范文一：整系数多项式
整系数多项式一次因式检验法 牛顿法整系数多项式的一次因式检验法牛顿定理: 设fx,anxn，an,1xn,1，…，a1x，a0 是整系数 n 次多项式n?1。 若一次式 px,q 是fx的因式， q 亦即f p ,0 ，且p和q是互质的整数， 则 p?an 且 q?a0。1、三次多项式一次因式检验法2、四次多项式一次因式检验法试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法:试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式: x,1、 x，1、 x,3、 x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式: x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 重复 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3
,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 ,x,1、,x，1、,x,3、,x，3 省略 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式: x,1、 x，1、 x,3、 x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3试求fx,2x3,5x2,4x，3的整系数一次因式解法: 设 px,q 是fx的一次因式 则 p?2 且 q?3 则 p可能是1，,1，2，,2 q可能是1，,1，3，,3 则 fx的可能因式:注意颜色 x,1、 x，1、 x,3、 x，3 2x,1、 2x，1、 2x,3、 2x，3 ,2x,1、,2x，1、,2x,3、,2x，3 重复
范文二：关于整系数不可约多项式
甜瓣‰如。。㈣。勰龋蹴烹麓。汕洳吨。鼢锶．。。一—————————————’———————————————————————————‘＝＝＝＝＝＝＝ｊ；＝＝＝＝＝＝＝≈＝＝＝＝＝＝＝；；；；；；；；；；；＝；≤；；；自口ｚ日＝＝＝；；≈；；；；＝＝＝
文章编号：１００７—１３８５（２００４）ｏｌ一００７７—０２
关于整系数不可约多项式
陈侠
沈阳航空工业学院．辽宁沈阳
１１００３４）
摘要：在文【１］中，作者推广了著名的Ｅｉ．ｔ，ｅｌｌｓｌｅＪｎ的判别法，给出了在有理效上判斯整系数不可约多项式的两个定理，并且形式比较简单，应用也比较方便。本文把文［１］中的定理作了进一步的推广，推广到更为一般的形式，相应也给出了几个判断整系数不可约多项式的定理，而形式与文【１］中的形式同样简单，比文［１］中给出的定理更具有一般性。关键坷：整系数多项式；有理根；有理因式
中围分粪号：０１７４．１４
文献标识码：＾
为了方便，把文［１］的定理叙述如下。定理１设ｆ（ｚ）＝ａｏ＋口Ｉ
ｘ＋…＋口。＃“
这里
ｇ（ｚ）＝６０＋６ｉｆ＋…＋ｂｔｘ‘ｈ（＊）２ｃｏ＋ｃｌ＊＋…＋ｃＪ＃‘
．‘．ａｏ＝６０ｃｏ
是一个整系数多项式．若ｆ（＃）没有有理根，并能找到一个素数Ｐ，使得
（１）Ｐ至少不整除以，虬．，中的一个；
（２）Ｐｌ口．ｆ＿０，１，２，…，ｎ一２；（３）Ｐ。Ｉ、ｎ。。
一２
‘．＋“ｘ）无一次和二次因式
．?．ｍｉｎ［Ｏｏ（ｇ（ｇ））］，ａｏ［＾（ｘ）］≥３‘“，Ｋ，１－－３
．‘．３ｓ
（１）Ｐ至少不能整除口。，ｎ一，…，ａ。一。中的一
个
（２）Ｐｌ
ｋ，Ｌｋ时，６…＝０）
在等式（１）中，ｆ＋ｓ≥３
那么ｆ（ｘ）在有理数域上不可约。
定理６的证明同定理４类似。参考文献：
．＋．ＰｌｔＴｔ。＋ｆ…ｂ
．‘．ＰＩ６，。ｆ
．’．Ｐｌ
１，…，６Ｈｆ
６，，或ＰＩ
ｃ￡
矛盾
【Ｉ］马跃超整系数不可约多项式的两个判剐法［Ｊ］数学通报，
１９８８（６）：２０一２Ｉ
