系数多项式，那么h(x)一定是整系数的 证明留给读者自己完成 这个推论提供了一个求整系数多项式的全部有理根的方法 定理12设f(x)=anx”+an-x-+.+a 是一个整系数多项式，而二是它的一个有理根其中r,5互素，那么必有s，小a,特别地，如果fx)的 首项系数a,=1,那么f(x)的有理根是整根，而且是a的因子 正明因为5是/)的一个有理根.因此在有理数域上(x-》V),从而(r-/)因为 ,s互素，所以x-r是一个本原多项式根据上述推论， f(x)=(sx-rbx-+.+b) 式中b)都是整数比较两边系数即得an=sh1,4=-rh,)因此san,a 例1求方程2x-x+2x-3=0的有理根. 3 这个方程的有理根只可能是士圠，3，±乞±号用综合除法可以看出，除去1以外全不是它的根，因之 这个方程的有理根只有x=1. 例2证明f(x)=x-5x+】在有理数域上不可约. 如果f(x)可约，那么它至少有一个一次因子，也就是有一个有理根但是f(x)的有理根只可能是 士1.直接验算可知士1全不是根，因而f(x)在有理数域上不可约 以上的讨论解决了我们提出的第一问题，现在来解决第二个问题首先我们来证明 定理13（艾森斯坦因(Eisenstein)判别法）设f(x)=anx+an-x-+.+a 是一个整系数多项式如果有一个素数p,使得 L.p不能整除a。2pla-1,an-2,a:3.p2不能整除4 那么f(x)在有理数域上是不可约的 证明如果f(x)在有理数域上可约，那么由定理11，f(x)可以分解成两个次数较低的整系数多 项式的乘积： fx)=(bx+b1x+.+)(cmx"+cm-xm-+.+ca)(,m<n,1+m=m） 因此an=bcn,a=b9系数多项式,那么 h x( ) 一定是整系数的. 证明留给读者自己完成. 这个推论提供了一个求整系数多项式的全部有理根的方法. 定理 12 设 1 1 0 ( ) n n n n f x a x a x a − = + +  + − 是一个整系数多项式,而 r s 是它的一个有理根,其中 r s, 互素,那么必有 0 , n s a r a .特别地,如果 f x( ) 的 首项系数 1 n a = ,那么 f x( ) 的有理根是整根,而且是 0 a 的因子. 证明 因为 r s 是 f x( ) 的一个有理根.因此在有理数域上 ( ) r x f x s     −   ,从而 (sx r f x − ) ( ) 因为 r s, 互素,所以 sx r − 是一个本原多项式.根据上述推论, 1 1 0 ( ) ( )( ) n n f x sx r b x b − = − +  + − 式中 1 0 ,) n b b −  都是整数.比较两边系数,即得 1 0 0 , ) n n a sb a rb = = − − 因此 0 , n s a r a 例 1 求方程 4 3 2 2 3 0 x x x − + − = 的有理根. 这个方程的有理根只可能是 1 3 1, 3, , 2 2     .用综合除法可以看出,除去1 以外全不是它的根,因之 这个方程的有理根只有 x =1. 例 2 证明 3 f x x x ( ) 5 1 = − + 在有理数域上不可约. 如果 f x( ) 可约,那么它至少有一个一次因子,也就是有一个有理根.但是 f x( ) 的有理根只可能是 1.直接验算可知 1 全不是根,因而 f x( ) 在有理数域上不可约. 以上的讨论解决了我们提出的第一问题,现在来解决第二个问题.首先我们来证明 定理 13 (艾森斯坦因( Eisenstein )判别法)设 1 1 0 ( ) n n n n f x a x a x a − = + +  + − 是一个整系数多项式.如果有一个素数 p ,使得 1. p 不能整除 / n a 1 2 0 2. , , , ; n n p a a a − −  3. 2 p 不能整除 0 a 那么 f x( ) 在有理数域上是不可约的. 证明 如果 f x( ) 在有理数域上可约,那么由定理 11, f x( ) 可以分解成两个次数较低的整系数多 项式的乘积: 1 1 0 ( ) ( ) l l l l f x b x b x b − = + +  + − 1 1 0 ( ) m m m m c x c x c − + +  + − ( , , ) l m n l m n  + = 因此 0 0 0 , n l m a b c a b c = =