p（r）（i二1，2，,s）是两两不等的首项系数为1的不可约多项式，f(r)2…r是正整数、当(r）有重因式时，{()f()p(r)p(r）p（r），即它与(r）有完全相同的不可约因式，这是一个去掉因式重数的有效办法，三、常见数域上多项式的因式分解1.复数域上多项式的因式分解（1）复数域上任意一个n（n≥1）次多项式f（z）都可以唯一地分解成若干个一次因式的乘积（2）标准分解式：f(r) = a,(r - ci)i(r - c2)2.(r c)其中ci，C2.是互异复数.，r，是正整数2.实数域上多项式的因式分解(1）实数域R上的任意一个nn≥1)次多项式f（α）都可以唯一地分解成一次因式或二次不可约因式的乘积，（2）标准分解式：f()=a(r-a)...(r-α)(r?+r+g).(r?+pr+q)"其中a1，"αs是互异实数，p，91;p2,92,;p，gt是互异的实数对，并且满足p<4q（i一1，t），l，…，l.，i，.…，都是正整数，并且满足t++l+2k++2h,=n=a(f(r))3.有理数域上多项式的因式分解(1）如果一个整系数多项式f(r）的系数互素，那么就称f（r）是一个本原多项式5（2）两个本原多项式的乘积仍是一个本原多项式，（3）如果一个非零整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积（4)（艾森斯坦因判别法）设f（r）=a,r"+a-1r-1十十ao19
是一个整系数多项式，如果有一个素数卫使得(1 )p/an(I )pfau-,aw-2.",ao(I ) p2ao那么J（r）在有理数域上不可约应用举例一、不可约多项式的判定例1设p(r）EP[是次数大于零的多项式，如果对任何多项式(r）与g(r）只要p(r）lf(a)g(r）就有p(r）lf(r）或p(α）lg(r），那么p（r）是P[的不可约多项式，证明若p(r）可约，则p(）h(α)hz(r),且a(h(r)）<a(p(r)), a(h2(r))<a(p(r)). 显然p()/p(),即p() h()h2(r).由题设可得到p(r）|h（r）或p(r）/h2(r）：无论那种情况都与a(h,(r)) <a(p(r)),a(h2())<a(p())矛盾. 所以p()是P[α的不可约多项式，例2证明：有理系数多项式f（r）在有理数域上不可约当且仅当对任意有理数α≠0,b,多项式g(r）=f(a+b)在有理数域上不可约证明必要性设f（r）在有理数域上不可约，但g(r）在有理数域上不可约，且设(10)g(r) =f(ar + b) =gi(r)g2(α)其中g1(r），92(r）是有理系数多项式，且次数小于g(α）的次数六代z，,所得各多项式系数仍为有理数，在(10)式中用一次数不变，且有)g2(f(r)=r01这说明f（）在有理数域上可约，矛盾.故g（α）在有理数域上20
不可约.充分性设g（）二f（ar十b）在有理数域上不可约，但f（α）可约，且设f(a) 二 fi(r)f2(r)其中fi(r),f2(r)为有理数域上次数小于f(r)的次数的多项式.由此可得f(ar+b)=fi(ar+b)f2(ar午b)即g()=fi(ar+b)f2(at+b)这与g(r）在有理数域上不可约矛盾.故f(r）在有理数域上不可约.例3证明4十1在有理数域上不可约证法一（反证法）如果r十1在有理数域上可约，那么在它的分解式中有以下两种可能情况：（1）含有个一次因式，一个三次因式；（2）含有两个二次因式.我们要证明无论那种情况都将推出矛盾(1)设+1=(+a）(+b+cr+d)=+(a+b)3+(ab十c）r2+（ac十d)r十ad（a，b，c，d均为有理数），由多项式相等的定义得：a+b=0①，ab+c=0②，ac+d=0，ad=1④.由①得a=b，代入②得cb，再代入③得d3，再代入得=-1. 而b是有理数,矛盾.(2)设+1=(2+ar+b)(r+c+d)=+(a+c)r3+（ac+b+d）a?+（ad+bc)r+bd(a,b,c,d均为有理数），由此得：a+c=0?，ac+b+d=0@，ad+bc-0，bd=1③.由③得a=c，代人得-c(d一b）=0.如果c=0，代入③得b=一d，再代入③得d?一一1.这与d是有理数矛盾.如果c≠0，由得b=d，代入③得一1，所以b=士1，再代入③得c2一士2.这与c是有理数矛盾，所以4十1在有理数域上不可约，21
