厦门大学高等代数教案网站IP地址:59.771.116;域名: gdjpkc. xmu.edu. cn §57实系数多项式和有理系数系数多项式 教学目的和要求熟练掌握实系数多项式的标准形;学习一些解决实系数多项式 问题的方法和技巧.学会用综合除法等方法求一些有理系数多项式的有理根.理解 整系数多项式在有理数域上可约性的关系,熟练应用 Eisenstein判别法.了解有 理系数多项式分解问题的一些技巧与方法 实系数多项式的标准形 定理设∫(x)=anx+an-1xm-1+…+a1x+a0∈R[X.若a+b(其中 b≠0,a,b∈R)是f(x)的根,则a-b也是它的根 证明令p(x)=(x-(a+b1)(x-(a-b)=x2-2ax+(a2+b2)∈R[z],则p(x) 是R上不可约多项式.又因p(x)与f(x)在C上有公共根a+b,所以p(x川f(x) 故a-b是∫(x)的根口 推论实数域上不可约多项式或为次或二次多项式ax2+bx+c,其中b2-4 所以实数域上一元多项式的标准分解式为 f(x)=d(x-a1)4…(x-am}n(x2+b1x+c1)21…(x2+b1x+c) 其中a1,b,G∈R,a1两两互异,B-4c10.口 例3设∫(x)∈R[x],则在∫(x)的两个实根之间存在f(x)的一个根
(n 4 b 2 i − 4ci 0. ✷ y 3 f(x) ∈ R[x], RP f(x) 'e= ?\R P f ′ (x) ':=? 1
注《数分》中的洛尔引理. 例4已知c0+分+3+…+m=0,c∈R,0≤i≤n.证明 f(ar)=co+C1a+c2.c- 至少有一个实根 证明令9(x)=C0x+分x2+…+m+∈RX],则g(1)=0,9(0)=0.所以 存在a∈R,使g(a)=0,而g(x)=f(x),即f(a)=0.口 例5设f(x)∈R[x],若∫(x)只有实根证明:若a是∫(x)的重根,则f(a)=0. 证明∫(x)=a(x-a1)x-a2)…(x-an),则f(x)=a(∑m1)f(x),f"(x) a-∑=1ayf(x)+a(m1x)(x).若f(a)≠0则a≠a,1≤i≤m,因a 是f(x)的重根,所以f"(a)=f(a)=0代入上式,得f(a)=0.矛盾.故f(a)=0 整系数多项式的有理根 定理设f(x)=an2+an-121-1+…+a1x+a是整系数多项式,则有理数 是f(x)的根的必要条件是plan,qao.其中p,q是互素的整数 证明将代入∫(x),得到 f(-)=an(-)n+ )n-1+…+ 在等式两边乘以p2,得 ang"+an-19p+.+a1gp+ aop=0 故有qlao,pla 定理设a是整系数多项式f(x)的整数根,则盘与a+都是整数 证明设f(x)=anx2+an-1xn +a1x+a.因为a是f(x)的整数根,所 以f(x)=(x-a)g(x),这里9(x)=bn-1xn-1+bn2-2m-2+…+b1x+b,比较两边系 数,得an=bn-1,an-1=bn-2-b2-10,…,a1=b-b1a.因为a,a1∈Z,0≤i≤m, 所以b∈20≤j≤n-1,即9(x)是整系数多项式故有=-9(1)∈Z,a 9(-1)∈Z
8b'j1` y 4 ;[ c0 + c1 2 + c2 3 + · · · + cn n+1 = 0, ci ∈ R, 0 ≤ i ≤ n. Zq f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + · · · + cnx n aD:= ? { g g(x) = c0x + c1 2 x 2 + · · · + cn n+1x n+1 ∈ R[X], R g(1) = 0, g(0) = 0. < P α ∈ R, g ′ (α) = 0, 0 g ′ (x) = f(x), O f(α) = 0. ✷ y 5 f(x) ∈ R[x], f(x) `D ?Zq α f ′ (x) ' ?R f(α) = 0. { f(x) = a(x−a1)(x−a2)· · ·(x−an), R f ′ (x) = a( Pn i=1 1 x−ai )f(x), f ′′(x) = a[− Pn i=1 1 (x−ai) 2 ]f(x) + a( Pn i=1 1 x−ai )f ′ (x). f(α) 6= 0 R α 6= ai , 1 ≤ i ≤ n. ? α f ′ (x) ' ?< f ′′(α) = f ′ (α) = 0 Æ& f(α) = 0. l.B f(α) = 0. ✷ 2X&/+Æ'D`? sx f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 X&/+ÆRD` q p f(x) '?' 