高代 | 多项式 | 不随数域的扩大而改变 | 整系数多项式在Q上不可约

多项式

不随数域的扩大而改变

设 $f(x)$ 是有理数域上的 $n(n \geqslant 2 )$ 次多项式,且它在有理数域上不可约,但知 $f(x)$ 的一个根的倒数也是 $f(x)$ 的根,证明: $f(x)$ 的每一个根的倒数也是 $f(x)$ 的根.

proof
首先设 $f ( x ) = a _ { n } x ^ { n } + \cdots + a _ { 1 } x + a _ { 0 } ( a _ { i } \in \mathbb{Q} ,i = 0 ,1 ,\cdots ,n ) .$
由于 $f(x)$ 是 $n$ 次不可约的,所以 $a_0,a_n$ 都非零,自然 $f(x)$ 也无零根.记 $\mathbb{Q}$ 上的多项式 $g ( x ) = x ^ { n } f \left( \frac { 1 } { x } \right) = a _ { 0 } x ^ { n } + a _ { 1 } x ^ { n - 1 } + \cdots + a _ { n } .$
若复数 $\alpha$ 与 $\dfrac{1}{\alpha}$ 均为 $f(x)$ 的根,则 $g ( \alpha ) = \alpha ^ { n } f \left ( \frac { 1 } { \alpha } \right ) = 0 .$
于是 $\alpha$ 是多项式 $f(x),g(x)$ 的公共复根,所以 $f(x),g(x)$ 在复数域上不互素,结合互素性不随数域的扩大而改变,可知 $f(x),g(x)$ 在有理数域上也不互素,而 $f(x)$ 在有理数域上是不可约的,所以有 $f(x) \mid g(x)$ 而结合 $a_0 \neq 0$ 可知 $\partial ( g ( x ) ) = n$ ,所以必有 $g(x)=kf(x)$ ,其中 $k$ 是一个非零常数,于是对 $f(x)$ 的任一根 $x_0$ ,有
$g ( x _ { 0 } ) = x _ { 0 } ^ { n } f \left ( \frac { 1 } { x _ { 0 } } \right ) = k f ( x _ { 0 } ) = 0$ 即有 $f \left( \dfrac { 1 } { x _ { 0 } } \right) = 0$ ,即 $x_0$ 的倒数也是 $f(x)$ 的根.

满足 $2-\sqrt[]{3}$ 为根的最小非零首1的有理多项式是 $(\qquad)$

solution $\begin{aligned}( x - 2 + \sqrt { 3 } ) ( x - 2 - \sqrt { 3 } ) &= ( x - 2 ) ^ { 2 } - 3\\ &= x ^ { 2 } - 4 x + 1 .\end{aligned}$

以 $\sqrt { 2 } + i$ 为根的次数最小的有理系数多项式为 $(\qquad)$

solution
首先构造 $\begin{aligned}( x - \sqrt { 2 } - i ) ( x - \sqrt { 2 } + i ) &= ( x - \sqrt { 2 } ) ^ { 2 } + 1\\ & = x ^ { 2 } + 3 - 2 \sqrt { 2 } x .\end{aligned}$
再构造 $\begin{aligned}( x ^ { 2 } + 3 - 2 \sqrt { 2 } x ) ( x ^ { 2 } + 3 + 2 \sqrt { 2 } x ) &= ( x ^ { 2 } + 3 ) ^ { 2 } - 8 x ^ { 2 }\\& = x ^ { 4 } - 2 x ^ { 2 } + 9 .\end{aligned}$
所以以 $\sqrt { 2 } + i$ 为根的次数最小的所有有理系数多项式为 $a ( x ^ { 4 } - 2 x ^ { 2 } + 9 ) ,$ 其中 $a \in \mathbb{Q} ,a \neq 0 .$

整系数多项式在 $\mathbb{Q}$ 上不可约

已知 $f ( x ) \in P [ x ] ,c \in P ,c \neq 0 ,$ 证明:若 $f(x+c)$ 在数域 $P$ 上不可约,则 $f(x)$ 在数域 $P$ 上不可约.

proof
反证法.若 $f(x)$ 在 $P$ 上可约,不妨设 $f(x)=g(x)h(x)$ ,其中 $g(x),h(x)$ 为 $P[x]$ 中次数大于零的多项式,则 $f ( x + c ) = g ( x + c ) h ( x + c ) .$
而 $g ( x + c ) ,h ( x + c )$ 也为 $P[x]$ 中次数大于零的多项式,所以 $f(x+c)$ 也可约,矛盾.

证明多项式 $x ^ { 6 } + x ^ { 3 } + 1$ 在有理数域上不可约.

proof
记 $f ( x ) = x ^ { 6 } + x ^ { 3 } + 1 ,$ 则 $\begin{aligned} f ( x + 1 ) & = ( x + 1 ) ^ { 6 } + ( x + 1 ) ^ { 3 } + 1 \\ & = x ^ { 6 } + 6 x ^ { 5 } + 1 5 x ^ { 4 } + 2 1 x ^ { 3 } + 1 8 x ^ { 2 } + 9 x + 3 . \end{aligned}$
取素数 $p=3$ ,明显有 $p \nmid 1 ; p \mid 6 ,1 5 ,2 1 ,1 8 ,9 ,3 ; p ^ { 2 } \nmid 3 .$
于是由艾森斯坦判别法可知 $f(x+1)$ 在有理数域上不可约,进而 $f(x)$ 在有理数域上也不可约.