定理得证。
显然定理３、４比文［１］的定理ｌ、２适用范围广。我们下面将给出两个适用范围更广的定理。这两个定理把文［１］中的定理推广到更一般的情
形。
［２］Ｂ?Ｌ范德再：尔登代数学，Ｉ［Ｍ］．北京：科学出腼社。１９７８［３¨Ｅ京大学数学系．商等代数［Ｍ］北京：北京大学出版社，１９８５［４］ＣｒｏｓｓｌｙＧ，ｅ【胡．Ｓｅｍｉ—ｔｏｐｏｌｏｇｉｃａｌ［Ｊ］Ｐｒｏｐｅｒｔｉｅｓ
（７４）：２２３—２５４
ＦｕｎｄＭａｔｈ
１９７２
Ｉｒｒｅｄｕｃｉｂｌｅｐｏｌｙｎｏｍｉａｌｏｆｉｎｔｅｇｒａｌ
ＣＨＥＮＸｉａ
ｃｏｅｆｆｉｃｉｅｎｔ
（ＳｈｅｎｙｍｌｇＩｎｓｔｉｔｕｔｅｏｆＡｅｒｏｎａｕｔｉｃａｌＥｎｇｎｅｅｆｉｎｇ，Ｌｉａｏｎｉｎｇ
Ｓｈｅｎｙａｎｇ１１００３４）
Ａｂｓｔｒａｃｔ：ｈＩ
（１），ｔｈｅａｕｔｈｏｒｅｘｐａｎｄｅｄ
ｉｎｔｅｇｒａｌ
ａ
ｔｈｅｆａｍｏｕｓＥｉｓｅｎｓｔｅｉｎ’ｓｗａｙｏｆｊｕｄｇｉｎｇ，ｐｏｓｔｉｎｇ
ｔＷＯｔｈｅｏｒｅｍｓｏｆ
ｊｕｄｇｉｎｇｉｒｒｅｄｕｃｉｂｌｅｐｏｌｙｎｏｍｉａｌｏｆ
ｃｏｅｆｆｉｃｉｅｎｔｂａｓｅｄ
ｏｎｔｈｅ
ｒａｔｉｏｎａｌｆｉｅｌｄ．Ｔｈｉｓｐａｐｅｒｆｕｒｔｈｅｒｅｘｐｍａｄｅｄｔｈｅ
ＯＵｔ
ｔｈｅｏｒｅｍｓｍｅｎｔｉｏｎｅｄｉｎ（１）ｔｏ
ｎｌＤｌ＇ｅ
ｇｅｎｅｒａ［ｆｏｒｍ“，ｌｉｓｔｉｎｇ
ｓｅｖｅｒａｌｔｈｅｏｒｅｍｓｏｆｊｕｄｇｉｎｇｉｒｒｅｄｕｃｉｂｌｅｐｏｌｙ—
ｅｖｅｎ
ｎｏｍｉａｌｏｆｉｎｔｅｇｒａｌｃｏｅｆｆｉｃｉｅｎｔｒｅｓｐｅｃｔｉｖｅｌｙ，ｗｉｔｈｔｈｅｓａｍｅｓｉｍｐｌｅｆｏｒｍａｔａｎｄｈａｖｉｎｇ
ｍｏｒｅ
ｇｅｎｅｒａｌｉｔｙｔｈａｎｔｈａｔｉｎ
ａ『ｔｉｄｅ（１）．
Ｋｅｙｗｏｒｄｓ：ｉｒｒｅｄｕｃｉｂｌｅｐｏｌｙｎｏｍｉａｌｏｆｉｎｔｅｇｒａｌｃｏｅｆｆｉｃｉｅｎｔ；ｒａｔｉｏｎａｌｒｏｏｔ；ｒａｔｉｏｎａｌｆａｃｔｏｒ
关于整系数不可约多项式
作者：作者单位：刊名：英文刊名：年，卷(期)：被引用次数：
陈侠
沈阳航空工业学院,辽宁,沈阳,110034
沈阳航空工业学院学报
JOURNAL OF SHENYANG INSTITUTE OF AERONAUTICAL ENGINEERING2004,21(1)3次
参考文献(4条)
1. 马跃超 整系数不可约多项式的两个判别法 1988(06)2. B·L范德瓦尔登 代数学,Ⅰ 19783. 北京大学数学系 高等代数 1985
4. Crossly G Semi - topological 1972(74)
本文读者也读过(10条)
1. 张卫. 史滋福. ZHANG Wei. SHI Zi-fu 有理数域上的一类不可约多项式[期刊论文]-湖南理工学院学报（自然科学版）2008,21(1)
2. 巩娟 整系数多项式在有理数域上不可约判别法[期刊论文]-辽宁师专学报（自然科学版）2009,11(3)3. 罗永超. LUO Yong-chao 推广Eisenstein判别法判定整系数多项式有理根的存在性[期刊论文]-大学数学2007,23(5)
4. 陈丽. CHEN Li 有理数域上多项式不可约的判定[期刊论文]-安庆师范学院学报（自然科学版）2009,15(3)5. 杜江 浅谈Eisenstein判别法[期刊论文]-中国科教创新导刊2009(21)
6. 朱一心. ZHU Yi-xin 不能用Eisenstein判别法判别的不可约多项式[期刊论文]-徐州师范大学学报(自然科学版)2001,19(2)
7. 兰春霞. Lan Chunxia 整系数多项式在有理数域上不可约的几个判定定理[期刊论文]-丽水学院学报2005,27(2)8. 罗永超. LUO Yong-chao 一类整系数多项式的不可约性与有理根存在性的判别[期刊论文]-数学的实践与认识2007,37(21)
9. 陈林. 田应智. CHEN Lin. TIAN Ying-zhi 有理数域上的不可约多项式[期刊论文]-伊犁师范学院学报（自然科学版）2009(2)
