沈阳师范大学：《高等代数》课程教学课件（讲稿一）第一章 多项式（定理证明专题——有理系数多项式）

第一章 多项式F=r+r=nfrn)Mg定理证明专题-n*(nxn)=r-n(ng)（有理系数多项式）主讲人：黄影

定理证明专题 （有理系数多项式） 第一章 多项式 主讲人：黄影

高斯引理

高斯引理

定理证明专题定义 设 g(x)=bx" + bn--x"-1 +...+ bx +bo +0,b, e Z, i= 0,1,2,,n. 若 bn,bn-1,.,br,b, 没有异于±1的公因子，即bn,bn-1,"",br,bo是互素的则称g(x）为本原多项式

设 1 1 1 0 ( ) 0, n n n n g x b x b x b x b − 定义 = + + + +  − , 0,1,2, , . i b Z i n  = 若 b b b b n n , , , , −1 1 0 没有 则称 g x( ) 为本原多项式． 异于 的公因子，即 1 1 0 , , , , n n b b b b 1 − 是互素的， 定理证明专题

定理证明专题高斯引理两个本原多项式的积仍是本原多项式证明 设 f(x)=a,x" +an-ix"- +...+ ao,g(x) = b.x" + bm-1xm-1 +...+ b,是两个本原多项式h(x) = f(x)g(x) = d ++** + nm-+*- ++ d.反证法.若h(x）不是本原的，则存在素数P，pld,, r=0,l,..,n+m.又f(x）是本原多项式，所以p不能整除f(x)的每一个系数

设 1 1 0 ( ) , n n n n f x a x a x a − = + + + − 1 1 0 ( ) m m m m g x b x b x b − = + + + − 是两个本原多项式． 1 1 0 ( ) ( ) ( ) n m n m h x f x g x d x d x d n m n m + + − = = + + + + + − 若 h x( ) 不是本原的，则存在素数 p, 证明 | , 0,1, , . r p d r n m = + 又 f x( ) 是本原多项式，所以 p 不能整除 f x( ) 的 每一个系数． 反证法． 高斯引理 两个本原多项式的积仍是本原多项式． 定理证明专题

定理证明专题令a,为a,aj,,a,中第一个不能被p整除的数，即plao, play, .., plai-1, pta,.同理，g(x)本原，令b,为bo,…,b中第一个不能被p整除的数，即p|bo,plb,,pbj-1,p+b,.又 di+, =a,b, +ai+rbj- +",在这里pldi+j，p+a,bj，plai+ibj-1,矛盾.故h(x）是本原的

令 ai 为 a a a 0 1 , , , n 中第一个不能被 p 整除的数，即 1 1 | , , , . | | i i p a p a p a − 同理， g x ( ) 本原，令 bj 为 中第一个不能被 0 , , m b b p 整除的数，即 0 1 1 | , | , | , , . | j j p b p b p b p b − 又 1 1 , i j i j i j d a b a b + + − = + + 在这里 p d p a b p a b | , , | , i j i j i j + + − | 1 1 矛盾． 故 h x( )是本原的． 定理证明专题 p|𝒂𝟎

艾森斯坦因判别法

艾森斯坦因判别法

定理证明专题艾森斯坦因Eisenstein判别法设 f(x)=a,x"+an-ix"- +...+ax+ ao,是一个整系数多项式，若有一个素数P，使得1°ptan2°plan-1,an-2.....ao3°p+ao则f(x）在有理数域上是不可约的

艾森斯坦因Eisenstein判别法 设 1 1 1 0 ( ) , n n n n f x a x a x a x a − = + + + + − 是一个整系数多项式，若有一个素数 p, 使得 1 | n p a 1 2 0 2 | , , , n n p a a a − − 2 0 3 p | a 则 f x( ) 在有理数域上是不可约的． 定理证明专题

定理证明专题证明 若f(x)在 Q上可约，f（x）可分解为两次数较低的整系数多项式积f(x) = (b,x' + bi-x-+ +..+ b,)(cmx" +Cm--xm- +.+ co)b,c,EZ, l,m<n, I+m=n:. an =bcm, ao =bco.: plao, :: plbo 或 plco又 p°+ao，： p 不能同时整除 bo,Co.不妨设p/bo但p+co

若 f x( ) 在 Q 上可约， f x( ) 可分解为两次数较低的整系数多项式积 1 1 1 0 1 0 ( ) ( )( ) l l m m l l m m f x b x b x b c x c x c − − = + + + + + + − − , , , , i j b c Z l m n l m n   + = 证明 0 0 0 , . n l m  = = a b c a b c 0 p a| , 又 2 0 p a| , 不妨设 但 0 p b| 0 p c| . 0  p b| 0 或 p c| , 0 0  p 不能同时整除 b c, . 定理证明专题

定理证明专题另一方面,p+an...p+b,，p+cm假设bo,b,…,b,中第一个不能被p整除的数为bk比较两端x的系数，得ak = brCo + bk-ICi +... + bock上式中ak,bk-1,,b，皆能被p整除，: p/bkco = plb,或 plco.矛盾.故f(x)不可约

另一方面， | . n p a 假设 b b b 0 1 , , , l 中第一个不能被 p 整除的数为 , k b 比较两端 的系数，得 k x k k k k 0 1 1 0 a b c b c b c = + + + − 上式中 a b b k k , , , −1 0 皆能被 p 整除，  p b p c | | . k 或 0 矛盾． | , | . l m  p b p c 0 | k  p b c 故 f x( )不可约． 定理证明专题

定理证明专题x3xxp例关判断 f(x)=1+x+p!2!3!p为素数,在Q上是否可约.解: 令 g(x)=p! f(x),p!g()- +p+++++1XF2(p-1)!则g(x)为整系数多项式p!p!: p+1, pl(p-1)!'(p-2)!"", p!,但 p2 + p!,.g(x)在Q上不可约,从而f(x）在Q上不可约

令 g x p f x ( ) ! ( ), = 2 1 ! ! ( ) ! ! , 2 ( 1)! p p p p g x p p x x x x p − = + + + + + − 则 g x( ) 为整系数多项式． ! ! | 1, | , , ! , ( 1)! ( 2)! p p p p p p p − − , 但 2 p p | ! , 解：  g x( ) 在 Q上不可约，从而 f x( )在 Q上不可约． 例 判断 2 3 ( ) 1 , 2! 3! ! p x x x f x x p = + + + + + p 为素数,在 Q 上是否可约． 定理证明专题