(x)q_2(x)\cdots q_s(x).
\end{equation*}
再证唯一性。设
\begin{equation*}
f(x)=cp_1(x)p_2(x)\cdots p_s(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
f(x)=dq_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x),
\end{equation*}
其中 \(c,d\in\Z\) ， \(p_1(x),p_2(x),\ldots ,p_s(x),q_1(x),q_2(x),\ldots ,q_t(x)\)是本原不可约多项式。根据 定理 1.7.5，\(p_1(x),p_2(x),\ldots ,p_s(x),q_1(x),q_2(x),\ldots ,q_t(x)\)在有理数域上也不可约。将 \(f(x)\)看作有理数域 \(\Q\)上多项式，根据唯一分解定理， \(s=t\)，并且适当地调整不可约因式的次序，相应有理系数不可约因式相伴。不妨设
\begin{equation*}
p_i(x)=c_iq_i(x),\ i=1,2,\ldots ,s.
\end{equation*}
子节 1.7.2 整系数多项式不可约性的判定
给了一个整系数多项式\(f(x)\)，若\(f(x)\)是可约多项式，按照定义，只需找到低次整系数多项式\(g(x),h(x)\)，使得\(f(x)=g(x)h(x)\)，即可确认\(f(x)\)是可约的；若\(f(x)\)是不可约多项式，我们该如何证明\(f(x)\)的不可约性呢？下面的Eisenstein判别法给出了一个充分条件。
定理 1.7.8. Eisenstein判别法.
设\(f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0\)是一个整系数多项式。若存在素数\(p\)，使得：
- \(p\nmid a_n\)，
- \(p|a_{n-1},a_{n-2},\ldots,a_0 \)，
- \(p^2\nmid a_0\)；
则\(f(x)\)在有理数域上是不可约的。
证明.
\begin{equation}
f(x)=(b_mx^m+\cdots +b_0)(c_tx^t+\cdots +c_0),\tag{1.7.4}
\end{equation}
其中 \(b_i,c_j\in\Z(i=0,1,\ldots m,j=0,1,\ldots t)\)且 \(m<n,t<n,m+t=n\)，则
\begin{equation*}
a_0=b_0c_0,a_n=b_mc_t.
\end{equation*}
已知 \(p| a_0\)，所以 \(p| b_0\)或 \(p| c_0\)。但 \(p^2\nmid a_0\)，故 \(p\)不能同时整除 \(b_0\)及 \(c_0\)。不妨设 \(p| b_0\)但 \(p\nmid c_0\)。因为 \(p\nmid a_n\)，所以 \(p\nmid b_m\)且 \(p\nmid c_t\)。设 \(b_0,b_1,\ldots ,b_m\)中第一个不被 \(p\)整除的是 \(b_k\)，即
\begin{equation*}
p| b_0,p| b_1,\ldots ,p| b_{k-1},p\nmid b_k,
\end{equation*}
\begin{equation}
a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots +b_0c_k,\tag{1.7.5}
\end{equation}
因为 \(0<k<n\)，所以 \(p| a_k\)。又 \(p\)整除 (1.7.5)右端除 \(b_kc_0\)外的其余项，故 \(p| b_kc_0\)，由此推出 \(p| b_k\)或 \(p| c_0\)，矛盾。因此 \(f(x)\)在有理数域上是不可约的。
举例来说，对任意的正整数\(n\)，记\(f(x) = x^n+2\)。取\(p=2\)，根据Eisenstein判别法，\(f(x) = x^n+2\)是有理数域上的不可约多项式。
使用时需要注意：Eisenstein判别法只是判别有理系数不可约性的充分条件，不是必要条件。若满足条件的素数\(p\)不存在，并不能说明\(f (x)\)是可约的。例如，取\(f(x)=x^2+1\)，\(f(x)\)不可约，但满足Eisenstein判别法条件的素数\(p\)不存在。
例 1.7.9. Eisenstein判别法的使用技巧举例：坐标平移.
设 \(p\)是素数，证明：多项式
\begin{equation*}
f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1
\end{equation*}
在有理数域上不可约。
解答.
我们有
\begin{equation*}
f(x)=\frac{x^p-1}{x-1}.
\end{equation*}
作变量代换 \(x=y+1\)，得
\begin{equation*}
f(x)=\frac{(y+1)^p-1}{y}=y^{p-1}+py^{p-2}+\cdots+C_p^ky^{p-k-1}+\cdots +p.
\end{equation*}
令
\begin{equation*}
g(y)=y^{p-1}+py^{p-2}+\cdots+C_p^ky^{p-k-1}+\cdots +p.
\end{equation*}
当 \(1\leq k\leq p-1\)时，因为
\begin{equation*}
C_p^k=\frac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}\in\Z,
\end{equation*}
所以
\begin{equation*}
k!| p(p-1)\cdots (p-k+1).
\end{equation*}
注意到 \((p,k!)=1\)，故
\begin{equation*}
k!| (p-1)\cdots (p-k+1),
\end{equation*}
即
\begin{equation*}
\frac{(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}\in\Z.