设 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 为互异的整数,证明 $f ( x ) = ( x - a _ { 1 } ) ^ { 2 } ( x - a _ { 2 } ) ^ { 2 } \cdots ( x - a _ { n } ) ^ { 2 } + 1$ 在有理数域上不可约

proof
反证法,若 $f(x)$ 在有理数域上可约,则其一定分解为两个整系数多项式的乘积,设为 $f ( x ) = f _ { 1 } ( x ) f _ { 2 } ( x ) ,$ 其中 $f _ { 1 } ( x ),f _ { 2 } ( x )$ 是次数大于零的首1整系数多项式.那么由
$f ( a _ { i } ) = f _ { 1 } ( a _ { i } ) f _ { 2 } ( a _ { i } ) = 1 ( i = 1 ,2 ,\cdots ,n )$
且 $f _ { 1 } ( a _ { i } ) ,f _ { 2 } ( a _ { i } ) \in \mathbb{Z}$ 可知 $f _ { 2 } ( a _ { i } ) = f _ { 2 } ( a _ { i } ) = \pm 1$ ,注意到 $f ( x ) \geqslant 1 > 0$ ,所以 $f(x)$ 无实数根,进而 $f _ { 1 } ( x ) ,f _ { 2 } ( x )$ 也无实数根,于是对任意的 $i = 1 ,2 ,f _ { i } ( a _ { 1 } ) ,f _ { i } ( a _ { 2 } ) ,\cdots ,f _ { i } ( a _ { n } )$ 都是同号的(都为1或者都为-1),不妨设它们都为1,则 $f _ { 1 } ( x ) - 1$ 与 $f _ { 2 } ( x ) - 1$ 均以 $a _ { 1 } ,a _ { 2 } ,\cdots ,a _ { n }$ 为根,从而其次数均大于等于 $n$ ,再结合其次数之和为 $2n$ ,所以 $f _ { 1 } ( x ) - 1 ,f _ { 2 } ( x ) - 1$ 都是 $n$ 次首1多项式,即
$f _ { 1 } ( x ) - 1 = f _ { 2 } ( x ) - 1 = ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdots ( x - a _ { n } ) .$
从而 $f ( x ) = f _ { 1 } ( x ) f _ { 2 } ( x )$ 就等价于 $\begin{aligned} ( x - a _ { 1 } ) ^ { 2 } ( x - a _ { 2 } ) ^ { 2 } \cdots ( x - a _ { n } ) ^ { 2 } + 1 & = [ ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdots ( x - a _ { n } ) + 1 ] ^ { 2 } \\ & = ( x - a _ { 1 } ) ^ { 2 }( x - a _ { 2 } ) ^ { 2 } \cdots ( x - a _ { n } ) ^ { 2 } + 2 ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdots ( x - a _ { n } ) + 1 . \end{aligned}$ 这等价于 $2 ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdot \cdot \cdot ( x - a _ { n } ) = 0 ,$ 矛盾.

证明: $f(x)=x^{3}-5x+1$ 在有理数域上不可约.

proof
由于 $f(x)$ 为3次整系数多项式,若其在有理数域上可约,则一定存在一次因式,进而一定存在有理根.而 $f(x)$ 的有理根只可能为 $\pm 1$ ,明显 $f(1)=-3 \neq 0,f(-1)=5 \neq 0$ ,所以 $f(x)$ 不存在有理根,从而 $f(x)$ 在有理数域上不可约.

证明: $f(x)=(x-1)(x-2) \cdots (x-(2n-1))+1(n>1)$ 在有理数域上不可约.

proof
反证法.若 $f(x)$ 在有理数域上可约,由于 $f(x)$ 为整系数多项式,所以存在两个次数大于零的整系数多项式 $g(x)$ 与 $h(x)$ 使得 $f(x)=g(x)h(x)$
那么对任意的 $k=1,2,\cdots ,2n-1$ ,根据 $f(k)=1$ 可知 $g(k)h(k)=1$ 而 $g(k),h(k)$ 均为整数,所以 $g(k)$ 与 $h(k)$ 要么均为1,要么均为-1,即总有
$g(k)-h(k)=0,k=1,2,\cdots,2n-1.$
这说明 $g(x) - h(x)$ 存在 $2n-1$ 个零点、而显然 $\partial g(x),\partial h(x) < \partial f(x)=2n-1$ ,所以必有 $g(x)-h(x)=0$ (否则 $\partial (g(x)-h(x)) < 2n-1,g(x)-h(x)$ 不可能存在 $2n-1$ 个零点),也就是说 $g(x)=h(x)$ ,即
$f(x)=g(x)h(x)=g^{2}(x)$
这与 $f(x)$ 的次数为奇数矛盾.所以 $f(x)$ 在有理数域上不可约.

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多项式

不随数域的扩大而改变

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