2故g(x)与h(x)=a,d,(x)有公共根α，因g(x)不可约，得g(x)h(x)，即h(x)=0te(否则，a(h(x)<a(g(x))reg, d(r)=Q, h(r)=Z,d,(x)=0i=l得 d(r)=0=d(x)=0=g(x)/f(x)此题的难点在于从可能非有理数的α如何过渡到有理数r，而下一题在正式出版的解答中也忽略了复数解。例8设f(x)=x+(1+t)x2+2x+2u.g(x)=x+tx+u的最大公因式是一个二次多项式，求t，u的值。（P45，7)解(x)=g(x) · 1+r(x), r(x)=(1+)x2+(2-1)x+u:. t+±11-2g(x)=r(x)+ s(x)1+t*w(1+t)((t? +t-u)(t+1)+(t-2)?x+1-_1-2其中s(x):(t+1)2(1+t))由已知条件，必有s(x)=0，s(s)各项系数的分子为0，即f3 + 3t2 -(u+3)t+(4-u)=0(t+1)2 -1+2)u=(t2 +1+3)u = 0若u=0得t3+3t2-3t+4=0即（t+4)(t2-t+1)=0，得t=-4，2(1+/3i)-1-/3i)，=2=3=0=n1(-1-Vi）（注意到_二),由(-1+ /1i),t, =若+t+3=0得t4=31+122u=P+3F- -31+4=-1,t(t3 + 3t2 =3t + 4)3t+12 +1+3)(2 -21 -8)+6t +24|= -2(t+ 4)得u=-7-Vlli,u,=-7+1li,因此一共有5组t，u的取值，大部分学生及出版的解答都只给出了=一4，u=0这一组解。4
4 故 g(x)与 h(x)= ∑= m i i i d x 1 λ ( )有公共根α ，因 g(x)不可约，得 g(x)|h(x)，即 h(x)=0 （否则，∂ (h(x))＜∂ (g(x)) ） ∑= ∀ ∈ ∈ = = m i i i i r Q d r Q h r d x 1 , ( ) , ( ) λ ( ) 0 得 di(r)=0⇒di(x)=0⇒g(x)|fi(x). 此题的难点在于从可能非有理数的α 如何过渡到有理数 r，而下一题在正式出版的解答中 也忽略了复数解。 例 8 设 ( ) (1 ) 2 2 , 3 2 f x = x + + t x + x + u g x = x + tx + u 3 ( ) 的最大公因式是一个二次多项式， 求 t，u 的值。（P45，7） 解 f(x)=g(x)·1+r(x)，r(x)=(1+t)x 2 +(2−t)x+u ∴t ≠ ± 1 ( ), (1 ) 2 1 1 ( ) ( ) 2 s x t t x t g x r x + + − ⋅ + + = ⋅ 其中 u t t x t t t u t t s x + − + − + + − + + − = 2 2 2 2 (1 ) 2 1 ( 1) ( )( 1) ( 2) ( ) 由已知条件，必有 s(x)=0，s(s)各项系数的分子为 0，即 3 ( 3) (4 ) 0 3 2 t + t − u + t + − u = (( 1) 2) ( 3) 0 2 2 t + − t + u = t + t + u = 若 u=0 得 3 3 4 0 3 2 t + t − t + = 即 ( 4)( 1) 0 2 t + t − t + = ， 得 t1= － 4 ， (1 3 ) 2 1 2t = + i ， (1 3 ) 2 1 3t = − i ，u1=u2=u3=0 若 t 2 +t+3=0 得 ( 1 11 ) 2 1 ( 1 11 ), 2 1 4t i t i = − + s = − − （注意到 1 3 1 t t = − + ），由 t t t t t t t t u ( 3 3 4) 3 1 1 3 3 4 3 2 3 2 = − + − + + + − + = [( 3)( 2 8) 6 24] 2( 4) 3 1 2 2 = − t + t + t − t − + t + = − t + 得 4 u i =− −7 11 , 7 11 , 5 u = − + i 因此一共有 5 组 t，u 的取值，大部分学生及出版的解答都只给出了 t=－4，u=0 这一组 解