10. 张海山 Eisenstein判别法的推广[期刊论文]-首都师范大学学报(自然科学版)2001,22(3)
引证文献(3条)
1. 张卫. 史滋福 有理数域上的一类不可约多项式[期刊论文]-湖南理工学院学报（自然科学版） 2008(1)2. 殷晓斌. 吴俊 一类整系数不可约多项式[期刊论文]-高等数学研究 2013(1)3. 陈雪雯. 吴晓红 整数环上的不可约多项式[期刊论文]-高等数学研究 2010(1)
本文链接：http://d.wanfangdata.com.cn/Periodical_syhkgyxyxb200401028.aspx
范文三：关于整系数不可约多项式
2004年 2月 第 21卷 第 1期
沈阳航空工业学院学报
Journal of Shenyang Ins titute of Aeronautical Engineering
Feb. 2004 Vol. 21 No. 1
文章编号 :10071385(2002) 03002403
关于整系数不可约多项式
陈 侠
(沈阳航空工业学院 , 沈阳 110034)
摘 要 :本文给出几个判断整系数不可约多项式的定理 , 比文 [1]给出的定理更具有一般性。 关键词 :整系数多项式 ; 有 理根 ; 有理因式
中图分类号 :文献标识码 :A
文 [1]中的定理推广了著名的 Eisenstein 的判 别法 , 并且形式简单 , 应用方便。本文把文 [1]中 的定理推广到一般形式 , 而形式与文 [1]中的形式 同样简单。
为了方便 , 把文 [1]的定理叙述如下。
定理 1、 设 f(x) =a 0+a 1x+ +a n x n
是一个整系数多项式 , 若 没有有理根 , 并能找到一 个素数 P, 使得
1) P 至少不整除 a n , a n-1中的一个
2) P|a i i=0, 1, 2, , n-2
3) P 2|、 a 0
那么 在有理数域上不可约。
定理 2、 设 f(x) =a 0+a 1x+ +a n x n
是一个整系数多项式 , 若 没有有理根 , 并能找到一 个系数 P, 使得
1) P 至少不整除 a 0, a 1中的一个
2) P|a i i=2, 3, , n
3) P 2|、 a n
那么 f(x) 在有理数域上不可约 [2-3]。
下面给出定理
定理 3、 设 f(x) =a 0+a 1x+ +a n x n
是一个整系数多项式 , 若 在有理数域没有一次和 二次因式 , 并能找到一个素数 P , 使得
1) P 至少不整除 a n , a n-1, a n-2中的一个
2) P|a n i=0, 1, 2, , n-3
3) P 2|、 a n
那么 f(x) 在有理数域上不可约 [2-3]。
证明 :若 f(x) 在有理数域上可约 , 则显然多项 式 f(x) 可分解为两次数都低于 f(x) 的次数 n 的整
收稿日期 :20010120
作者简介 :陈侠 (1964, 辽宁人 , 副教授 系数多项式的乘积 :
f(x) =g(x) h(x)
这里 :g(x)=b 0+b 1x+ b k x k
h(x) =c 0+c 1x+ c 1x l
a 0=b 0c 0
f(x) f(x) 无一次和二次因式
min[ 0(g(x) ) ], 0[h(x)] 3[4], K, i
P 只能整除其中一个
设 P|b 0, P 2|、 c 0
P 不能整除 g(x) 的所有系数 , 否则
P|a n , a n-1, a n-2与已知矛盾。
设 b s 是 g(x) 中第一个不能被 P 整除的系数 考察 :a s =b s c 0+b s-1c 1+ +b 0c s
K, L
P|a s , b s-1, b s-2, , b 0 P|b s 或 P|c 0矛盾
命题得证。
定理 4、 设 f(x)=a 0+a 1x+ +a n x n