证法二对4十1的字母稍加变换，再使用艾森施坦因判别法证明.令r=y+1,则g(y）=f(y+1)=（+1)4+1=y4+4y3+6y2+ 4y+2.取p=2,则有1,p/4.p/6,p/4,p/2,但是p2由艾森施坦因判别法知，g(g）=f(y十1)在有理数域Q上不可约。由例2.f（r）在Q上不可约此例说明，在不能直接使用艾森施坦因判别法时，可将多项式的字母进行变换后再使用，下面再看一个例子，例4证明：当p是素数时，f(）=-1+-2+2+++1在有理数域Q上不可约。证明注意到f(r)="—l,,令r=y+l,g(g)=f(y+1)=-1(y+ 1)"-1 = y- + ch g* + .. +c-,p1,pld(i = 1,2,.,yp—1),且p2c-由艾森施坦因判别法，g(y）=f(g+1)在Q上不可约.由例2，f（z）在Q上不可约例5设f(r）=ao*+ar"-1++α是整系数多项式，若有素数p使得pao,pa+1,a+2，，，且pa，其中是非负整数，求证：在有理数域上f(r）有次数≥n一k的不可约因式证明由因式分解定理，f(r）可分解为整系数不可约因式之积，已知pla，则在f（a)的不可约因式中必有一个因式，设为@(α），它的常数项能被 p整除,记(a)=(,则有于(z) = p(2r)(z)。(a)"设p(r）=borm+b1am--1+.+bmw(r)= Cor+ Cir-1+.+Ch并设b:是(r）从最后一项开始第个不被p整除的系数（因pao，故这样的b:是存在的）.又因为a=bmc不能被p?整除，所以c不能被p整除.进而aa+i=bc+bi+1C-1+不能被p整除，由此有22
h+i<k.故有m≥m+h+i-k=n+ik≥nk.这就证明了f(）有次数≥nk的整系数不可约因式。值得指出的是，艾森施坦因判别法只给出了整系数多项式在有理数域Q上不可约的充分条件，而不是必要条件.对另一类有理系数多项式的可约性问题，可用$5有关根的知识来讨论.看以下各例。例6设f(r)=（r—a)—a）—l,其中a,,a是两两不同的整数.证明：f（r）在有理数域上不可约。证明若fα）在有理数域上可约，则f（）可以分解成两个次数较低的整系数多项式之积，即f(a）=g(α)hr),g）,h(r）是整系数多项式，且a(g（a）)）<n，a(h(r)）<n由题设可得f(ai) = g(ai)h(a,) =— 1(i= 1,2,",n)则有g(a）=1,h(a）=—1或g(a）=—1,h(a）=1.从而总有g(a,）十h（a）=0(i=1,2，，n).可见多项式gr）+h(r）有n个互异根.但a(g(x)+h())<n这与多项式在任一数域中的根的个数不超过多项式的次数的性质相矛盾·所以f（）在有理数域上不可约注意1，2，，a,两两互异这一条件是不可少的，否则命题不成立.例如f(r)=(-a)2—1=(ra-1)(a+1),f()在有理数域上可约例7设整系数多项式f(r）对取无限个整数时的函数值都是素数，证明：f（）在有理数域上不可约。证明设f(α）在有理数域上可约，则有f(r) = g(r)h(α)其中g(），h(α）为次数较f（）次数低的整系数多项式.假定a时,f(a）=p是素数,则g(a),h(a)中必有一个的值是士1.于是当r取遍整数集时，g（r）或h（r）中至少有一个的函数值应无限次取1或1.即g(r)—1,g(r)+1,h(r)+1,h(r)-123