爱森斯坦判别法在判断根时条件爱森斯坦判别法在判断根时条件爱森斯坦判别法在判断根时条件爱森斯坦判.doc

爱森斯坦判别法是目前为止用来判断内一个多项式可约与否的最好结果。 爱森斯坦判别法 设给定次本原多项式 如果存在一个素数，使，但，则在内不可约。 证明：用反证法。设在内可约，即 ， 其中 这里。为方便计，下面式子中多项式的系数的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。 因为，而，故。 另一方面，，而，故或；不妨设，此时因，故。 设，但。此时，而 括号中各项均含有因子，故。但，为素数，矛盾。由此， 在内不可约。 爱森斯坦判别法是目前为止用来判断Z[x]内一个多项式可约与否的最好结果。　艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。由高斯定理，这判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。 　　艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式 　　如果存在素数p，使得 p不整除an ，但整除其他ai ； p^2 不整除a0 ， 那么f(x) 是不可约的。 编辑本段[编辑] 例子 　　给了多项式g(x) = 3x4 + 15x2 + 10，试确定它能否分解为有理系数多项式之积。 　　试用艾森斯坦判别法。素数2和3都不适合，考虑素数p = 5。5整除x的系数15和常数项10，但不整除首项3。而且52 = 25不整除10。所以g(x)在有理数域不可约。 　　有时候不能直接用判别法，或者可以代入y = x + a后再使用。 　　例如考虑h(x) = x2 + x + 2。这多项式不能直接用判别法，因为没有素数整除x的系数1。但把h(x)代入为h(x + 3) = x2 + 7x + 14，可立刻看出素数7整除x的系数和常数项，但72 = 49不整除常数项。所以有时通过代入便可以用到判别法。 　　艾森斯坦判别法得出的一个著名结果如下： 　　对素数p，以下多项式在有理数域不可约。 　　。 要使用艾森斯坦判别法，先作代换x = y + 1。新的常数项是p，除首项是1外，其他项的系数是二项式系数，k大于0，所以可以被p除尽。 编辑本段[编辑] 初等证明 　　对多项式f(x)取模p，也就是把它的系数映射到域上。这样它便化为，其中c为非零常数。因为在域上的多项式有唯一分解，f在模p上会分解为单项式。 如果f是在有理数上可约的，那么会有多项式g, h使得f = g h。从上可知g和h取模p分别为和，满足c = d e。因为g和h模p的常数项为零，这表示g和h的常数项均可被p整除，所以f的常数项a0可以被p2整除，与f系数的假设矛盾。因此得证试以Q、R、C为系数域，论述多项式的因式分解和多项式的根的关系。首先，多项式因式分解是由其根决定的。 Q为有理数域，有理系数多项式均等价于一整系数多项式；R为实数域，实系数多项式一般不等价于整系数多项式，因为系数一般含无理数；C为复数域，复系数多项式系数一般含虚数，因此解一般为虚数。 根据根的数域：同一多项式进行因式分解或求根，解的个数CRQ，因为：n次多项式复数域上求解必有n个复根（无重根）；实数域上求解一般小于n，且可能存在重根，解的取值范围为有理数或无理数；有理数域上求解一般也小于n，且也可能存在重根，解的取值范围是有理数。 若一个多项式y=a0+a1x+a2x^2+……anx^n,它的C上复根为x1,x2,……xn,则 y=an(x-x1)(x-x2)……(x-xn), 若是Q或R上，则将x1,x2,……xn中不属于该数域的项乘起来。 例如，y=x^2-1，Q或R或C上因式分解为(x+1)(x-1); y=x^2-2,Q上因式分解为原式，R或C上因式分解为(x-√2)(x+√2)； y=x^2+2,Q或R上因式分解为原式，C上因式分解为(x-√2i)(x+√2i)。 求证：3次和3次以上的实系数多项式都可以进行因式分解.任何n次多项式都有n个复根(可以重复) 2.实系数多项式虚根成对(互为共轭) 于是，对于高于三次的实系数多项式P，至少存在a+bi和a-bi两个复根，于是P同时被x-a+bi和x-a-bi整除，也就是被(x-a)^2+b^2整除。请问怎样可以根据一个多项式的系数来确定其是否能被因式分解作为代数基本定理（可到百科查一下）的简单推论，一个数域上的多项式总可以在复数范围内分解成一次因式的乘积。 例如： x^2 + p x + q = (x - r1) (x - r2) 其中r1，r2是方程x^2 + p x + q = 0的两根，r1 = ( - p + √(p^2 - 4q) ) / 2，r2 = ( - p - √(p^2 - 4q) ) / 2。 不过因为对于4次以上的代数方程没有一般的根式求根公式（有根，但不会算），所以这个方法的实际用处也比较有限。 作为上面结论的一个特殊情况，我们可以证明一个实数为系数的多项