是一个整系数多 项式 , 若 f(x) 在有理 数域上 没有一次和二次因式 , 并能找到一个素数 P, 使得
1) P 至少不整除 a 0, a 1, a 2中的一个
2) P|a i =i=3, 4, , n
3) P 2|、 a n
那么 f(x) 在有理数域上不可约。
证明 :若 f(x) 在有理数域上可约 , 则显然多项 式 f(x) 可分解成两个低次数于 n 的整系数多项式 的乘积 :
f(x) =g(x) h(x)
这里 :g(x)=b 0+b 1x+ b k x k
h(x) =c 0+c 1x+ c 1x l
a n =b k c l
f(x) 无一次和二次有理因式
0[g(x)], 0[h(x) ] 3
3 k, L<>
又 P|a n , P2|、 a n
P 只能整除 b k , c i 中的一个
设 P|b k , P|、 c i
P 不能整除 g(x) 中的所有系数 , 否则有 P|a 0, a 1, a 2, 与已知矛盾。
设 b s 是 g(x) 中最后一不被 P 整除的系数 , s k
考察等式 :
a s+1=b s c l +b s+1c l-1+ c 0b s+l (1) (注 :当 s+m>k 时 , b s+m =0)
在等式 (1) 中 , l+s 3
P|a s+c , b s+1, , b s+l
P|b s c l
P|b s , 或 P|c 1
矛盾
定理得证。
显然定理 3、 4比文 [1]的定理 1、 2适用范围 广。我们下面将给出 两个适用范围更广的定理。 这两个定理把文 [1]中的定理推广到更一般的情 形。
定理 5、 设 f(x)=a 0+a 1x+ +a n x n
是一个整系数多项式 , 若 f(x) 没有次数小 于和等 于 k 的有理因式 , 并能找到一个素数 P, 使得
1) P 至少不能整除 a n , a n-1, , a n-k 中的一个
2) P|a i , i=0, 1, 2, a n-k-1
3) P 2|、 a 0
那么 f(x) 在有理数域上不可约。
定理 5的证明和定理 3的证明类似。
定理 6、 设 f(x)=a 0+a 1x+ +a n x n
是一个整系数多项式 , 若 f(x) 没有次数小 于和等 于 k 的有理因式 , 并能找到一个素数 P, 使得
1) P 至少不能整除 a 0, a 1, , a k 中的一个
2) P|a i , i=k+1, k+2, , n
3) P 2|、 a n
那么 f(x) 在有理数域上不可约。
定理 6的证明同定理 4类似。
参考文献 :
[1]马跃 超 , 整 系 数不 可 约 多项 式 的两 个 判 别法 , 数 学通 报 , 1988. 620 21
[2]B L 范德瓦尔登 , 代数学 , 科学出版社 , 1978
Irreducible Polynomial of Integral Coefficient
Chen Xia
(Shenyang Institute of Aeronautical Engineering, Shenyang 110034)
Abstract:This paper offers several theore ms on judging irreducible polynomial of integral coefficient, which has more generality than those given out in the article (1).
Keywords:Polynomial of integral coefficient; Rational root; Rational factor
2 沈阳航空工业学院学报 第 21卷
范文四：整系数多项式有理根定理的改进
整系数多项式有理根定理的改进
王海坤 () 阜阳师范学院数学系 ,阜阳 236032
摘要 文章对整系数多项式有理根定理进行了推广和改进 . 运用本文的定理 , 可使整系数多
项式有理根的寻求变得简便易行.
