那么f(x)定能分解成两个次数较低的整系数多项式乘积.
例1:
设f(x),g(x)是两个整系数多项式,且g(x)是本原多项式.证明:
若f(x)=g(x)h(x),且h(x)是有理数域上的多项式,那么h(x)—定是整系数多项式.
证明:
根据本原多项式的性质来证明,设
f(x)=afι(x),h(x)=rh1(x)
其中*(x),hι(x)都是本原多项式,a是整数,r是有理数•于是有
afι(x)≡rg(x)h1(x)
因为g(x)hl(×)是本原多项式•故r=±a,即r是一个整数,所以h(x)=rh1(x)是整系数多项式.
(4)判斷多项式在有理数域上的可约性
基于整系数多项式,我们需要判断它是否可约,这是我们讨论有理数域上多项式因式分解的重点,接下来列出一些判别整系数多项式不可约的方法.
1•爱森斯坦(Eisentein)判别法
定理3设f(x)=a0+aιx+…+aπxn,an≠O是一个整系数多项式,若找到一个素数p,使
⑴P与冇不可约:
(2)p与a“-ι,a∏-2,∙∙∙,acι是可约的:
⑶『与ao不可约,
那么多项式f(x)在有理数域上不可约.
证明:
如果
3o=-PlP2…PmaI=32≡∙∙∙≡an-1=0,anz1
可找到素数PI满足
ρ∣aχ(i=0,1,∙∙∙n-1),m∣arvp*Ia(I
所以,根据爱森斯坦(EiSentein)判别法可知,f(x)在有理数域上不可约旺
特别注意的是,爱森斯坦判别法的条件只是充分条件,即满足三个条件的多项式不可约.
如:
多项式f(x}=2×π-5χ÷10,满足爱森斯坦判别法的三个条件,故而不可约•但并不是说所有不满足定狡要求的多项式都可约,因为有很多多项式不满足上述三个条件但却是不可约的,譬如/÷2.
当然,也有可约的多项式,如:
X2÷X-6不满足上述的三个条件,但却可以分解为
X2÷X-6=(X-2)(X-3)
有时,对于菜个多项式来说,爱森斯坦判别法不能直接应用,但我们可以把其适当变形.设日和b是两个有理数,且a≠0,整数系多项式f(x)在有理数域上不可约当且仅当f(ax+b〉在有理数域上不可约
例2:
证明f(x)=X6+X3+1在有理数域上不可约.
证明:
因为f(“的系数都是1,无法应用爱森斯坦判别法.
因此,我们令X=y+1并把其代入f(x},则多项式变为
(y+D6+(y+D3÷1=y6÷6y5+15y4+21y3+18y2+9y+3=g(y)
根損爱森斯坦判别法判别g(y),取p=3,即证上式不可约,故而可知f(x〉=×6+x3+1在有理数域上不可约.
2•布朗(BrOWn)判别法
定理4设f(x)为n次整系数多项式,令
Sf(X)={∙∙∙,∣f(-I)Lf(O)IJf(I)I,.••}
其中Nl表示Sf(X)中1的个数,W表示Sf(X)质数的个数,令Np÷2N1>n+4j则f(x)在Q上不可约.
例3:
证明f(x)=2x3-X2+X-1在Q上不可约.
证明:
因为无法找到素数P来判斷f(x)满足爱森斯坦(EiSentein)判别法的条件,因此我们无法根据爱森斯坦(EiSentein)判别法来判别可约性.但是我们可以根据布朗(BrQWn)判别法判断多项式的可约性.
因此,我们可以得到:
f(0)=-1,f
(1)=1,f(-1)=-5,f(-2)=-23,f(3)=47∙∙∙
故而,%24,N(M2
所以得到NP+2NiE8>3+4
由此根摇布朗(BrOWrl)判别法可知,f(x)在有理数域上不可约.
3•佩龙(Perron)判别法
定理5设
f(x)=xn+an-Ixr"14∙∙∙a1χ+ao(ao≠OTa∣eZ,∣=0,1,∙∙∙,π-1)
是整系数多项式,若此系数满足Ian-Il>1÷Ian-2∣÷Ian-3∣+-IaIl+Iaol,则f(x)在有理数域上不可约.
例4:
证明f(x)=x5÷4x4+x2+1在有理数域上不可约.
证明:
因为无法找到素数P来判斷f(x)满足爱森斯坦(EiSentein)判别法的条件,因此我们不能用爱森斯坦(EiSentein)判别法,但是我们可以看出多项式f(x)满足佩龙(PerrOn)判别法的条件.
因此根据佩龙(PerrOn)判别法定理以及题目得出4>1÷1+1,所以该多项式在有理数域上不可约.
4.克罗内克(KrOneCker)判别法
定理6设
f(x)二anxr+an-ι×r~1÷…+a↑×+ao
是一个整系数多项式,可以在有理数域上将f(0分解成两个不可约多项式的乘积.
例5:
证明f(x)=X5+1在有理数域上不可约.
