判别有理数集内的既约多项式

代数基本定理:$在复数集内,每一个x的(不是常数的)多项式至少有一个根.即对于多项式 f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_1x+a_0( n 是正整数),一定有复数c使得 f(c)=0$. 由代数基本定理可以推出 $n 次多项式 f(x) 恰好有 n 个根$ .所以$在复数集内,既约多项式只有一次多项式$.

而实系数多项式的虚数根是两两共轭的,所以想要得到在实数集内的分解式只需要将这两个相对应的根的一次因式相乘,便可以得到在实数集内的分解式.也就是说在实数集内,只有一次多项式和二次多项式是既约多项式.

但是在有理数集内,既约多项式却可以是任意次多项式.接下来请看一个定理:

构造一个多项式 $f(x)=x^n+p \cdot x^{n-1}+p \cdot x^{n-2}+…+p \cdot x+p$ ,其中 $p$ 为素数,
这个多项式显然满足艾森斯坦判别法的条件,这就可以直接证明有理数集内存在任意次的既约多项式.

对于 $x^6+x^3+1$ 这样的一个多项式我们虽然无法直接应用艾氏判别法,
但是我们可以令 $x=y+1$ ，带入原式并展开后得 $y^6+6y^5+15y^4+21y^3+18y^2+9y+3$ ,再取 $p=3$ 便可以证明这个式子在有理数集内不可约.

我们规定 $奇数为 1,偶数为 0$

容易得到如下式子: $0+0=0,0+1=1+0=1,1+1=0.$

此时一次多项式只有 $x,x+1$,

二次多项式有 $x^2,x^2+1,x^2+x,x^2+x+1,$
而 $x^2=x \cdot x,x^2+1=(x+1)^2$ (注意此时是在以 $2$ 为模的算术下的运算,加上 $2x$ 对原式的奇偶性不会产生影响),
$x^2+x=x(x+1),$ 他们都不是既约多项式,
只有 $x^2+x+1$ 是既约多项式.采用这样的算术可以使多项式简化.

还是以 $x^6+x^3+1$ 举例:

这个式子如果能在有理数集内分解，那么$必定有一个一次因式或二次既约因式或三次既约因式$.
在以 $2$ 为模的算术中,
$\begin{aligned} 原式 &= x^3(x^3+1)+1 \\ &=x^3(x+1)(x^2-x+1)+1 \\ &=x^3(x+1)(x^2+x+1)+1 (加上 x 和减去 x 是一样的) \end{aligned}$
这样的结果显然无法被一次因式和二次既约因式 $x^2+x+1$ 整除,可是我们该如何证明这个式子无法被分解为两个三次因式的积呢?现在请引入第三个证明方法:

$假定一个多项式可以分解为一个形式,那么在分解式当中设定未知系数,$
$再去列方程求解系数,这就是待定系数法.$

证明 $x^6+x^3+1$ 在有理数集内无法分解为两个三次因式的积.

证明:假设 $x^6+x^3+1$ 在有理数集内可以分解为两个三次因式的积,
由于 $x^6$ 的系数为1,
我们设 $x^6+x^3+1=(x^3+ax^2+bx+c)(x^3+dx^2+ex+f)$
比较 $x^5,x^3,x$ 的系数以及常数项可得

1.$c=1,f=1$
则 $c+f=2$ ,
由一式得 $d=-a$ ,代入二式得 $a(e-b)+2=1$ ,
所以 $a(e-b)=-1$ ,
因为 $x$ 项的系数为 $bf+ce=0$ , 所以 $b+e=0,e=-b,$ 代入上式可得

很显然,没有整数能够满足这个方程.

2.$c=-1,f=-1$
则 $c+f=-2$,
由一式得 $d=-a$,代入二式得 $a(e-b)-2=1$,
所以 $a(e-b)=3$
由三式得 $b+e=0,e=-b$,代入上式可得

同样没有整数能够满足这个方程.
所以 $x^6+x^3+1$ 在有理数集内无法分解为两个三次因式的积.证毕.

参考资料:奥数小蓝本初中卷1《因式分解技巧》
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