有理域上的多项式.ppt

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1、1,7.4 有理域上的多项式,2,本原多项式,结论1 任意有理系数多项式和一个整系数多项式相通。定义1 设(x)=a0 xn+a1xn-1+an是一个整系数多项式，若系数a0,a1,an互质，则称(x)是一个本原多项式。结论2 任意整系数多项式与一个本原多项式相通。结论3 任意有理系数多项式与一个本原多项式相通。,3,设p是一个质数，(x)=a0 xn+a1xn-1+ang(x)=b0 xm+b1xm-1+bm是两整系数多项式。若p整除(x)g(x)的所有系数，则p或整除(x)的所有系数或整除g(x)的所有系数。证明：反证法。假定p不整除(x)的所有系数也不整除g(x)的所有系数。,定理,4,

2、证明：,从后往前看(x)和g(x)，设ai，bj是(x)，g(x)的系数中第一个不为p整除者。于是，p不整除ai，pai+1，pan(1)p不整除bj，pbj+1，pbm(2)(x)g(x)中xn-i+m-j的系数是：aibj+ai+1bj-1+ai+2bj-2+ai-1bj+1+ai-2bj+2+此式中，除aibj外，其余各项由(1)及(2)都为p整除，而由p不整除ai，p不整除bj，有p不整除aibj，故p不整除xn-i+m-j的系数，与题设p整除(x)g(x)的所有系数矛盾。证毕。,5,设(x)是本原多项式，g(x)是整系数多项式。若(x)g(x)，则以(x)除g(x)所得之商式必是整系

3、数多项式。证明：由(x)g(x)知，有：g(x)=(x)h(x)不论h(x)是否为整系数多项式，总可以取一个正整数c使k(x)=ch(x)是整系数多项式，故，cg(x)=(x)k(x)。此式表示以c乘g(x)的所有系数就是(x)k(x)的所有系数，从而c整除(x)k(x)的所有系数。,定理,6,设c=p1p2pr是c的质因数分解式。则p1p2pr g(x)=(x)k(x)因为p1p1p2pr，故p1整除(x)k(x)的所有系数，但(x)是本原多项式，故p1整除k(x)的所有系数，从而k(x)=p1k1(x)，其中k1(x)是整系数多项式。因此有：p2pr g(x)=(x)k1(x)。同理有p1

4、整除k1(x)的所有系数，如此下去，消去p1p2pr 最后得g(x)=(x)kr(x)。其中kr(x)是整系数多项式。但由g(x)=(x)h(x)，有h(x)=kr(x)，故h(x)是整系数多项式。证毕。,7,Eisenstein定则,定理 设(x)=a0 xn+a1xn-1+an是整系数多项式，若对一个质数p，p不整除a0，pa1，pan，p2不整除an，则(x)在有理域上不可约。证明：用反证法，假定(x)有一个真因式(x)，因为(x)和一个本原多项式相通，不妨假定(x)本身就是本原多项式。故，(x)除(x)所得的商式(x)是整系数多项式。,8,从而(x)可分解为非常数的两个整系数多项式之积

5、，即，(x)=a0 xn+a1xn-1+an=(b0 xr+br)(c0 xs+cs)于是有a0 xn=b0c0 xr+s，an=brcs因为p不整除a0，所以p不整除b0，p不整除c0。因为p2不整除an，所以br和cs中至少有一个不为p整除，不妨设p不整除cs。在b0 xr+br中从后往前看，设第一个不为p整除的系数为bi。看(b0 xr+br)(c0 xs+cs)中xr-i的系数：bics+bi+1cs-1+bi+2cs-2+(*)由题设，这个系数应为p整除。但p不整除bics，而(*)中其余各项都为p整除，可见p又不能整除这一系数，此为矛盾。证毕。,9,注意：并不是每一个有理域上的多项

6、式都可用Eisenstein定则判定是否可约，xn+x+1就是一例。例：由Eisenstein定则知，x2-2在有理域上不可约，所以x2-2不可能有有理根，因而立即推出 是无理数。例：利用Eisenstein定则，可以写出许多在有理域上不可约的多项式，例如xn+2，x4+2x3-4x+10，xn+2x+2等。定理 对任意n1，有理域上有n次质式。,10,设p是质数，用Eisenstein定则证明多项式f(x)=xp-1+xp-2+x+1在R0上不可约。证明：f(x)=(xp-1)/(x-1)，令t=x-1，则x=t+1，代入f(x)得f(x)=(xp-1)/(x-1)=(t+1)p-1)/t=