第二讲不可约多项式判定一个多项式（x)是否可约，涉及其所在的数域P，也无固定的方法可循，在C上，任何大于1次的多项式皆可约，而只有一次多项式不可约，在R上，只有一次的和部分二次的(判别式△<0）是不可约的，在一般P上，一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可约的（上讲Th3）例1设(x)=x3一10x+5，证明x)在Q上不可约。证明：若(x)在0上可约，则1x)必有一次因式，则(x)必有有理根，但几x)的有理根只可能是±1，±5。J(1)#0，-1)#0，J(5)#0，(-5)±0所以x)在Q上不可约。这种方法对于四次以上的多项式是行不通的，因为可能只有2次以上的多项式，可以尝试用Eisenstein判别法。例2证明x)=x-10x+5在Q上不可约证明：取p=5（素数），pX1，pl10，5，pX5，：f(x)不可约。有些多项式(x)表面上不能用Eisenstein判别法，做x=ay+b,g(v)=(ay+b)，则(x)可约当且仅当g(w)可约。xpk例3 p为素数，试证(x)=xp---，（k21）在有理数域上不可约。证：①p=2时，(x)=x2+1，令x=y+1+1)= y2+..+C,-*y +...+2取p=2由Eisenstein判别法，Jx)不可约。②当p≥3为奇素数时(x)= (xpk-- p- + (xpk-2 -2 +.+ xpk-+ +1令X=y+1则xpk-1 =(y+1)pk-1 = ypk-I + pyf(y)+1(μk-1) = (ypk-I +1) + pyf() = (ypk- +1) + pyf;().. (x)=Z(r-1) +15
5 第二讲 不可约多项式 判定一个多项式 f(x)是否可约，涉及其所在的数域 P，也无固定的方法可循，在 C 上， 任何大于 1 次的多项式皆可约，而只有一次多项式不可约，在 R 上，只有一次的和部分二次 的(判别式∆＜0）是不可约的，在一般 P 上，一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可 约的（上讲 Th3） 例 1 设 f(x)=x 3 －10x+5，证明 f(x)在 Q 上不可约。 证明：若 f(x)在 Q 上可约，则 f(x)必有一次因式，则 f(x)必有有理根，但 f(x)的有理根只 可能是±1，±5。 f(1)≠0，f(－1)≠0，f(5)≠0，f(－5)≠0 所以 f(x)在 Q 上不可约。 这种方法对于四次以上的多项式是行不通的，因为可能只有 2 次以上的多项式，可以尝 试用Εisenstein 判别法。 例 2 证明 f(x)=x 6 －10x+5 在 Q 上不可约 证明：取 p=5（素数），p /| 1，p|10，5，p 2 /| 5，∴f(x)不可约。 有些多项式 f(x)表面上不能用Εisenstein 判别法，做 x=ay+b,g(y)=f(ay+b)，则 f(x)可约当且 仅当 g(y)可约。 例 3 p 为素数，试证 f(x)= 1 1 1 − − k − k P P x x ，（k≥1）在有理数域 Q 上不可约。 证：①p=2 时，f(x)= 1 1 2 + k− x ，令 x=y+1 f(y+1)= 1 2 1 2 2 + + − ⋅ + + − y Ci k yi k 取 p=2 由Εisenstein 判别法，f(x)不可约。 ②当 p ≥ 3为奇素数时 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 = + + + + − − − − − pk p pk p pk f x x x x 令 x=y+1 则 1 1 ( 1) − − = + pk pk x y 1( ) 1 1 = + + − y pyf y pk ( ) = ( + + ) = − − i pk i pk x ( y 1) pyf ( y) 1 1 1 ( 1) ( ) 1 1 y pyf y pk i + + − ∑( ) − = − ∴ = + 1 1 1 ( ) 1 p i i pk f x x