7 S p|an, q|a0. {b p, q J'X { T q p f(x), &% f( q p ) = an( q p ) n + an−1( q p ) n−1 + · · · + a1( q p ) + a0 = 0. P(Æe < p n , & anq n + an−1q n−1 p + · · · + a1qpn−1 + a0p n = 0. BD q|a0, p|an. ✷ sx α X&/+Æ f(x) 'X?R f(1) α−1 I f(−1) α+1 ,X { f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0. ? α f(x) 'X? < f(x) = (x−α)g(x), Wa g(x) = bn−1x n−1 +bn−2x n−2 +· · ·+b1x+b0. Ve & & an = bn−1, an−1 = bn−2 − bn−1α, · · · , a1 = b0 − b1α. ? α, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, < bi ∈ Z, 0 ≤ j ≤ n−1, O g(x) X&/+ÆBD f(1) α−1 = −g(1) ∈ Z, f(−1) α+1 = −g(−1) ∈ Z. ✷ 2
例6证明f(x)=x5-12n32+36x+12没有有只因 证其若f(x)存在有只因,则它们理能是±1,±2,±3,±4,±6,±12.将明逐一为 f(x)均不代0.口 综与除法入 设f(x)是数互K上多项式,b是K上,个数 f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a=(x-b)(bnxn-1+…+b1x+b)+f() 件开上式右实,比较左右两式得数,则相应得数关得可故.的综与除法表示入 b1b bob 明中项三多元素代上两多相应元素的和 中6中,当b=2必,有 10-12 03612 2 4-16-328 12 16 表明f(2)=20≠0,故2要f(x)的因 a f(a)=(ar+b)q()+r=(r-(o(aq(a))+r 乘.有只得数多项式的可约而与整得数多项式多项式的可约而 定义设∫(x)=anx+an-1xn-1+…+a1x+a0是整得数多项式,若an2,an-1,…,ao 的矛大引根数是1,则称f(x)代设原多项式 Gass引理两个设原多项式之积是设原多项式 证其设 f(r)=an"+an-11"-+.+a1C+a0, g(c)=bmr+bm-12m-+.+b12+bo 是两个设原多项式.若 ∫(x)g(x) +m+n-1m Cla+co
y 6 Zq f(x) = x 5 − 12x 3 + 36x + 12 mDD`? { f(x) PD`?Ro`w ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12. T{d: f(x) \ 0. ✷ iI3 f(x) J K /+Æ b K = f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 = (x − b)(bnx n−1 + · · · + b1x + b0) + f(b). S℄ÆE VmEeÆ&R*A&C&_B'iI3 an an−1 an−2 · · · a1 a0 b bn−1b bn−2b · · · b1b b0b bn−1 bn−2 bn−3 · · · b0 f(b) {b+/L e/*AL'H b 6 b$ b = 2 D 1 0 −12 0 36 12 2 2 4 −16 −32 8 1 2 −8 −16 4 20 q f(2) = 20 6= 0, B 2 7 f(x) '? f(x) = (ax + b)q(x) + r = (x − (− b a ))(aq(x)) + r. D`&/+Æ'_N0IX&/+Æ/+Æ'_N0 s f(x) = anx n+an−1x n−1+· · ·+a1x+a0 X&/+Æ an, an−1, · · · , a0 'l ? 1, R f(x) M/+Æ Gauss x e= M/+Æ\N M/+Æ { f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0, g(x) = bmx m + bm−1x m−1 + · · · + b1x + b0 e= M/+Æ f(x)g(x) = c m+nx m+n + cm+n−1x m+n−1 + · · · + c1x + c0. 3