关键词 整系数多项式 有理根
在高等代数中 , 关于整系数多项式有理根的问题 , 有如下重要的 : 定理 1 设
n n - 1 ( ) f x = a x + a x + n n - 1 + ax + a 1 0
r ( ( ) ) 是一整系数多项式 , r , s= 1是它的一个有理根 , 那么必有 :s
s| a ,r| a. n 0
现在 , 我们把定理 1 作如下的推广 :
定理 2 设
n n - 1 ( ) f x = a x + a x + + ax + a n n - 1 1 0
r ( ( ) ) 是一整系数多项式 , r , s= 1是它的一个有理根 , 那么必有 : s k - 1 k rr( ) a + k = 0 , 1 , 2 , s + a + a , n , n n - 1n - kk k - 1 ss
k - 1 k s s ) + + a ( + a. a , n r k = 0 , 1 , 2 , 0 1k k k - 1 rr
证 由题设条件 , 有 n - 1 n rr r ( )3 a + + a n+ a+ a= 0 . 1 0 n - 1n - 1 n s s s
n - k ( ) 3 式两边同乘 s , 得
n n - 1 r rn - k + 1 n - k n - k n - k - 1 + a r + a s r +a + + as r + as = 0 , + a n1 0 n - k n - k - 1 n - 1k k - 1 ss
由此可得 :
n n - 1 rr n - k s + a + a + a r 1 n - 1nn - k k - 1 k ss
n - k 因为 ( s , r) = 1 , 则 ( s , r) = 1 , 所以
k - 1 k rra + s + a n+ a . n - k n - 1k k - 1 ss
n - k ( ) 又 3 式两边同乘 s r , 得 n - k - 1 n s s n - k n - k n - k - 1 a r + a r s ++ as + a+ kk - 1+ a= 0 . n n - 1 0 k r r
由此 , 有
- 1 n n s s n - k + a+ + a s . r a1 k 0 k - 1 k rr
n - k 因为 ( r , s) = 1 , 则 ( r , s ) = 1 , 所以
工科数学 第 14 卷 82
- 1 k k s s + + a . r a+ a 0 1k k - 1 k rr
推论 设 n n - 1 ( ) f x = a x + a x + + ax + a n n - 1 1 0
( ) 是一整系数多项式 , r r ?0是它的一个整数根 , 那么必有 :
a a 01 ( ) ak = 0 , 1 ,+ , n. + + r k k k - 1 rr
这是定理 2 中 s = ?1 时的情形.
定理 3 设
n n - 1 ( ) f x = a x + a x + + ax + a n n - 1 1 0
r ) ( ( ) 是一整系数多项式 , r , s= 1是它的一个 k 重有理根 , m 为任一整数 , 那么必有 :s ( ) ( ) k - 1k( ( ) ) 而 ( s m - r) 8 f ( m ) . ( ) ( ) ( ) ( ) s m - r/ f m , , s m - r| f m , s m - r| f ′m ,
r 证 由 是 f ( x ) 的 k 重根 , 有 s k ( ) ( ) ( ) ( )f x = s x - rf x , 1 1
( ) 其中 f x 是 x 的 n - k 次整系数多项式 , 且不再含有因式 s x - r . 从而有 1
k - 1 k ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f ′x = ks s x - rf x + s x - rf ′x 1 1
k - 1 ( ) ( ) ( ) ( ) = s x - r[ ksf x + s x - rf ′x ] 1 1
k - 1 ( ) ( ) = s x - rf x , 2 ( )2 k - 2 k - 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f ″x = k - 1s s x - rf x + s x - rf ′x 2 2
k - 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = s x - r[ k - 1sf x + s x - rf ′x ] 2 2k - 2 ( ) ( ) = s x - rf x , ( )3 3
( k - 1) ( ( ) ( )) ) ( f x = s x - rf x . k - 1 k
( ) ( ) 以上各式中的 f x i = 1 , 2 ,, k 都是 x 的 n - k 次整系数多项式 , 且均不含 s x - r i
( ) k( 的因式 ; 又从第 k - 1) 式可知 , f ( x ) 也不再含有因式 s x - r . 令 x = m , 以上各式也成立 , 而
且等式两端都是整数 , 所以本定理已经得到证明 .
由本定理 , 我们可以得到如下几个更具有实用价值的推论.
推论 1 设
n n - 1 ( ) f x = a x + a x + n n - 1 + ax + a 1 0
r ( ( ) ) 是一整系数多项式 , r , s= 1是它的一个 k 重有理根 , 则有 :s ( ) ( ) k - 1k( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) s ?r| f 1, 而 s ?r8 f 1. i i s ?r| f i 1, s ?r| f ′i 1, 这
是定理 3 中 m = ?1 时的情形. 推论 2
设
n n - 1 ( ) f x = a x + a x + + ax + a n n - 1 1 0
r ( ( ) ) 是一整系数多项式 , r , s= 1是它的一个 k 重有理根 , 那么必有 : s ( ) ( ) k - 1k( 1 ?r) | f ( 1) , ( 1 ?r) | f (′ 1) , ( i i , 1 + r) | f ( i 1) , 而 ( 1 ?r) 8 f ( i 1) . 这是定理 3 中 s = m = ?1 时的情形. 此推论给出了整系数多项式整数根的性质. 我们知道 , 当我们运用定理 1 写出 f ( x ) 的一切可能的有理根时 , 如果 a 有 p 个约数 , a n 0
( ) ( ) 有 q 个约数 , 那么 , f x 的可能的有理根至多可达到 p q 个 . 也就是说 , 我们要找出 f x 的全
第 2 期 王海坤 :整系数多项式有理根定理的改进 83
部有理根 , 我们至多可能要做 pq 次试验. 这显然是很麻烦的. 但如果再运用定理 2 , 只要取 k
( = 1 或 k = 2 , 只需经过简单地心算 , 就可使次数大为减少 ; 倘若再结合使用定理 3 通常使用其
) 推论, 可使试验次数减少到与其有理根的个数相同的程度.