y.(y-_ (ypk-I +1)P -1+pyp(y)(ypk-I +1)-1ypk + p(ypk-1)h(y)+ p.ypk-I +1-1+ pyp(y)Jx-1=(y,pk-1)p- + pypk-1 . h(y)+ p+ pyp(y)=(ypk-l)p-I + py(ypk-l -1. h(y))+ p= F(y)由于中间一项不存在最高次项和常数项，用Eisenstein判别法对互素数p，F(y)不可约，从而(x)不可约。令k=1，则f(x）=xP-l+xP-2+...+x+1也不可约，这是一个重要推论。在P[x中还有一大类多项式是无法应用Eisenstein判别法的，但一定可以按照Kroneclcer的方法，判定是否可约。如下例。例4证明x)=x5—x3+x2—2在Q上不可约证明：设(x)=g(x)h(x)=(r3+ax2+bx+c)(x2+bx+e)（易证无有理根，一次因式），其中α、bc、d、e、ez（为什么？），则有[a+d=0b+ad+e=-c+bd+ae=1cd + be = 0[ce = -2代入a--d得[b-d? +e=-](*)/c+bd-de-l*cd+be=0ce=-2由ce=-2得四种可能情形②fc=-1①/c=1③c=24-2e=2[b-d? =1得,b=46° +1将情形①代入(*)得bd+2d=0，行2b2+4b=0d=2b不可能有整数解。同理考虑情形②，③，④，都无整数解，综上所述x)=x5-x3+x2-2在0上不可约。6
6 ∑ ∑ − = − = − + + = + 1 1 1 1 1 ( 1) 1 ( ) p i i p i pk i y py y y ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 py y y y pk pk p + ϕ + − + − = − − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 py y y y p y h y p y pk pk pk pk + ϕ + + ⋅ + − = − − − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 y py h y p py y pk p pk = + ⋅ + + ϕ − − − ( ) ( 1 ( )) ( ) 1 1 1 y py y h y p F y pk p pk = + − ⋅ + = − − − 由于中间一项不存在最高次项和常数项，用Εisenstein 判别法对互素数 p，F(y)不可约，从而 f(x)不可约。 令 k=1，则 ( ) 1 1 2 = + + + + − − f x x x x p p 也不可约，这是一个重要推论。 在 P[x]中还有一大类多项式是无法应用Εisenstein 判别法的，但一定可以按照 Kroneclcer 的方法，判定是否可约。如下例。 例 4 证明 f(x)=x 5 －x 3 +x 2 －2 在 Q 上不可约 证明：设 f(x)=g(x)h(x)=(x 3 +ax 2 +bx+c)(x 2 +bx+e) (易证无有理根，一次因式)，其中 a、b、 c、d、e、∈Z (为什么？)，则有 = − + = + + = + + = − + = 2 0 1 1 0 ce cd be c bd ae b ad e a d 代入 a=−d 得 = − + = + = + = − ce 2 cd be 0 c bd - de 1 b - d e 1 (*) 2 由 ce=−2 得四种可能情形 ① = − = 2 1 e c ② = = − 2 1 e c ③ = − = 1 2 e c ④ = = − 1 2 e c 将情形①代入(∗)得 = + = − = d b bd d b d 2 2 0 1 2 ，得 + = = + 2 4 0 4 1 2 2 b b b b 不可能有整数解。 同理考虑情形②，③，④，都无整数解，综上所述 f(x)=x 5 −x 3 +x 2 −2 在 Q 上不可约
