高等代数理论基础10：有理系数多项式

有理系数多项式

每个次数\ge 1的有理系数多项式都能唯一地分解称不可约的有理系数多项式的乘积

两个事实

1.有理系数多项式的因式分解问题可以归结为整(数)系数多项式的因式分解问题,进而解决求有理系数多项式的有理根问题

2.在有理系数多项式环中有任意次数的不可约多项式

给定有理系数多项式f(x)

f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0

取c\in Z,使得cf(x)为整系数多项式

若cf(x)各项系数有公因子,则提取公因子得

cf(x)=dg(x)

即f(x)={d\over c}g(x)

其中g(x)是整系数多项式,且各项系数没有异于\pm 1的公因子

本原多项式

定义：若一个非零的整系数多项式g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0的系数b_n,b_{n-1},\cdots,b_0没有异于\pm1的公因子,即它们互素,则称g(x)为一个本原多项式

注：任何一个非零的有理系数多项式f(x)都可以表示成一个有理数r与一个本原多项式g(x)的乘积,即f(x)=rg(x)

以上表示法除了差一个正负号是唯一的,即

若f(x)=rg(x)=r_1g_1(x),其中g(x),g_1(x)都是本原多项式,则必有r=\pm r_1,g(x)=\pm g_1(x)

f(x)与g(x)仅差一个常数倍,故f(x)的因式分解问题可以归结为本原多项式g(x)的因式分解问题

一个本原多项式能否分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积与它能否分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积一致

高斯引理

引理：两个本原多项式的乘积还是本原多项式

证明：

给定本原多项式f(x),g(x)

f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0

g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0

h(x)=f(x)g(x)=d_{n+m}x^{n+m}+d_{n+m-1}x^{n+m-1}+\cdots+d_0

若h(x)不是本原的

即h(x)的系数d_{n+m},d_{n+m-1},\cdots,d_0有一异于\pm 1的公因子

即有一素数p能整除h(x)的所有系数

f(x)是本原的\Rightarrow p不能同时整除f(x)的所有系数

令a_i是第一个不能被p整除的系数

即p|a_0,\cdots,p|a_{i-1},p\nmid a_i

同理,g(x)是本原的,令b_j是第一个不能被p整除的系数

即p|b_0,\cdots,p|b_{j-1},p\nmid b_j

对于h(x)的系数d_{i+j}

由乘积定义知

d_{i+j}=a_ib_j+a_{i+1}b_{j-1}+a_{i+2}b_{j-2}+\cdots+a_{i-1}b_{j+1}+a_{i-2}b_{j+2}+\cdots

由假设知

p|d_{i+j},p\nmid a_ib_j,矛盾

\therefore h(x)一定是本原多项式\qquad \mathcal{Q.E.D}

定理：若一非零整系数多项式能分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积,则它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积

证明：

设整系数多项式f(x)有分解式

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

其中g(x),h(x)是有理系数多项式

且\partial(g(x))\lt\partial(f(x)),\partial(h(x))\lt\partial(f(x))

令f(x)=af_1(x),g(x)=rg_1(x),h(x)=sh_1(x)

其中f_1(x),g_1(x),h_1(x)都是本原多项式

a\in Z,r,s\in Q

则,af_1(x)=rsg_1(x)h_1(x)

\therefore rs=\pm a

即rs\in Z

\therefore f(x)=(rsg_1(x))h_1(x)

其中rsg_1(x)与h_1(x)都是整系数多项式,

且次数多低于f(x)的次数\qquad \mathcal{Q.E.D}

推论：设f(x),g(x)是整系数多项式,且g(x)是本原的,若f(x)=g(x)h(x),其中h(x)是有理系数多项式,则h(x)一定是整系数的

求整系数多项式全部有理根

定理：给定整系数多项式f(x),f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,若{r\over s}是f(x)的一个有理根,其中r,s互素,则s|a_n,r|a_0,特别地,若f(x)的首项系数a_n=1,则f(x)的有理根都是整根,且是a_0的因子

证明：

\because {r\over s}是f(x)的一个有理根

\therefore 在有理数域上(x-{r\over s})|f(x)

\therefore (sx-r)|f(x)

\because r,s互素

\therefore sx-r为一个本原多项式

\therefore f(x)=(sx-r)(b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0)

其中b_{n-1},\cdots,b_0都是整数

比较系数可得

a_n=sb_{n-1},a_0=-rb_0

\therefore s|a_n,r|a_0\qquad \mathcal{Q.E.D}

例：证明f(x)=x^3-5x+1在有理数域上不可约

证：

若f(x)可约,则f(x)至少有一个一次因子

即f(x)有一个有理根

f(x)的有理根只可能是\pm 1

经检验,\pm 1全不是根

\therefore f(x)在有理数域上不可约

Eisenstein判别法

定理：给定整系数多项式f(x),f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,若有一素数p使得

1.p\nmid a_n

2.p|a_{n-1},a_{n-2},\cdots,a_0

3.p^2\nmid a_0

则f(x)在有理数域上不可约

证明：

若f(x)在有理数域上可约

则f(x)可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积

f(x)=(b_lx^l+b_{l-1}x^{l-1}+\cdots+b_0)(c_mx^m+c_{m-1}x^{m-1}+\cdots+c_0)

其中l,m\lt n,l+m=n

\therefore a_n=b_lc_m,a_0=b_0c_0

p|a_0\Rightarrow p|b_0或p|c_0

p^2\nmid a_0\Rightarrow p不能同时整除b_0,c_0

不妨设p|b_0,p\nmid c_0

p\nmid a_n\Rightarrow p\nmid b_l

假设b_0,b_1,\cdots,b_l中第一个不能被p整除的是b_k

比较f(x)中x^k系数可得

a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k

其中a_k,b_{k-1},\cdots,b_0都能被p整除

\therefore p|b_kc_0

p为素数,b_k,c_0中至少有一个被p整除,矛盾

\therefore f(x)不可约\qquad \mathcal{Q.E.D}

例：对任意的n,多项式x^n+2在有理数域上是不可约的

注：在有理数域上存在任意次数的不可约多项式

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