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1、 嘉应学院本科毕业论文（设计）（2014届）题目：有理数域上的多项式的因式分解姓 名： 江志会学 号： 101010100学 院： 数学学院专 业： 数学与应用数学指导老师： 许鸿儒申请学位： 学士学位嘉 应 学 院 教 务 处 制 摘 要在多项式理论中，对于有理数域上多项式的因式分解的研究有着极其重要的地位。判断一元多项式是否能因式分解是不容易的。本文根据多项式的可约性和有理根的判断与求法的理论，探究多项式的因式分解的方法，并进行了归纳、整理和补充。关键词：有理数域,可约,因式分解 AbstractIn polynomial, the research on rational polynom
2、ial factorization has an extremelyimportant position. Determine whether a polynomial can be factoring or not is not easy.According to the theory of irreducible polynomials and rational roots, we explore polynomialfactorization method, and make some the induction, consolidation and supplements.Key wo
3、rds： rational number field, reducible, factorization 目录1有理数域上的多项式基本内容.1.1多项式因式分解的基本概念.1.2本原多项式.1.3不可约多项式的艾森斯坦判别法.2多项式的有理根及因式分解.2.1多项式在有理数域上的性质.2.2多项式有理根的判定.2.3多项式有理根的求法及因式分解.2.4因式分解的特殊解法.参考文献.错误！未定义书签。 有理数域上的多项式的因式分解1有理数域上的多项式基本内容1.1 多项式因式分解的基本概念在算术中，我们已掌握了整数分解质因数的概念，如：15= 3 5；在此基础上，通过类比,我们得到因式分解的一般
4、定义：定义1.1.1把一个多项式化成几个整式的积的形式，像这样的式子变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做把这个多项式分解因式。对于一个多项式能否因式分解，不能孤立的来考虑，在不同的数域内有不同的结论。x - 4例1分解4 的因式(x + 2)(x - 2)22在有理数域中，它的分解式是： ，分解到这里就不能再继续分解，不然的话，分解式的系数将超出有理数的范围。在实数域中,它的分解式是：(x2 + 2)(x+ 2)(x- 2)，分解到这里，就不能再继续分解。在复数域中，它的分解式：(x+ 2)(x- 2)(x+ 2i)(x- 2i)。由此可见，对多项式的分解，必须先明确系数的数域，再理解其不能再
5、分的含义。所谓多项式在给定的数集内讨论，是指多项式中的一切系数，以及自变量所取的值，都要属于这个数集。 定义1.1.2给定F X 的任何一个多项式f (x)，对于F中的任何一个不为零的元素c。c是f (x) 的因式。c f (x) 也是f (x) 的因式，我们把f (x) 的这样的因式叫作它的平凡因式，任何一个零次多项式显然有只平凡因式。一个次数大于零的多项式可能有只平凡因式，也可能还有其它因式（非平凡因式或真因式）。例2设f (x) = 2(x-1),g(x) = -3(x+ 2)(x+ 3)2。()由定义可以知道f (x)只有平凡因式，gx有非平凡因式因此，我们研究多项式的因式分解，只是从
6、它能否表示成非平凡因式的积来考虑的。1 有理数域上的多项式的因式分解1.2 本原多项式定义1.2.1若是一个整系数多项式( )系数互素，那么( )叫作一个本原多项式。f xf x引理1.2.1两个本原多项式的乘积仍是一个本原多项式。证设给了两个本原多项式f (x) =a +ax+L+axiLa xm01img(x) =b +bx+L+b xjL+b xn01jn并且f (x)g(x) =c +cx+L+c x L+c xi+jm+n01i+jm+n如果f (x)g(x)不是本原多项式，那么一定存在一个素数p，它能整除所有系数c ,c ,c ,由于f (x)和g(x)都是本原多项式，所以 p不能