不是设原多项式例则c0,1,…,cm+n必有一意公应的素因子p.因co=a0bo,用pa 或po不妨设plao.又∫(x)是设原多项式{不能整它所有a,设pao,pa1,…,pla-1 无p十a.同理任设有某j,0≤j≤m,使pb,pb,…,p-1,无pb注意习 1<i+j≤m+n, b+2+a1-1by-1+a1by+a+1 P址整它右式中它ab外明余项任p+,所以paby,无p+a求pb矛形如口 定理设f(x)是整系数多项式任则f(x)在有理数域上址约的所也必要条件是 f(x)在整数上址约如 明所也性是显然的如 必要性如设f(x)=9(x)h(x)∈Qx],这里deg(x),degh(x)<degf(x).因为 9(x)∈Q,所以存在a∈Q,使系g(x)=a1(x),这里91(x)为设原多项式如事实 上任取c是g(x)的系数的公也和任则g(x)=l(eg(x),即cg(x)是整系数多项式如 设d是cg(x)的系数的最大公因数倒则g1(x)=9()是设原多项式如准a=4∈Q 则g(x)=ag1(x),91(x)是设原多项式如 同理h(x)=bh1(x),b∈Q,h(x)是设原多项式任于是有 f(a)=ab(g1(r)h1(a)) 由Gaus引理任知91(x)h1(x)是设原多项式任若ab不是整数任则abgn(x)h1(x)不 是整系数多项式任所以对于任意的ab∈Z.则∫(x)=(abo(x)h1(x),即f(x)在整 数上址约如口 :设∫(x)是整系数多项式任则f(x)在有理数域上是否址约域为在整数上是 否址约的问题如 定理( Eisenstein判法)设∫(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a是整系数 多项式任an≠0,n≥1,设p是一意素数任满足 (1)pla,0≤i≤n-1 (3)p2+ao, 则f(x)在Q上不址约如
M/+ÆR c0, c1, · · · , cm+n D:=A'?h p. ? c0 = a0b0, B p|a0 M p|b0. 6 p|a0. F f(x) M/+Æp wXD ai . p|a0, p|a1, · · · , p|ai−1, # p ∤ ai . ` Dt j, 0 ≤ j ≤ m, p|b0, p|b1, · · · , p|bj−1, # p ∤ bj . e=% 1 ≤ i + j ≤ m + n, ci+j = · · · + ai−2bj+2 + ai−1bj−1 + aibj + ai+1bj−1 + · · · , p _XEÆb aibj {H+ p|ci+j , < p|aibj , # p ∤ ai ~ p ∤ bj . l. ✷ sx f(x) X&/+ÆR f(x) PD`J_N'8 7 S f(x) PX_N { 80)' 70 f(x) = g(x)h(x) ∈ Q[x], Wa degg(x), degh(x) < degf(x). ? g(x) ∈ Q[x], < P a ∈ Q, & g(x) = ag1(x), Wa g1(x) M/+Æ c g(x) '&'8uR g(x) = 1 c (cg(x)), O cg(x) X&/+Æ d cg(x) '&'l ?R g1(x) = c d g(x) M/+Æg a = d c ∈ Q, R g(x) = ag1(x), g1(x) M/+Æ ` h(x) = bh1(x), b ∈ Q, h1(x) M/+ÆGD f(x) = ab(g1(x)h1(x)). C Gauss `[ g1(x)h1(x) M/+Æ ab XR abg1(x)h1(x) X&/+Æ<-G=' ab ∈ Z. R f(x) = (abg1(x))h1(x), O f(x) PX _N ✷ f(x) X&/+ÆR f(x) PD`J9_NK PX 9_N'! sx (Eisenstein }qt) f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 X& /+Æ an 6= 0, n ≥ 1, p :=kk (1) p|ai , 0 ≤ i ≤ n − 1; (2) p ∤ an; (3) p 2 ∤ a0, R f(x) P Q _N 4
证明只要证明f(x)在整数上不可约.若不然,设∫(x)=(bmxm+bn-1xmn-1+ +b1x+bo)(cax2+c-1x2-1+…+ax+co),其中1≤m1,多项式 ∫(x) p1P2··Pm 在Q上不可约 证明取p=p1,用 Eisenstein判别法即得结论.口 例9设x=ay+b(a≠0,a,b∈Z),f(x)是有理系数多项式如果g(y)=f(ay+b) 在Q上可约,则f(x)在Q上也可约 证明设∫(x)=s(x)t(x),s(x),(x)是有理系数多项式,且deg(s(x)<deg(f(x) deg(t(x)<deg(f(x).从而f(ay+b)=s(ay+b)tay+b),即g(y)=(y)v(y),其 中u(y)=s(ay+b),(y)=t(ay+b),且deg(g(y)=deg(f(x).直接验证可得, u(y),v(y)是有理系数多项式,deg(u(y)<deg(g(x),deg(v(y)<deg(g(y).命题 得证.口 例10若P为素数,证明 +…+x+1 在Q上不可约