在0上讨论ZIxl中多项式的可约问题，有如下重要结论。定理5x)EZ(x)，则x)在Q上可约一(x)在Z上可约定理6x+n可约(Q上)n=4m*=(x2+2m2)一4m2x可约证：x+4m*=(x+2m2)2-4m2x必要性的证明用的是Kronecker思想，设x+x=(x2+a1x+b1)(x?+a2x+b2)于是(1)[a, +b, = 0[α, = -a23)b +b,+aa2=0b, +b, = a?a,b, +a,b =oa(b, -b,)=0(3)(4)b,b,[b,b, = n由(3)若ai=0=a2=0，由bi=b2，由(4)b2=—n矛盾！若ai±0=b=b2由(4)，b=b2=/n=n=k由(2)2k=a2=2|a1，al=2m=k=2m2.n=4m例5将x*+64分解为不可约多项式之积(Q上)解：x8+64=(x4+4x2+8)(x4一4x2+8)，再用Kronecker方法证明x4±4x2+8都是不可约的（略）元0%2元0元3元(答问题计算cos元-coscos0777c0例6在R[x]中，分解x"-1为不可约之乘积。（P45，15）2k元2k元解：xm一1的所有根为=cos0≤k≤m-l+isinmm当m=2n+1时，只有一个实根6=1，其余两两配对共轭。2k元(x-8)(x-8m-k)=x2-2cosx+1ER[x]m2k元x?-2cos-x2m+1 -1=(x-1)I(5)mL1当m=2n时，有2个实根=1，=-1，因此k元x2n -1=(x2 -1)x?-2cos:x+1(6)m1-2k元2k元在题中 (5), ≥-1 立(+02年)=1，即4cos2n+1k=lk=112k元k元开方，得2cos-1=cos2n+1=2"2n+1lk=l7
7 在 Q 上讨论 Z[x]中多项式的可约问题，有如下重要结论。 定理 5 f(x)∈Z(x)，则 f(x)在 Q 上可约⇔ f(x)在 Z 上可约 定理 6 x 4 +n 可约(Q 上)⇔ n=4m 4 =(x 2 +2m 2 ) 2 －4m 2 x 2 可约 证：x 4 +4m 4 =(x 2 +2m 2 ) 2 －4m 2 x 2 必要性的证明用的是 Kronecker 思想，设 x 4 +x=(x 2 +a1x+b1)(x 2 +a2x+b2) 于是 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − = + = = − ⇒ + = + + = + = 4 0 3 2 0 0 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 b b n a b b b b a a a 1 b b a b a b b b a a a b 由(3)若 a1=0⇒a2=0，由 b1= －b2，由(4) 2 b1 =－n 矛盾！ 若 a1≠0⇒b1= b2 由(4)，b1= b2= n ⇒n=k 2 由(2) 2k= 2 a1 ⇒2|a1，a1=2m⇒k=2m 2 ∴n=4m 4 例 5 将 x 8 +64 分解为不可约多项式之积(Q 上) 解：x 8 +64=(x 4 +4x 2 +8)(x 4 －4x 2 +8)，再用 Kronecker 方法证明 x 4 ±4x 2 +8 都是不可约的(略) 问题 计算 ( ) 8 1 7 3 cos 7 2 cos 7 cos = 答 π π π 例 6 在 R[x]中，分解 x m－1 为不可约之乘积。（P45，15） 解：x m－1 的所有根为 0 k m 1 m k i m k k = + ≤ ≤ − π π ε 2 sin 2 cos 当 m=2n+1 时，只有一个实根ε 0 =1，其余两两配对共轭。 