7、整除f x( )的所有系数，也01,Lm+n不能整除g(x)所有系数。令a和 b各是f (x)和g(x)的第一个不能被 p整除的系数。我ij们考察f (x)g(x)的系数c ,们有i+jc =ab +L+a b +ab +a b +L+a bi+j 0i+j0 i+ji-1 j+1iji+1 j-1这等式的左端被 p整除。根据选择a和b 的条件，所有系数a ,KKa 以及b KKbij0 i-1j-1 0都能被 p整除，因而等式右端除a b这一项外，其它每一项也都能被 p整除。因此乘积a bjj也必须被 p整除。但 p是一个素数，所以 p必须整除a或b.这与假设矛盾。ij设f (x)是有理数域
8、上的一个多项式。若是f (x)的系数不全是整数，那么以f (x)系数cf (x)。显然，多项式f (x)与cf (x)分母的一个公倍数乘f (x) ，就得到一个整系数多项式c在有理数域上同时可约或同时不可约。这样，在讨论有理数域上多项式的可约性时，只需讨论整系数多项式在有理数域上是否可约。设f (x) =a xn +a xn-1 +L+ax+a是有理系数多项式，选取适当的整数乘以cnn-i10f (x)，总可以使cf (x)是整系数多项式，如果cf (x)的各项系数有公因式d ，可以提出来，dc，g x( ) 其中g(x)是各项系数互质的整系数多项式。f x即cf (x) =dg(x)，( )
9、=2 有理数域上的多项式的因式分解22 2例3f (x) = x4 + 2x2 - = (5x4 +15x2 - 6)，这里5 15g(x) = 5x4 +15x2 - 6。3所以Qx中的非零多项式，与Zx中的本原多项式有紧密的联系。a 0使定理1.2.1设 f (x)Qx，且 f (x) 0。则存在一个有理数af(x)是Zx中本原多项式。此外，如果有理数b 0，使bf (x)也是本原多项式，则a = b。实际上，设f (x)= a xn +a x + . .+.a x an+ ，这里a aa 都是有理数且, , . . . . . .nn-101n-110ca ,ca ,.ca都是整数，并令
10、 = ( , ,.ca ) ，则na 0。取整数c 使nd ca ca01n01c f (x) =dcadx + . +ca1 x+cann0dd便是Zx中本原多项式。a,bbf x h x=af x g x此外，如果有理数，使 ( )=( )，及 ( )都是本原多项式，则( )g(x) =bh(x)a都是本原的，故b必须是整数，并且没有素因子，从而 b = 1，aag(x),h(x)，因即a = b。这表明，中非零多项式Qx 本质上唯一地对应一个本原多项式。定义1.2.2设 f (x)Zx,degf 1。如果f (x)在Z上仅有平凡因式的分解，即不能分解为Zx中两个正次数多项式的积，则称 f
11、 (x)为Zx约(或可分解)。中不可约多项式。否则称 f (x)在 上可Z x 例4 2x+ 2是不可约的，而 在Z 上可约。2 - 2x2研究 f (x)在Z上是否可约，显然只需考虑 f (x)是本原多项式的情形。我们注意到，如果 f (x)在Z上可分解，因，则它在Q上当然是可约的。下面的结果表明，反过来的结ZQ论也成立。 定理1.2.2设 f (x) Z x是本原多项式，如果f (x)在Q上可约，则 f (x)在Z 上也可约。a确切地说，设 f (x) = g(x)h(x)，这里g (x),h(x) Qx，且 degg,deg 1 ，则存在有理数使h得：1f (x) = ag (x) 1a
12、h (x),且ag x h x Zx( ), ( )a3 有理数域上的多项式的因式分解ag(x) =g (x)和bh(x) =h (x)都是a,b事实上，由定理1.2.1知，存在有理数，使得11本原多项式。于是abf (x) = g (x)h (x)11g (x)h (x)是本原多项式，由引理1.2.1，而 也是本原多项式，故ab必须是整数，f (x)11ab = 1且没有素因子，即 。因此，和都是(本原的)整系数多项式，证毕。1( )ag x( )h xa 因此，Z x中的多项式在Z上是否可约，与它在Q上是否可约是一回事。定理1.2.3若是一个整系数n(n0)次多项式在有理数域上可约，那么
13、f (x)f (x)总可以分解成次数都小于n的两个整系数多项式的乘积。证明： 设f (x) =g (x)g (x)12这里g (x)与g (x)都是有理数域上的次数小于n的多项式。令g (x)的系数的公分母121是b .那么g (x)=1h(x),这里h(x)是一个整系数多项式。又令h(x)的系数的最大公因数11b1是a那么1g (x) =a1 f (x)1b11这里a1是一个有理数而f (x)是一个本原多项式。同理，b11g (x) =a2 f (x)2b22这里a2是一个有理数而f (x) 是一个本原多项式。于是b22f (x) =aaf (x)f (x) =r f (x)f (x)1 2