\end{equation*}
因此 \(p| C_p^k(1\leq k\leq p-1)\)。于是对于 \(g(y)\)，素数 \(p\)满足Eisenstein判别法的条件，所以 \(g(y)\)在有理数域上不可约。从而 \(f(x)\)在有理数域上也不可约。
本节的最后给出整系数多项式含有一次不可约因式的必要条件，也就是有理根的必要条件。
定理 1.7.10.
设\(f (x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\)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。
证明.
将 \(\frac{q}{p}\)代入 \(f(x)\)，得
\begin{equation*}
f\left(\frac{q}{p}\right)=a_n\left(\frac{q}{p}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{q}{p}\right)^{n-1}+\cdots+a_1\left(\frac{q}{p}\right)+a_0=0,
\end{equation*}
在等式两边同乘 \(p^n\)，得
\begin{equation*}
a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n=0.
\end{equation*}
由此推出
\begin{equation*}
p|a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-1}q,
\end{equation*}
\begin{equation*}
q|a_{n-1}pq^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n,
\end{equation*}
进而
\begin{equation*}
p|a_nq^n,q|a_0p^n.
\end{equation*}
注意到 \(p,q\)互素， 因此 \(p|a_n\)， \(q|a_0\)。
容易知道，首一整系数多项式的有理根必为整数，且是常数项\(a_0\)的因子。
定理 1.7.11.
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。
证明.
设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_1x+a_0.
\end{equation*}
因为 \(c\)是 \(f(x)\)的整数根，所以存在 \(g(x)=b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_1x+b_0\in\Q[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=(x-c)g(x),
\end{equation*}
比较两边系数，得
\begin{equation*}
a_n=b_{n-1},a_{n-1}=b_{n-2}-b_{n-1}c,\ldots ,a_1=b_0-b_1c.
\end{equation*}
注意到 \(c,a_1,\ldots,a_n\in\Z\)，所以 \(b_0,b_1,\ldots ,b_{n-1}\in\Z\)，即 \(g(x)\)是整系数多项式。故 \(\frac{f(1)}{c-1}=-g(1)\)， \(\frac{f(-1)}{c+1}=-g(-1)\)均为整数。
练习 1.7.3 练习
基础题.
1.
判断下列整系数多项式在\(\mathbb{Q}\)上是否不可约：
- \(f(x)=x^4-6x^3+12x^2-9x+3\)；
- \(g(x)=x^6+x^3+1\)；
- \(h(x)=x^5-5x+1\)。
2.
利用Eisenstein判别法，证明：若\(p_1,p_2,\cdots ,p_t\)是\(t\)个两两不同的素数，\(n\)是一个大于\(1\)的整数，那么\(\sqrt[n]{p_1p_2\cdots p_t}\)是一个无理数。
3.
求下列多项式的有理根：
- \(x^3-6x^2+15x-14\)；
- \(2x^3+x^2-3x+1\)。
4.
设\(f(x)\in\mathbb{Q}[x]\)。证明：若\(1+\sqrt{2}\)是\(f(x)\)的根，则\(1-\sqrt{2}\)也是\(f(x)\)的根。
5.
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
\begin{equation*}
1+\sqrt{2},3-i.
\end{equation*}
提高题.
6.
设\(f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)+1\)，其中\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)是两两不同的整数。
- 证明：当 \(n\)是奇数时， \(f(x)\)在 \(\Q\)上不可约；
- 举例说明：当 \(n=2,4\)时， \(f(x)\)在 \(\Q\)上可能可约，也可能不可约；
- 证明：当\(n=4\)且\(a_1<a_2<a_3<a_4\)时， \(f(x)\)在 \(\Q\)上不可约的充分必要条件是 \(a_4-a_1=3\)；
- 证明：当 \(n\)是偶数且 \(n\geq 6\)时， \(f(x)\)在 \(\Q\)上不可约。
7.
设\(f(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots (x-a_n)^2+1\)，其中\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)是两两不同的整数 ，证明： \(f(x)\)在 \(\Q\)上不可约。
8.
设\(f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)-2\)，其中\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)是两两不同的偶数 ，证明：\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。
9.
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。
10.
若 \(\frac{5}{11}\)是整系数多项式 \(f(x)\)的根，证明： \(f(i)f(-i)\)是非负整数，且是 \(146\)的倍数。
11.
试求含无理根\(\sqrt{2}+\sqrt{3}\)次数最低的首一有理系数多项式。
12.
设\(f(x)\)是有理数域上不可约 \(n\)次多项式，\(n\geq 2\)。证明：若\(f(x)\)一根的倒数也是\(f(x)\)的根，那么\(f(x)\)的每一根的倒数也都是\(f(x)\)的根。
挑战题.
13.
设 \(p_1,\ldots,p_t\)是 个两两不同的素数，\(\alpha=\sqrt[n]{p_1\cdots p_t}\)。令
\begin{equation*}
\Q (\alpha)=\left\{a_0+a_1\alpha+\cdots +a_{n-1}\alpha^{n-1}|a_i\in\Q,i=0,1,\ldots ,n-1\right\}.
\end{equation*}
证明： \(\Q(\alpha)\)是一个数域。
14.
设 \(n\geq 2\)为正整数，证明：多项式 \(f(x)=x^n-x-1\)在 \(\Q\)上不可约。