现仅以一例说明之.
5 4 3 2 例 求 f ( x ) = 24 x + 10 x - x - 19 x - 5 x + 6 的有理根 , 并判定每个有理根的重数 .
1 3 ( ) 解 由定理 1 , 写出方程 f x = 0 的一切可能的有理根为 : ?1 , ?2 , ?3 , ?6 , ? , ? , 2 2
1 2 1 3 1 1 1 3 1 ? , ? , ? , ? , ? , ? , ? , ? , ? ; 3 3 4 4 6 12 8 8 24
( ) ( ) ( ) ( ) f 1= 15 , f - 1= - 21 , f ′1= 114 , f ′- 1= 110 ;
2 r r 由定理 2 , 取 k = 2 , 考虑 24 + 10 - 1 : 2 ss
1 ?令 r = ?1 , 只有当 s = ?2 时 , 才是其约数 , 所以上述分数除 ?外 , 所有分子为 ?1 的2
( ) 分数都不是 f x = 0 的根 ;
?令 s = ?1 , 则只有当 r = ?1 时 , 才是其约数 , 而 f ( ?1) ?0 , 所以 f ( x ) 无整数根.
1 3 2 3 3 这样 , 在上述分数中 , 还剩下 ? , ? , ? , ? , ? 需作进一步判断. 2 2 3 4 8 2 33 3 3 r 因为 = ? 时 , 8824 ?10- 1 , 所以排除 ? . 2 s 8 8 8 82 3 r 3 3 3 .因为 = - 时 , 4824 - 10- 1 , 所以排除 - 2 4 4 4 4s
2 3 ( ) ) ( 又 3 + 28 f - 1= - 21 , 所以排除 , .3 2
最后由综合除法 :
24 , 10 , - 1 , - 19 , - 5 , 6 3 4 18 21 15 - 3 - 6
24 28 20 - 4 - 8 0
3 1 2 1 3 ( ) ( ) ( ) 知 是 f x = 0 的根 ; 同理可知 , - 也是 f x = 0 的根 , 而 - , - 不是 f x = 0 的4 2 3 2 2
1 3 2 ( ) 根 , 即 , - , 是 f x = 0 的全部有理根.2 3 4
1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 因为 2 + 1| f - 1= - 21 , 2 + 18 f ′- 1= 110 , 所以 是 f x = 0 的二重根 ; 同理知 2
3 2 ( ( ) ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) 是 f x = 0 的单根 . 又 3 -- 2| f 1= 15 , 3 - - 28 f ′1= 114 , 所以 - 也是 f 4 3 ( ) x = 0 的单根.
范文五：艾森斯坦判别法.doc(整系数多项式)
?
? p 不整除a n ，但整除其他a i ； p 2 不整除a 0 ， 那麼f (x ) 是不可約的。
給了多項式g (x ) = 3x + 15x + 10，試確定它能否分解為有理係數多項式之積。
試用艾森斯坦判別法。素數2和3都不適合，考慮素數p = 5。5整除x 的係數15和常數項
210，但不整除首項3。而且5 = 25不整除10。所以g (x ) 在有理數域不可約。
有時候不能直接用判別法，或者可以代入y = x + a 後再使用。
例如考慮h (x ) = x + x + 2。這多項式不能直接用判別法，因為沒有素數整除x 的係數1。
2但把h (x ) 代入為h (x + 3) = x + 7x + 14，可立刻看出素數7整除x 的係數和常數項，但
27 = 49不整除常數項。所以有時通過代入便可以用到判別法。
艾森斯坦判別法得出的一個著名結果如下：
對素數p ，以下多項式在有理數域不可約。 242
。
要使用艾森斯坦判別法，先作代換x = y + 1。新的常數項是p ，除首項是1外，其他項的係數是二項式係數
，k 大於0，所以可以被p 除盡。