{ `7Zq f(x) PX_N f(x) = (bmx m + bm−1x m−1 + · · · + b1x + b0)(ctx t + ct−1x t−1 + · · · + c1x + c0), {b 1 ≤ m 1, /+Æ f(x) = x n − p1p2 · · · pm. P Q _N { p = p1, B Einsenstein y3O&Xi ✷ y 9 x = ay+b(a 6= 0, a, b ∈ Z), f(x) D`&/+Æ F g(y) = f(ay+b) P Q _NR f(x) P Q 8_N { f(x) = s(x)t(x), s(x), t(x) D`&/+Æ~ deg(s(x)) <deg(f(x)), deg(t(x)) <deg(f(x)). 0 f(ay + b) = s(ay + b)t(ay + b), O g(y) = u(y)v(y), { b u(y) = s(ay + b), v(y) = t(ay + b), ~ deg(g(y)) =deg(f(x)). ℄W5Z_& u(y), v(y) D`&/+Æ deg(u(y)) <deg(g(x)), deg(v(y)) <deg(g(y)). s &Z ✷ y 10 p Zq f(x) = x p−1 + x p−2 + · · · + x + 1 P Q _N 5
证明令x=y+1,得 f(ar) 1_(y+1)-1_m-1 y2-1+cy-2+c2y2=3 Cpn÷g(y 对关于y的多项式应用 Eisenstein判别法,注意到素数pl,1≤i≤p-1,p+1, p2a-=p,故g(y)在Q上不可约再由854例4知f(x)在Q上也不可约.口 例11证明:当m为素数时, ∫(m)=1+x+a+…+ 证明由 Eisenstein判别法知n!∫(x)不可约.口 五.例题 例12求f(x)=x4+53+x2+x-的有理根 解(I将∫(x)转化为整系数多项式f1(x) f(x)=2(3x4+5x3+x2+5x-2)=f1(x) (I)将f(x)转化为首项系数为1的多项式g(y) f1(x)=3x4+5x3+x2+5x-2=3(3x)4+5(3x)2+3(3x)2+45(3x)-54 (y4+5y32+3y2+45y-54)=9(y) 9(v)的有理根必为整数且时4的因子而作为f(x)的根只能是±1,±2,±3,±3 作为g(y),y=3x的根只能是±3,±6,±1,±2 (II)考虑g(y)=y4+5y3+3y2+45y-54, 观察知满足 Eisenstein判别法的素数p不存在,作综合除法 15345-54 16954 16954 所以g(y)=(y-1)(y3+6+9y+54)=(y-1)91(y) 由于g1(y)的各项系数均正,只剩 3,-6可选择,91(1)=70,91(-1) 50≠ y y+ y236
{ g x = y + 1, & f(x) = x p − 1 x − 1 = (y + 1)p − 1 y = y p−1 + c 1 p y p−2 + c 2 p y p−3 + · · · + c p−1 p .= g(y). -CG y '/+ÆAB Eisenstein y3e=% p|c i p , 1 ≤ i ≤ p − 1, p ∤ 1, p 2 ∤ c p−1 p = p, B g(y) P Q _NOC §5.4 b 4 [ f(x) P Q 8_N ✷ y 11 Zq$ n f(x) = 1 + x + x 2 2! + · · · + x n n! . { C Einsenstein y3[ n!f(x) _N ✷ $b y 12 f(x) = 1 2 x 4 + 5 6 x 3 + 1 6 x 2 + 5 6 x − 1 3 'D`? w (I) T f(x) fK X&/+Æ f1(x): f(x) = 1 6 (3x 4 + 5x 3 + x 2 + 5x − 2) = 1 6 f1(x). (II) T f(x) fK +& 1 '/+Æ g(y): f1(x) = 3x 4 + 5x 3 + x 2 + 5x − 2 = 1 3 3 [(3x) 4 + 5(3x) 3 + 3(3x) 2 + 45(3x) − 54] = 1 3 3 (y 4 + 5y 3 + 3y 2 + 45y − 54) = 1 3 3 g(y). g(y) 'D`? X~ 54 '?h0o f1(x) '?`w ±1, ±2, ± 1 3 , ± 2 3 . o g(y), y = 3x '?`w ±3, ±6, ±1, ±2. (III) ^h g(y) = y 4 + 5y 3 + 3y 2 + 45y − 54, D[kk Eisenstein y3' p PoiI3 1 5 3 45 −54 1 1 6 9 54 1 6 9 54 0 +&\Y` −1, −2, −3, −6 _2Qg1(1) = 70, g1(−1) = 50 6= 0. y y − 1 y + 1 −2 −3 −1 −3 −4 −2 −6 −7 −5 6