14、bb12s121 2其中r与 是互素的整数，并且s 0。由于 f (x)是一个整系数多项式所以多项式f (x) f (x)s1 2的每一系数与r 的乘积都必须被 整除。但r与 互素，所以f (x) f (x)的每一个系数必ss124 有理数域上的多项式的因式分解须被s整除，这就是说，s是多项式f (x) f (x)的每系数的一个公因数。但f (x) f (x)是一1 2 1 2个本原多项式，因此s = 1而f (x) = rf (x)f (x)12rf (x)和rf (x)显然各与g (x)和g (x)有相同的次数，这样，可以分解成次数都小于nf (x)1212的两个整系数多项式的乘积。1.3
15、 不可约多项式的艾森斯坦判别法由上一节知令 f (x)是整数环上一个大于零次的多项式。如果 f (x)存在整数环上次数都小于f (x)次数的多项式g(x),h(x)，使得 f (x)=g(x)h(x)，那么 f (x)，g(x),h(x)自然可以看成有理数域上的多项式，这表明 f (x)在有理数域上是可约的。反过来，如果 f (x) 可约的，那么 f (x)在整数环上也一定可约。判别一个整系数多项式是否不可约，是一件极其困难和复杂的事情。下面的结果，给在整数环上可约，即在有理数域上是出了多项式为不可约的一个充分条件，用处相当广泛。定理1.3.1(艾森斯坦判别法)设 f (x) = a xn +
16、a xn-1 +. +a x+a是一个整系数多项nn-110p a ip，使得a不能被p整除，| ( = 0,1, 2,., n -1)，式，其中 n 1。如果存在一个素数in但a不能被p2整除，在Z上不可约(从而在Q 上也不可约)。0设有两个(非常数)整系数多项式：g(x) =b xk +b xk+.+bx+b1 0k -1k-1及h(x) =cxi +c xi+.+cx+c1i-1i-10=a bc2( ) ( )。因 被p整除，但不被整除，p 故b与c中恰有一个被整除，p0 0 00 0f x g xh x使 ( )无妨设p |c，a =bc又不被整除。故pc。现在可取最小的下标r使pa
17、 ，显然 0，rp0nk iir又a = b c r +b c r -1 +. +b c0r01r5 有理数域上的多项式的因式分解因pb c，而和式中其余项都被整除，故pa ，这与定理中条件矛盾，证毕。rp0 r例 2多项式f (x) =xn + 2，取素数p =2显然 p满足 Eisenstein判别法的三个条件，因而f (x)在有理数域上不可约。6 有理数域上的多项式的因式分解2多项式的有理根及因式分解2.1多项式在有理数域上的性质定理2.1.1设为一个整系数多项式,且有一个奇数和一个偶数m使得和均f (k)f m( )f (x)k为奇数,则无整数根。f (x)证明:(反证法)设有一个整数
18、根，则由因式定理知： ，即有- | ( )x a f xaf (x)-x-aq x x af (x) = (x-a)q(x)，其中 ( )为除 的商式,由于 为整系数多项式,所以q(x)也( )f x( ) ( ) ( )为整系数多项式,所以由f (m)为奇数得f m = m -aqm为奇数,所以 为奇数，又因为-m a( ) ( ) ( )m为偶数，所以 为奇数;而由 为奇数得f k = k -aqk 为奇数,即有,显然矛盾,所以f(x)无整数根。,且有一个整数根,若存在奇数使得为k -a为奇数，a( )f k又因为为奇数,所以 为偶数,这样 即为奇数又为偶数kaa推论2.1.1设为一个整系
19、数多项式f (x)f (x)kf (k)奇数,则对任意偶数必为偶数。m,f (m)推论2.1.2设为一个整系数多项式,且有一个整数根f (x),若存在偶数m使得为f (m)f (x)奇数,则对任意奇数必为偶数。k,f (k)= +f x x ax( )2.1.2设n+ +. 为整系数多项式,若 有个两两不同na x a+n-1定理n-1f (x) 1+n1的整数根,则f (x)在有理数域上不可约。Qc ,c ,.,c ,则有+ ，证明:(反证法)设f (x) +1的个两两不同的整数根为f (c ) 1n12ni,因为deg f (x) =n 1,所。再设在有理数域上不是不可约多项式f x( )
20、Q环 上可约,所以存在整系数多项和f (c ) = -1(i = 1, 2,.n)i以 f (x)在有理数域上可约,也即是 f (x)Q在整数Zh(x)f x n其中 deg h(x) deg ( ) = ，deg g (x) deg f (x) = n。所以，使得=f (x) h(x)g(x)g(x)deg(h(x) +g(x) (s -1)n +1，为正整数时，pm-k |a ,k = 1,2,.,n -1 (注：当 时，s=1n-k此时与(i)相同)，那么 f (x)无有理根。证明：当mn时，=r ( , ) 1假设多项式存在有理根 ，r s ，则在有理数域上 从sr(x- ) |f (
