不可约多项式
6.不可约多项式的判定，性质与证明
一．判定：
定理1（爱森斯坦判别法）设f(x)是整系数多项式，若有一个素数p，使得：
（1）p不能整除a
（2）p整除
（3）不能整除
那么f(x)在有理数域上不可约。
注：定理1的证明通常采用“反证法”
定理2（爱森斯坦判别法的等价判别定理）设f(x)是整系数多项式，若有一个素数p，使得：
（1）p不能整除
（2）p整除，，，
（3）不能整除
那么f(x)在有理数域上不可约.
注：定理1和定理 2 都只是判定整系数多项式在有理数域上不可约的充分不必要条件，这就是说不满足定理1和定理2的判定条件的多项式可能是不可约的。
定理3（爱森斯坦判别法的推广）设整系数多项式f(x)，若存在素数p，使得：
（1）p不能整出
（2）p整除
（3）不能整除，
（4）P不能整出，其中整除，且b≠，d=（，，，）
则f(x)在有理数域上不可约。
注：定理3和定理1，定理2之间没有任何联系，定理3适用于（，）≠1的情况，同时也说明了并不是所有的多项式只要满足定理1和定理2中的一个定理的判定条件，那么另
一个定理的判定条件也满足，定理3虽然解决了一些用定理1和定理2不能解决的问题，但是它任然只是充分条件，不是充要条件，因而任然存在有理数域上不能用定理1，定理2和定理3判定的不可约多项式，针对这种情况，下面给出两种判定多项式在有理数域上不可约的常见方法：
（1）换元法-当题目不能满足定理1，定理2和定理3的判定条件，所以不能直接用定理1，定理2和定理3来证明，但是对函数进行换元后即可用爱森斯坦判别
法来证明。
（2）反证法-当题目不能直接用定理1，定理2和定理3来证明时，可假设命题成立，再利用爱森斯坦判别法来证明假设成立与否，即可得出结论。
二．性质
1.p(x)不可约则对任意或.
2. p(x)不可约,则对任意的非零c∈p,c p(x)不可约.
3.（1）p(x)不可约,则对任意的f,g∈,,得到或.
（2）аp>0,对任意f,g∈可推出或,得到p是不可约多项式
三．证明：
（1）具体多项式的不可约性证明
+…+在有理数域上不可约。
例1.若p为质数，求证有理系数多项式f（x）=1+x+
！
证明：p!f(x)是整系数多项式
p!f(x)=p!+p!
因为P为质数，整系数多项式p!f(x)符合爱森斯坦判别法，所以整系数多项式p!f(x)在整数环上不可约，即整系数多项式p!f(x)在有理数域上不可约。由此可得多项式f(x)在有理数域上不可约。
例2 .若P为质数，求证有理系数多项式f(x)=1+x++…+在有理数域上不可约。
证明：因为f(x)=,不妨设x=y+1得到
f(x)=f(y+1)==g(y).
g(y)= +p+…+
又因为p为质数，g（y）符合爱森斯坦判别法，所以g（y）在整数环上不可约，即f（x）在整数环上不可约，由此可得f（x）在有理数域上不可约。
（2）抽象多项式的不可约性证明
例3.求证整系数多项式f（x）=λ-1在有理数域上不可约，其中λ,λ,…,λ为n个互不相等的正数。
证明：假设f(x)在有理数域上可约，由于f(x)是整数系数的多项式，所以f(x)在整数环上也可约，则存在整系数多项式g（x），h（x）满足
f(x)=g(x)h(x),其中
根据f（x）=λ-1可知
f(λ)=g(λ)h(λ)=-1, k=1,2,…,n
因为g(λ),h(λ)为整数，所以
g(λ)=-h(λ)
由此可知λ,λ,…,λ为多项式方程的n个根。
又因为（g(x)+h(x)）< n.所以g（x）+h（x）为零多项式，即有g（x）=-h（x）. f(x)=g(x)h(x)=-
由此可得到f(x)的最高次项的系数为负数，与已知的f(x)的最高次项的系数为1相矛盾，假设不成立.所以整系数多项式f(x)在有理数域上不可约.