证明:
s=2<-,取a°二一Itaι二O,a2=1,则有f(-1)二O,f(0)=1,f
(1)=22
因此,f(-1)的因子为0,f(x)的因子为1,f(x)的因子为1,2
故令g(-1)=0,g(0)=1,g
(1)=1:
g(-1)=0,g(0)=1,g
(1)=2
应用插值多项式得
(X+D(X-D
SI(X)二°十(0÷1)(O^I)
(X+D(X-Dg2(X)=047δ+1)(0ς71)
由带余除法可知:
81(×)不能整除f(x),g2(x)不能整除f(x),从而得到f(x)在有理数域上不可约.
此方法是一个通过有限次数计算判定整系数多项式可以分解成若干个次数低的整系数多项式的方法引.然而,有大量的丈献资料显示,整系数多项式的因式分解过程中往往不釆用克罗内克方法®,因为对于工作量来说,克罗内克方法的使用非常大,通常选择使用其他的分解技巧实现.因此克罗内克方法只是一种理论上可行的方法,不能用于因式分解的实际操作,实用价值不大
5.反证法
上述判别法判别多项式在有理数域上的条件并不是所有题目都适用,因此,我们不确定不满足爱森斯坦判别法的多项式是不是可约的,或在无法找到满足判别法中的素数P时,我们选择反证法.
例6:
设P(X)是F(X)上一个次数大于零的多项式,如果对任意f(x),都有g(y)∈F(x),且P(X)If(χ)g(y),并且P(X)If(χ)或者p(×)Ig(y),那么P(X)不可约.
证明:
若P(X)可约,則有P(X)=P1(×)P2(×),其中0<8(Pi(X))令f(χ)=Pl(χ)>g(y)=P2(×)τ则P(X)If(x)g(y)
由题可得:
P(X)If(χ)或P(X)Ig(y)
则有0(P(X))>0(f(x)),0(p(x))>0(g(y)),与前面整除矛盾,故P(X)不可约.
6.有理法(利用有理根)
对于一些次数不超过三次的多项式,利用有理根方法进行判别会更简便,若没有有理根,则该多项式在有理数域上不可约.
例7:
判断f(x)=X3-5x+1在有理数域上是否可约
解:
假设f(x)可约.那么f(x)至少有一个一次因子,即有一个有理根.
但f(x)的有理根只可能是±1,因此带入验算得f(±1)≠0.说明该多项式没有有理根,因此f(x)在有理数域上不可约・
例8:
判断f(x}=X3-46x2+171x-127在有理数域上是否可约
解:
若f(x)可约必有有理根,而f(x)的有理根中只能是±1或±127.
因为f(±1)≠Otf(±127)≠0,所以f(x)无有理根,解得f(x)在有理数域上不可约.
7•利用因式分解唯一性定理
将有理数域看作实数域的一部分,多项式可以分解成几个实数域上的不可约因子.由于其不可约因式的系数不都是有理数,所以通过因式分解唯一性定理,则该多项式在有理数域上不可约.
例9:
证明J+1在有理数域上不可约・
解:
多项式/+1在实数域上分解为不可约因式的乘枳为
X4÷1=(x2+QX+1)(χ2-√5χ+1)
根据因式分解唯一性定理可知,如果/十1在有理数域上可约,应该为上述的分解形式,但上述不可约因式的系数不全为有理数,故而J+1在有理数域上不可约.
8•综合分析法
在多项式因式分解过程中,我们有吋不能只用一种方法判断其是否可约,因为有时靠一种方法并不能推斷出来,所以我们釆取综合分析法.
例10:
证明f(x)=X4÷4kx÷1(k是整数)在有理数域上是否可约
解:
f(X)的有理根只能是±1,且f(±1)≠0.
所以f(x)无一次因式,如若f(x)可约,只能是两个二次因式乘积。
令f(x)=(x2+ax+1)(x2÷bx÷1),其中a,b为整数,則有
x4+4kx+1=x4+(a+b)x3+(2+ab)×L+(a+b)x+1
比较两端系数a+b=O,2÷ab=O,a÷b=4k,得到F二2.即a不可能是整数,这与理论上a应为整数矛盾•因此,f(x)不可约.
三、多项式的有理根及因式分解
在判斷多项式是否可约之后,我们就要借助于以下方法简单的对有理数域上的一元多项式进行因式分解了.
(1)求根法
设多项式f(X)=aπ×n+ar_ιxπ-1+∙∙∙÷aιx+ao是整系数多项式.
第一步,写出首项系数冇的全部因数Vi,i=1,2,…,s:
第二步,写出常数项ao的全部因数W,j=1,2,…,t;
第三步.用综合除法对Z试验,确定f(x)的根;
Vr
第四步,写出f(x)的标准分解式.⑹
例11:
求f(x)=4x4+7×3+IOx2+5x-2在有理数域上的因式分解.
解:
先把它变成求f(x)=4x4+7×3+IOx2+5x-2的有理根.
Vf(X)的常数项和首项系数的全部因数分别是±1,±2和±1,±2,±4;
则需要检脸的有理数为±