满足a,2为整数的只有a=-6.由上面命题知,除y=-6外,其余均不是 g1(y)的整数根.再作综合除法 60-54 09 故-6是g1(y)的根,这样9(y)=(y-1)(y+6)(y2+9) 进步f(x)=a(3x-1)(3x+6)(9x2+9)=吉(3x-1)(x+2)(x2+1 所以,f(x)的有理根为与-2口 例13设∫(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-an)-1,其中a1,a2,…,an是两两不 同的整数.求证f(x)在Qx]上不可约 证明只要证明在整数上不可约即可.反证法.若不然,∫(x)在整数上可约, 即设∫(x)=g(x)h(x),其中deg(x),degh(x)1.所以 ∫(x)无实根.故g(x),h(x)对任意值均不变号.不妨设g(a)=h(a)=1,1≤i≤n 若degg(x)0矛盾.所以deg(x)=degh(x)=m,首项系数均为1.由 g(a)=h(a)可得g(x)=h(x).于是 (g(x)+1)(g(x)-1)=f(x)-1=(x-a1)2(x-a2)2…(x-an)2.(1) 因为g(a1)+1=2>0,所以a1是g(x)-1的根.这样,g(x)-1=(x-a1)(x a2)…(x-an)所以a是式(1)左边的单根,又是(1)右边的2重根,矛盾.口
kk g1(1) a−1 , g1(−1) a+1 X'`D a = −6. Cps[ y = −6 {H\ g1(y) 'X?OoiI3 1 6 9 54 −6 −6 0 −54 1 0 9 0 B −6 g1(y) '?W6 g(y) = (y − 1)(y + 6)(y 2 + 9). Z: f(x) = 1 6·3 3 (3x − 1)(3x + 6)(9x 2 + 9) = 1 6 (3x − 1)(x + 2)(x 2 + 1). X Zq f(x) P Q[x] _N { `7Zq f(x) PX_NO_4Z3 f(x) = g(x)h(x), Wa g(x), h(x) X&/+Æ~ degg(x), degh(x) 1. 0 l. 0, < ai g(x) − 1 '?W6 g(x) − 1 = (x − a1)(x − a2)· · ·(x − an). < ai Æ (1) m '"?F (1) E ' 2 ?l. ✷ 7
例15设f(x)∈R,且对于任意的r∈R,有∫()≥0,求证存在y(x),v(x) R团],使得f(x)=y(x)2+v(x)2 :明设f(x)=a(x-a1)4(x-a2)2…(x-ar)(x2+b1x+c1)4…(x2+b2x+ct), 这里x2+bx+c1的判别式△=6-4c10 (1)a>0,否则f(x)→∞,当x→∞,与∫(x)≥0矛盾 (2)d1均为偶数.不妨设d1,d2,……,d。为奇数,d d为偶数.设 >…>a5,当a1>r>a2时,f(x)0.故g1(x)2+h1(x)2有复根c.若c∈R,则g1(c)2+h1(c)2=0 可得91(c)=0,h1(c)=0与(g1(x),h1(x)≠1矛盾.所以cR,而c是f(x)的根 作业证P211,2(1),4(4),7.8.9;P27.12 补充1:用综合除法将∫(x)=x4+2x3-3x2-4x+1改写为x+1的多项式 思考题证P213,4(1),(2),5,6
y 15 f(x) ∈ R[x], ~-G=' r ∈ R, D f(r) ≥ 0, Z P ϕ(x), ψ(x) ∈ R[x], & f(x) = ϕ(x) 2 + ψ(x) 2 . { f(x) = a(x−a1) d1 (x−a2) d2 · · ·(x−ar) dr (x 2+b1x+c1) l1 · · ·(x 2+btx+ct) lt , Wa x 2 + b1x + c1 'yÆ △ = b 2 1 − 4c1 0. (1) a > 0, 9R f(x) → ∞, $ x → ∞, I f(x) ≥ 0 l. (2) di \ x6 d1, d2, · · · , ds | ds+1, · · · , dr x a1 > a2 > · · · > a5, $ a1 > r > a2 f(x) 0. B g1(x) 2+h1(x) 2 D:? c. c ∈ R, R g1(c) 2+h1(c) 2 = 0, _& g1(c) = 0, h1(c) = 0 I (g1(x), h1(x)) 6= 1 l.< c∈R, 0 c f(x) '? ✷ o9 P211.1, 2(1), 4(4), 7. 8. 9; P227. 12. 1: BiI3T f(x) = x 4 + 2x 3 − 3x 2 − 4x + 1 ;- x + 1 '/+Æ ^ P211.3, 4(1),(2), 5, 6. 8
选做题:p207.6
2n p207.6. 9