例4.求证整系数多项式f（x）=λ在有理数域上不可约，其中λ,λ,…,λ为n个互不相等的整数，其中n为奇数。
证明：假设f（x）在有理数上可约，由于f（x）是整系数多项式，所以f(x)在有整数环上也可约，则存在整系数多项式g(x),h(x)满足
f(x)= g(x)h(x),其中
根据f（x）=λ可知
f(λ)=g(λ)h(λ)=-1, k=1,2,…,n
因为g(λ),h(λ)为整数，所以
g(λ)=h(λ)
由此可知λ,λ,…,λ为多项式方程g(x)-h(x)=0的n个根
又因为（g(x)-h(x)）< n.,所以g(x)-h(x)为零多项式，即有g(x)=-h(x).则
f(x)= g(x)h(x)=
由此得到f(x)的次数为偶数，与已知矛盾，假设不成立。所以整系数多项式f(x)在有理数域上不可约。
例5.求证整系数多项式f（x）=λ在有理数域上不可约，其中n为大于4的偶数，λ,λ,…,λ为n个互不相等的整数。
证明：假设f（x）在有理数域上可约，由于f(x)是整数系数的多项式，所以f（x）在有整数环上也可约，则存在整系数多项式g(x),h(x)满足
f(x)=g(x)h(x),其中
根据f（x）=λ可知，
f(λ)=g(λ)h(λ)=1, k=1,2,…,n
因为g(λ),h(λ) 为整数，所以
g(λ)=h(λ)，k=1,2,…,n+1.
由此可知λ,λ,…,λ为多项式方程g(x)-h(x)=0的n个根。
又因为（g(x)-h(x)）< n,所以g(x)-h(x)为零多项式，即
f(x)=λ= g(x)h(x) =
再设g(x)=m(x)+1,有
m(x)(m(x)+2)=λ=λ
所以λ,λ,…,λ分别为m(x),m(x)+2的因式。
则不妨设
m(x)=η
m(x)+2=ξ
其中ηηηξξξ的重新排序。由此可得
m (ξ)=m(ξ )=m(ξ )= …=-2=ξη =ξη =…
进而有
ξη =ξη =ξη =-2
再根据-2的整数因式分解为
-2=-12=（-2）1=（-1） 2
由于ξηξηξη是互不相等的整数，所以当n>2时，
ξη =ξη =ξη =-2
是不可能同时成立的。所以假设不成立，故整系数多项式f(x)在有理数域上不可约。
例6.若n次整系数多项式f（x）有多于n+1个整数λ,λ,…,λ，….处的取值的绝对值为1，求证整系数多项式f（x）在有理数域上不可约。
证明：假设f（x）在有理数域上可约，由于f（x）是整系数多项式，所以f（x）在有整数环上也可约，则存在整系数多项式g(x),h(x)满足
f(x)=g(x)h(x),其中
则有
f(λ)=g(λ)h(λ) , k=1,2, …,n+1
所以
λ-1=0, k=1,2, …,n+1.
又因为
所以g（x）=为常数函数。与假设矛盾，假设不成立，所以命题成立。
例7.求证整系数多项式f(x)= λ在有理数域上不可约，其中λ,λ,…,λ为n个互不相等的整数。
证明：假设f(x)在有理数域上可约，由于f(x)是整系数多项式，所以f（x）在有整数环上也可约，则存在整系数多项式g(x),h(x)满足
f(x)=g(x)h(x),其中
由f(x)=λ可知
f(λ)=g(λ)h(λ) =1, k=1,2,…,n.