x R[x] m k x x x − k − m−k = − ⋅ +1 ∈ 2 ( )( ) 2cos 2 π ε ε ∏= + − = − − ⋅ + n k n x m k x x x 1 2 1 2 1 2 1 ( 1) 2cos π （5） 当 m=2n 时，有 2 个实根ε 0 =1，ε 0 = −1，因此 ∏ − = − = − − ⋅ + 1 1 2 2 2 1 ( 1) 2cos 1 n k n x m k x x x π （6） 在题中（5），令 x=－1 得∏= = + + n k n k 1 1 2 1 2 2 1 cos π ，即∏= = + n k n k 1 1 2 1 2 4cos π 开方，得∏ ∏ = = = + = ⇒ + n k n n k n k n k 1 1 2 1 2 1 1. cos 2 1 2 2cos π π
Znk元-+x2n-4 +...+x2 +1由（6）x2-1nk元令x=1,2-COSnk=l2元1元n元例7VnENcosCOSCOS22n+12n+ 12n+1Vn2元(n-1)元 元sinsinsin21-12n2n2元例 8 (x)=(x-1)x(x+1)(x+2)+1 在 [x]中可约。(x)=(x2-1) (x2+2x)+1=x++2x3 —x2—2x+1=(x2+x-1)2定理7(x)=(x+m)(x+m+1)(x+m+2)(x+m+3)+1在Q[x]中可约。证：令x+m+1=y，则 (x)=g(y)=(y-1)y(+1)(y+2)+1由例8得x)=(x+m+1)+x+m+1-1)2=(x*+(2m+3)x+m2+3m+1)2这一重要实例的结论，来源于对分解（x一ai）（x一a2）…（x一an）+1的思考。例9设(x)EZ[x]=2m，Q>2m且a1，a2，，as为两两不同的整数，(a)=1或一1，1<i<s证明x)在Q上不可约。证明：反设(x)在Q上可约，则存在g(x)，h(x)EZ[x)，a(g(x))，a(h(x)<2m且(g(x)+0(h(x)=2m(x)=g(x)h(x)，不妨设a(g(x)<2m，因为(ai)=1或-1,g(a)，h(a)EZ,所以g(a)=1或-1,（,≤i≤s)。从而 g(x)至少在二>m个点都取值为1或都取值一1，因此g(x)=1或g(x)=一1。2与a(h(x))<2m矛盾！8
8 由（6） 1 1 1 2cos 1 2 2 2 4 2 2 1 2 1 2 = + + + + − − = − ⋅ + − − − = ∏ x x x x x x n k x n n n n k π 令 x=1， ∏ − = = − 1 1 2 1 cos n k n n kπ 1 2 1 cos cos 2 ( 1) sin sin sin 22 2 2 n n n n N cos 2n 1 2n 1 2n 1 2 n n n n ππ π ππ π π − ∀ ∈ = ++ + − = 7 例 例 8 f(x)=(x－1)x(x+1)(x+2)+1 在 Q[x]中可约。 f(x)=(x 2 －1) (x 2 +2x)+1=x 4 +2x 3 －x 2 －2x+1=(x 2 +x－1)2 定理 7 f(x)=(x+m)(x+m+1)(x+m+2) (x+m+3)+1 在 Q[x]中可约。 证：令 x+m+1=y，则 f(x)=g(y)=(y－1)y(y+1)(y+2)+1 由例 8 得 f(x)=((x+m+1)2 +x+m+1－1)2 =(x 2 +(2m+3)x+m 2 +3m+1)2 这一重要实例的结论，来源于对分解（x－a1）（x－a2）.（x－an）+1 的思考。 例 9 设 f(x)∈Z[x]=2m，Q＞2m 且 a1，a2，.，as为两两不同的整数，f(ai)=1 或－1，1≤i≤s， 证明 f(x)在 Q 上不可约。 证明：反设 f(x)在 Q 上可约，则存在 g(x)，h(x)∈Z[x]，∂(g(x))，∂(h(x))＜2m 且 f(x)=g(x)h(x)， ∂(g(x)) +∂(h(x)) =2m 不妨设∂(g(x)) ≤2m，因为 f(ai)=1 或－1，g(ai)，h(ai)∈Z，所以 g(ai)=1 或－1，（∀ ≤ i ≤ s 1 ）。 从而 g(x)至少在 m s 2 个点都取值为 1 或都取值－1，因此 g(x)=1 或 g(x)=－1。 与∂(h(x))＜2m 矛盾！