有理系数多项式课件.pptVIP

問題的引入

1.由因式分解定理，作為一個特殊情形：

對f(x)Q[x],f(x)1,則f(x)可唯一分解

成不可約的有理係數多項式的積.

但是，如何作出它的分解式卻很複雜，沒有一個

一般的方法.

2.我們知道，在C上只有一次多項式才是不可約

多項式；

在R上，不可約多項式只有一次多項式與某些

二次多項式；

但在Q上有任意次數的不可約多項式．如

xn2,nZ.

如何判斷Q上多項式的不可約性呢?

3.有理係數多項式可歸結為整係數多項式的問題．

這是因為任一有理數可表成兩個整數的商．

nn1

事實上，設f(x)anxan1xa0,

則可選取適當整數c,使cf(x)為整係數多項式．

若cf(x)的各項係數有公因數，就可以提出來，得

d

cf(x)dg(x),也即f(x)g(x),

c

其中g(x)是整係數多項式，且各項係數沒有異於

1的公因數．

一、本原多項式

nn1

定義設g(x)bnxbn1xb1xb00,

若沒有

biZ,i0,1,2,,n.bn,bn1,,b1,b0

異於1的公因數，即bn,bn1,,b1,b0是互素的，

則稱g(x)為本原多項式．

有關性質

1．f(x)Q[x],rQ,使f(x)rg(x),

其中g(x)為本原多項式．

（除了相差一個正負號外，這種表示法是唯一的）．

2．Gauss引理

定理10兩個本原多項式的積仍是本原多項式．

證：nn1

設f(x)anxan1xa0,

mm1

g(x)bmxbm1xb0

是兩個本原多項式．

nmnm1

h(x)f(x)g(x)dnmxdnm1xd0

反證法．

若h(x)不是本原的，則存在素數p,

p|dr,r0,1,,nm.

又f(x)是本原多項式，所以p不能整除f(x)的

每一個係數．

令為中第一個不能被整除的數，即

aia0,a1,,anp

p|a1,,p|ai1,p|ai.

同理，本原，令為中第一個不能被

g(x)bjb0,,bm

整除的數，即

pp|b0,p|b1,,p|bj1,p|bj.

又

dijaibjai1bj1,

在這裏p|dij,p|aibj,p|ai1bj1,矛盾．

故h(x)是本原的．

二、整係數多項式的因式分解

定理11若一非零的整係數多項式可分解成兩

個次數較低的有理係數多項式，則它一定可分解

成兩個次數較低的整係數多項式的乘積．

證：設整係數多項式f(x)有分解式

f(x)g(x)h(x)

其中g(x),h(x)Q[x],且g(x),h(x)f(x)