因为g(λ)，h(λ)为整数，所以
g(λ)=h(λ）∈, k=1,2,…,n
再根据f(x)在实数域上总是正数，所以f(x)=0在实数域上无实数根。
可知g(x)=0在实数域上无实数根，所以g(x)在实数域上恒正（恒负），
所以λ,λ,…,λ为g(x)=1(g(x)=-1)的n个根，有
λ
同理：
λ
不妨设
g(x)=λ+1
h(x)=λ+1
所以
f(x) =λ+(λ+1
则有
得到，与g(x),h(x)是整系数多项式相矛盾，假设不成立。由此可得命题成立。
（3）.不可约多项式的应用
例8.若m，n为自然数，且m,求证不是任意m次整系数多项式的根。
证明：根据爱森斯坦判别法可知，多项式f（x）=-2是一个在有理数域上不可约n次多项式，且是多项式f（x）=0的根。
因为m，则对任意的m次多项式g（x），总有多项式f（x），g（x）互素；
即多项式f（x），g（x）没有公共根，所以不是任意m次多项式的根（m）
例9.求所有的整数m，使f（x）=+mx+1在有理数域上可约。
解：若f（x）=+mx+1在有理数域上可约，则f（x）=+mx+1在整数环上可约。
讨论1）
若f（x）在有理数域上存在一次因式，则f（x）=0存在有理根，根据f（x）的最高次项的系数与常数项都为1，可知f（x）=0的有理根只能为，即有：
f(1)=m+2或者f(-1)=m=0,
所以当m=0,或者m=-2时，f(x)在有理数域上存在一次因式。
讨论2）
若f(x)在有理数域上存在二次因式，则二次因式的形式为+sx+1或者+sx-1
不妨设
f(x)=（）（）或者f(x)=(+sx-1)（）
由此可得:
或者
方程无整数根。
所以仅当m=0或者m=-2时，f(x)在有理数域可约。
宋志敏
20132113390
不可约多项式的判定及应用(黄嘉盛)详解
不可约多项式的判定及应用 摘 要 多项式理论是高等代数的重要组成部分，而不可约多项式是多项式中重要的概念. 本文主要对有理数域上不可约多项式的判别方法进行整理归纳, 较为系统的给出不可约多项式的判定方法。对于一般的不可约多项式的判定有Eisenstein 判别法、Kronecker 判别法、Perron 判别法、Browm 判别法等。研究了各判定方法的等价和包含关系。此外，我们还给出了不可约多项式的一些应用。 关键词 不可约多项式；判定方法；应用 2. 不可约多项式的概念及性质 2.1 整除的概念 设P 是一个数域，对于[]P x 中任意两个多项式()f x 与()g x ，其中()0g x ≠，一定有[]P x 中的多项式()q x ，()r x 存在，使得 ()()()()f x q x g x r x =+ 成立，其中(())(())r x g x ?