21、x)sf (x)sx-rr,s- 。因为互素，所以 是一个本原多项式，根据上述引理知(sx r) |f (x)而f (x) = (sx-r)(b x +bx + . +b x+b )b b式中 , ,.,b ,bn-2 n-1都是整数，比较两边系数，n-1n-201n-2n-101即得8 有理数域上的多项式的因式分解sb =a00sb =a +rb110sb a rb1.= +22sb =a +rbn-m+1n-m+1n-m+1sb=a+rbn-m+2n-m+2n-m+2.（1）sb =a +rbn-2n-2n-3sb =a +rbn-1n-1n-2rb = -an-1np |a ，由（1）知
22、p |rb ，所以或| ，因为是素数，且pp bn-1p |rn-1n同时，因为 ，所以且pb 。pa sb=ps000如果p |r，那么由| ，及 (1)中sbp an-m+1n-m +1=a+rb ，所以|p sb。n-m+1n-m+1n-m即p |b ，故p | 。rbn-m+12n-m+1又因为| 及pa，所以p |sb ，即 |。n-m+2sbn-m+2=a+rbn-m+222p b2n-m+2n-m+2n-m+2m n由，依次类推，即得 p ，所以p rb|m-1m-2|。m-2bm-2又因为p|a 及,所以bp |sb ,即p | ,m-1m-1-1n-1sbn-1=a +rbm
23、 -1n-1n-2n-1n所以| = -a,故 p = a 。与p a 矛盾。必有，则 p |b 。p rbp rmn -1n-1nmnmnrb =sb -ap |b 。pr，所以 ，但 ，必有|p rbn-1n-2-2由于 p |a 及由(1)式中n-2n-1n-1np |b由(1)式依次类推知。1p |a= +由及sb a rb，得 。又由前面所述知且，为素数。p rb|0prp b|0p1110则pr。矛盾,故 f (x)无有理根。0当sn m (s -1)n +1,s是正整数且1时，(因为=1s 的情况为上述所证明)。此时，sx=在 f (x)中，令 ps-1y ，得f (x) = f
24、 (ps 1y)-9 有理数域上的多项式的因式分解=a p0yn +a p1+.+a p y +a(s-1)n(s-1)(n-1) n-1ys-1n-1na1ps-1an-1p(s-1)(n-1)an = p(n-1)mg(y)p(s-1)np(s-1)na yn +0yn-1 + .+y+ai(i = 1 , 2n, . . . , )由定理的条件显然知，的系数(s- 2i )均为整数因为g(y)ps n m( s-1 ) n+，1 ,s s 1是正整数，且由定理的(1)知(2)am- - -2 | a ，但(s1)mn(s-1)npm (s 2)m-2- -，pnpa0( )-2nppsa
25、np(s-1)(n-1)- - -其中= 1 , 2 , . .，. .m (s 1)n 1 及ipm-(s-1)n-1又由定理中(3)(ii)知|p |a1,aa,., ，同时m - (s -1)n sn - (s -1)n =n，由以上证明知g y( )无有n-1pps-2 p(s-2) (s-2)(n-1)2理根，故无有理根。f (x)推论2.2.1设 f (x)为定理中的多项式，如果有一个素数，使p(1)pa ；或 pt |a ,pt+1 |a ,t m,m,t是正整数；000p |a ,a ,.,a；(2)n12na ,m sn,s是正整数,(3)pm 1+n那么，无有理根。由定理知
26、推论显然成立 。f (x)2.3多项式有理根的求法及因式分解定理2.3.1设f (x) =a x +an-1x -1 +L+ax+an n1 0n是一个整系数多项式若p是()的一个有理根，这里(，fxpq)=1，则q(1) ，；q |anp |a010 有理数域上的多项式的因式分解Z(x)f (x) = (x- p)g(x), g(x)(2)qpq证因为是f (x)的一个有理根，所以是的一次因式，故-f (x)qx pf (x)=(qx-p)h(x)( )( ) ( )Z x.于是设由p,q =1知道是本原多项式，所以由引理2.2.1知道h xqx p-h(x) =bn-1xn-1 +bn-2
27、xn-2 +L+bx+b01，因此f (x) = (qx-p)h(x) =qbn-1x+L+ (-pb )。n0比较两边系数，得故，a =qbn-1, a = -pbn00。0q |a , p |an又f (x) = (qx-p)h(x) = (x- p)(qh(x) = (x- p)g(x)，qq其中g(x) =qh(x)Zx( )f x的首项系数a的因数为定理2.3.1给出了求整系数多项式有理根的一种方法设nq ,j =1,2,L,sj，常数项a的因数是 ，p ,i = 1,2,L,t0i( )则f x的有理根只可能是i。为求得有理根，可对 pi逐个用综合除法进行试验。pqqjj当 pi个