7、(tp+ptp-1+p(p-1)/2 tp-2+pt+1-1)/t=tp-1+ptp-2+p(p-1)/2 tp-3+p显然质数P不整除1，而p整除后面的所有系数，且p2不整除p，故原式不可约。,例1：,11,证明f(x)=3x5+7x2+5在有理域R0上不可约。证明：若f(x)在R0上可约，则f(x)在R2上可约。因此，只需证明f(x)在R2上不可约，则可知f(x)在R0上不可约。而在R2上，f(x)=x5+x2+1。(分析，5次多项式若可约，有如下可能：1)可分为5个一次质因式乘积2)可分为3个一次质因式和1个二次质因式乘积3)可分为2个一次质因式和1个三次质因式乘积4)可分为1个一次质因

8、式和1个四次质因式乘积5)可分为1个二次质因式和1个三次质因式乘积1)-4)都有一次质因式，5)有二次质因式，因此，只需证明5次多项式无一次质因式和二次质因式，即可证明其不可约。),例2：,12,证明：,1)证明无一次因式。由R2=0,1，f(0)=f(1)=1知，f(x)在R2上无根，即无一次因式。2)证明无二次因式。在R2上二次因式只有：x2,x2+1,x2+x,x2+x+1。其中只有x2+x+1是质式。但x5+x2+1=x2(x+1)(x2+x+1)+1，因此，f(x)在R2上无二次因式。所以，f(x)在R2上不可约。证毕。,13,有理根问题,定理 设(x)=a0 xn+a1xn-1+a

9、n是整系数多项式。若有理数bc是(x)的根，其中b和c是互质的整数，则ban，ca0。证明：因为bc是(x)的根，所以x-b/c整除(x)，因而本原多项式cx-b整除(x)，且商式应是整系数多项式，故(x)分解为整系数多项式之积如下：(x)=(cx-b)(d0 xn-1+dn-1)比较两边的首系数和常数项得a0=cd0，an=-bdn-1，故ban，ca0。,14,求有理根的方法,设f(x)=a0 xn+a1xn-1+an，求有理根的方法为：1)分别找a0，an的所有因子ci,bj。2)找互质对(ci,bj)。3)用x-bj/ci除f(x)(综合除法)，能除开，则bj/ci为根，否则，bj/c

10、i不是根。,15,证明 为无理数。证明：若 为有理数，x2-2应有有理根，ci=1，bj=2,1，可能根为bj/ci：1,2，但用综合除法知，1，2都不是x2-2的根，所以，是无理数。,例：,16,该定理是说，若有理数b/c是多项式f(x)的根，则用分数表示的这个有理数的分子分母满足ban，ca0。反过来说，满足这个条件是多项式f(x)根的必要条件，但不满足一定不是根。下面通过具体实例，说明定理的使用。例：设f(x)=3x3-x+1，判断它在有理域R0上是否可约。分析，这是一个3次多项式，若f(x)可约，则f(x)必能分解为一个一次因式与一个二次因式之积，因而必有一个有理根，于是可利用本定理判

11、断，用试根法来做：1)把系数a0,an因数分解；2)然后用a0的因子做分母，an的因子做分子所得的数代入f(x)；3)考察这些数中是否有f(x)的根，由此判定f(x)是否可约。本例中a0=3，它的因子有1,3，an=1，它的因子有1，所以，如果f(x)有有理根，则只能为1，1/3，分别代入f(x)检验，可知都不是f(x)的根，所以f(x)无有理根，因而f(x)在有理域R0上不可约。,17,判断多项式是否可约,对于多项式f(x)=x5-5x+1，用试根法和艾森斯坦定理也无法找到p，这时我们可以把f(x)做一个变形然后利用以下结论：f(x)在Fx中可约当且仅当f(x+1)在Fx中可约。再回到本例，

12、考察f(x-1)=x5-5x4+10 x3-10 x2+5，取p=5，由艾森斯坦定理知它在有理域不可约，从而f(x)在有理域不可约。,18,习题,下面给出的多项式是R0上的质式吗？1)x3+x2+x+1解：因为-1是x3+x2+x+1的根，即x3+x2+x+1=(x2+1)(x+1)，所以，x3+x2+x+1不是质式。2)x4+x2-6解：x4+x2-6没有一次因式，因为1，2，3，6都不是x4+x2-6的根。根据定理，x4+x2-6没有有理根。而x4+x2-6=(x2+3)(x2-2)，所以x4+x2-6不是质式。3)x5+15解：由Eisenstein定则，取p=3，p不整除1，p|15，p2不整除15，因此，x5+15是质式。,19,代数数与超越数,定义 复数称为一个代数数，如果是某个有理系数非0多项式的根。若不是任何有理系数非0多项式的根，则称为一个超越数。例：圆周率=3.14159和自然对数底e=2.71828都是超越数。例：一些有理数通过有限次加减乘除及开整数次方得到的数都是代数数，比如，,都是代数数。,20,作业9,P266-3,