不随数域变化的的一些性质

带余除法的结果
最大公因式及互素性
多项式无重根性

三者由上到下进行推导

整系数多项式问题

命题1 $f(x)$ 是一个整系数多项式，如果存在正整数m，满足 $m\nmid f(0),m\nmid f(1),...,m\nmid f(m-1)$ ，则 $f$ 没有整数根，特别地，如果 $f$ 是首一的，则 $f$ 也没有有理根（因为首一整系数多项式有理根都是整数根）
证明： $\forall k\in \mathbb{Z},f(k)\not= 0,k=am+b(b=0,1,2,...,m-1)$
$f(k)=M\cdot m+(a_nb^n+a_{n-1}b^{n-1}+...+a_1b+a_0)=M\cdot m+f(b)$
$m\mid Mm,m\nmid f(b)\Rightarrow m\nmid f(k)\Rightarrow f(x)\not= 0,\forall x \in \mathbb{Z}$

经典例题

(1)设 $f(x)$ 是一个整系数多项式，已知是一个整系数多项式，且 $f(0),f(1)$ 都是奇数，则 $f(x)$ 无整数根。
(2)设 $f(x)$ 是一个整系数多项式，已知a是偶数，b是奇数，且 $f(a),f(b)$ 都是奇数，则 $f(x)$ 无整数根。
(3)已知 $f(x)=a_nx^{n}+...+a_1x+a_0$ 是一个整系数多项式，已知 $a_0,a_0+a_1+...+a_n,a_0-a_1+...+(-1)^na_n$ 都不被3整除，则 $f(x)$ 无整数根

艾森斯坦判别法的应用

此判别法的证明过程相当的重要，务必熟悉课本证明方法，了解每一个整除和不整除的目的。

证明过程梳理

定理叙述

(艾森斯坦判别法)设 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ 是一个n次整系数多项式，且存在素数p使得 $(1)p\nmid a_n (2)p\mid a_{n-1},...a_1,a_0 (3)p^2\nmid a_0$

证明提要

采用反证法，假设可以分解为两个不可约多项式 $f(x)=(b_sx^s+b_{s-1}x^{s-1}+...+b_1x+b_0)(c_tx^t+c_{t-1}x^{t-1}+...+c_1x+c_0)$
由(1)知 $p\nmid b_s,c_t$ ,由(2)知 $p\mid b_0$ 或 $c_0$ ,由(3)知 $p$ 不同时整除于 $b_0,c_0$
不妨假设 $p\mid b_0,but,p\nmid c_0$ ,将 $f(x)$ 左侧分解式从右至左第一个不被p整除的系数记为 $b_k$ (一定能找到，由上一点知)，考虑 $a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_0+...b_0c_{k}$ 由于 $p \nmid c_0,b_k$ 但 $p \mid b_{k-1},b_{k-2},...b_0$ 故 $p\nmid a_k$ 而 $k\leq s < n$ 故与已知条件矛盾

典型例题

设 $f(x)=a_nx^n+a{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ 是一个整系数多项式，并且存在素数p使得 $p \mid a_0,p\mid a_1,...,p\mid a_{r-1},p\nmid a_n,p^2\nmid a_0$ ，则 $f(x)$ 有一个次数大于等于r且在有理数域上不可约的因式。

一个经典命题

命题1.2设 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,g(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_n$ 其中 $a_0a_n\not= 0$ ，则 $f(x),g(x)$ 可约性相同
推论：推广的爱森斯坦判别法，只需满足一个就可知道另一个也是否可约

不可约因式与反证法

利用这二者为强大工具，可以进行一系列证明。

例1.已知 $(f(x),g(x))=1,(f(x),h(x)=1)$ ，则 $(f(x),g(x)h(x))=1$
证明：假设 $(f(x),g(x)h(x))=d(x),d(x)\not=1$ ，则取 $d(x)$ 的不可约因式 $p(x)$ ， $p(x)\mid f(x),p(x)\mid g(x)h(x)$ ，又 $p(x)$ 不可约，故 $p(x)\mid g(x)$ 或 $g(x)\mid h(x)$ ，就会得到 $p(x)=(f(x),g(x))$ 或 $p(x)=(f(x),h(x))$ ，不管哪种情况，都与之前的已知矛盾。

例2.已知 $f(x),g(x)$ 是两个多项式，证明：对任意正整数n，都有 $(f(x),g(x))^n=(f^n(x),g^n(x))$

例3.已知 $f(x),g(x)$ 是两个多项式，且 $(f(x),g(x)=d(x))$ ，证明：对任意正整数n有 $(f^n(x),f^{n-1}(x)g(x),...,f(x)g^{n-1}(x),g^n(x))=d^n(x)$

整除问题

首先，引入一个命题，课本上作为习题出现，对于一下题目的证明起到相当粗暴有效的作用。

命题.已知m,n是正整数，则 $(m,n)=d$ $\Leftarrow \Rightarrow$ $(x^m-1,x^n-1)=x^d-1$
证明： $\Rightarrow :$ 显然有 $x^d-1\mid (x^m-1,x^n-1)$ ，又假设 $x_0$ 满足 $x_0^m=1,x_0^n=1$ ，由 $(m,n)=d$ 知存在 $u,v,s.t.mu+vn=d$ 那么 $x_0^{mu+vn}=x_0^d=1$

例.设 $f(x)=1+x^2+x^4+...x^{2n},g(x)=1+x^4+x^8+...+x^{4n}$ ，证明 $f(x)\mid g(x)$ 充要条件是n为偶数

一类特殊的问题

例.已知 $a_1,a_2,...a_n$ 是互异的整数，证明：
(1) $f(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)-1$ 在有理数域上不可约
(2)n是奇数时， $g(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)+1$ 在有理数域上不可约
(3) $^*$ n是偶数时比较繁琐：可以证明n=2或4时， $g(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)+1$ 在有理数域上可能可约，但 $n\geq 6$ 时，g(x)在有理数域上一定不可约(证明过程参见丘维声高等代数教材)
(4) $h(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$ 在有理数域上不可约
提示：不妨假设可约 $f(x)=g(x)h(x)$ ，(1),(2)中将 $a_i$ 带入后，可分别得到 $g(a_i)-h(a_i)=0$ 和 $g(a_i)+h(a_i)=0$ 进一步可得到矛盾，(4)中则利用 $h(x)\geq 1$ 推导出不可能出现分解式一会儿正，一会儿负的情况，否则由于多项式连续，介值定理知 $h(x)$ 必存在零点，矛盾，故分解式恒正或恒负，接下来工作就较为简单了。