28、数较多，逐个试验比较麻烦时，还可考虑如下事实。qj( )( ) ( ) ( ) ( ) 因此, .若 是f x的一个根,则f x = x-c q x q x Z xcf (-1) = -q(-1)1f-(1c) =q(1),1+c11 有理数域上的多项式的因式分解f (1)1-cf (- 1)1+cp都是整数因此，结合除法只要对使与都是整数的i进行试验(我们可以假定qj( ) ( )( )f 1与f -1都不为0，否则可以用或+1除f x，再对所得的商式作类似的考察)。x-1 x例1求多项式f (x) = 3x4 + 5x3 +x2 + 5x- 2的有理根及因式分解( ) ( )解()的有理根
29、只可能为1,2，；又因为 1 =12, -1 = -8,且f f12fx33-8 , 1-+82 ,121+ 231+ 23都不是整数，但121+ 2 1- 2-8121 , 1-+81 , 11+21 , -8,1- 131-3331-2，作综合除法试验因为3全为整数所以对- 2 |3 5 1 5 - 2- 6 2 - 6 2，3 -1 3 -1 0( )-所以2是f x的一个有理根，且有f (x) = (x+ 2)(3x3 -x2 + 3x-1)-此时，易见2不再是3的根，且3x -x2 + 3x-13x3 -x2 + 3x-1= (3x-1)(x2 +1)( )f x 的有理11于是(若
30、观察不到,则可分别对, 作综合除法试之),得-33( )f x的因式分解为f (x) = (x+ 2)(3x-1)(x2 +1)1-根为2与所以，32.4因式分解的特殊解法1拆项法它是指把多项式的某一项分裂成为两项，利用分组来分解因式的方法，它常适用于双二次三项式、二次三项式、三次四项式、四次二项式、四次三项式等多项式的因式分解。x -13x +12。例1分解因式312 有理数域上的多项式的因式分解分析把常数12项分解为-1+13x -13x+ 12解：3=x3 -13x-1+ 13=(x3 -1) -(13x-13)=(x-1)(x2 +x+1) -13(x-1)=(x-1)(x2 +x+1
31、) -13=(x-1)(x2 +x-12)=(x-1)(x-3)(x+ 4)2添项法它是指在多项式中添加某一辅助项，利用分组来分解因式的方法。它也常适用于双二次三项式、二次三项式、三次四项式、四次二项式、四次三项式等多项式的因式分解。x-24x-5。例 2在有理数范围内分解因式3-5x分析添加辅助项2x -24x-5解：3=x3 -24x-5-5x2 + 5x2=(x3 -5x2) + (5x2 -24x- 5)=x2(x-5) + (5x+1)(x- 5)=(x-5)x2 + (5x+1)=(x-5)(x2 + 5x+1)3待定系数法Ax +Bxy+Cy2 +Dx+Ey+F，在指它是指形如二
32、次二项式 定数域内能分解成为2(ax+by+c)(dx+ey+ f )，通过恒等的性质，确定a、b、c、d ,待定分解因式的方法。13 有理数域上的多项式的因式分解它适用于有二次齐次项的多项式的因式分解，以及某些缺项的高次多项式的因式分解。2x +7xy +3y 2 +9x +2y - 5。例3分解因式22x +7xy +3y 2 =(2x +y)(x +3y)解：由2设原式=(2x +y +c)(x +3y +f )=x 2 +7xy +3y 2 +(2f +c)x +(3c +f )y +cf与原式比较对应项系数，得2f +c =93c +f =2cf =-5解得c =-1,f =52x
33、+7xy +3y 2 +9x +2y - 5=(2x +y -1)(x +3y +5)。故24对称法x (y -z)+y 2(z-x)+z2(x -y)形式的多项式的因式分解的方它是指形如二元二次式2法。x (y -z) +y 2(z-x) +z2(x -y)。例4分解因式2-y z z-x也x =y-x y分析当时原式，故可断定是原式的一个因子，同理、=0是原式的因子z ；把他们代入等式的解：设原式=m(y -z)(z-x)(x -y)，令x =0,y =1, =2两边，得02(1- 2) +12(2- 0) +22(0- 1) =m(0- 1)(1- 2)(2- 0)m =-1化简整理，得- 2=2m，解得。故x 2(y -z) +y 2(z-x) +z2(x -y) =-(x -y)(y -z)(z-x)14 有理数域上的多项式的因式分解参考文献1张禾瑞、郝鈵新高等代数（第四版）M北京：高等教育出版社，19992