证明: 如果()r x = 0那么()f x =()()q x g x ,即()g x |()f x 。反过来，如果()g x |()f x ，那么()f x =()()q x g x =()()q x g x +0，即()r x = 0。 注1: 带余除法中()g x 必须不为零。 下面介绍整除性的几个常用性质: （1） 如果()f x |()g x ,()g x |()f x ,那么()()f x cg x =，其中c 为非零常数。 （2）如果()f x |()g x ,()g x |()h x ，那么()f x |()h x （整除的传递性）。 （3） ()f x |()g x ,()f x |()g x 1,2,,i r =，那么 ()f x |()1122()()()()()()r r u x g x u x g x u x g x +++， 其中()i u x 是数域P 上任意多项式。[1] 2.2 本原多项式 若是一个整系数多项式()f x 的系数互素， 那么()f x 叫做一个本原多项式。 2.3 有理数域上多项式的等价 设()g x 有理数域上的一个多项式， 若()g x 的系数不全是整数，那么以()g x 系数分母的一个公倍数乘()g x 就得到一个整系数多项式()f x 。显然，多项式()g x 与()f x 在有理数域上同时可约或同时不可约。 2.4 多项式的不可约相关概念 在中学我们学过一些具体方法，把一个多项式分解为不能再分的因式的乘积，但并没有深入探讨和讨论这个问题，并没有严格地论证它们是否真的不可再分，所谓不可再分的概念，其实不是绝对的，而是相对于系数的数域而言，有例如下 把49x -进行分解，可分解为 49x -()()2233x x =+-
三次正多项式p_不可约的充要条件(精)
第 19卷第 2期宁波大学学报(理工版 V ol.19 No.2 2006年 6月 JOURNAL OF NINGBO UNIVERSITY ( NSEE June 2006 文章编号 :1001-5132(2006 02-0193-03 三次正多项式 p -不可约的充要条件 解烈军 (宁波大学理学院 , 浙江宁波 315211 摘要:通过对所有可能正分解的详细讨论,给出了三次正多项式 p -不可约的显式充要条件, 该条件为由三次正多项式的系数构成的一个简单不等式 . 本文使用的主要工具是笛卡尔符号法则的推论和多项式完全判别系统相关结论等 . 关键字:正多项式; p -不可约;充要条件 中图分类号:O151.1 文献标识码:A 在许多生理过程中都包含所谓的“蛋白质-配位体的键合(protein-ligand binding ”过程 . 在众多的用于描述和解释这个过程的数学模型中, Wyman J [1]引入了键合多项式(binding polyno- mial这个基本工具 . 在生物化学领域,这样的一个事实是熟知的:如果某个大分子的键合多项式是 p -不可约的, 则其所有键合位点组成“联动结构” (linkage , 即配位体在一个位点的键合会加速或抑制其他位点的键合过程 . 反之,如果对应的键合多项式有正分解,则其位点可以分解成若干独立的组,不同组的位点互不影响 . 这样,一个大分子的诸键合位点是否联动的问题就归结为其键合多项式是否有正分解,即是否为 p -不可约的问题, 而键合多项式都是正多项式 . 所以,由一个正多项式的系数直接给出其 p -不可约的充要条件,就显得非常重要 . 关于这个问题,已有不少学者进行了讨论 [1-3]. 但是研究的多项式都是四次正多项式 . 显然,不能将这些结论简单地移植到三次正多项式,相对于四次,讨论三次正多
反证法证明多项式不可约
反证法证明多项式不可约 在有理数域上，直接判别一个多项式是否不可约，是一件及其困难和复杂的事情，此时我们可以利用反证法来判别． 例 1 已知)(x p 是次数大于零的多项式，若对于任意两个多项式)(x f 和)(x g ，由)()(|)(x g x f x p 可以推出)(|)(x f x p 或)(|)(x g x p ，则)(x p 是不可约多项式． 证明 假设)(x p 可约，则必存在次数小于))((x p ?的多项式)(x f 与)(x g ，使得)()()(x g x f x p =，即)()(|)(x g x f x p ，又由已知条件，知)(|)(x f x p ，)(|)(x g x p ，但))(())((x p x f ??x f ，所以)(x f 在整数环Z 上也可约，即有整系数多项式)(1x f 与)(2x f ，使得)()()(21x f x f x f =，其中))(())((x f x f i ?
不可约多项式本源多项式
有限域第一次大作业 一、实验内容 （1）构造有限域202F . （2）找到有限域202F 上的任意元素的极小多项式； （3）找到2F 上的一个本原多项式。 二、算法设计 （1）我们知道有限域()n q F q p =的表达有三种形式：()i {} q q F ααα==，α为 ()q h x x x =-的根；()ii []()()()[],p q p F x F f x F x n f x =∈的次不可约多项式； ()iii {}0,q q F F α=U 为上的一个生成元；在这里我们主要通过找到2F 上的一个20次可约多项式来构造有限域202F ，并进行相应的运算。由于只要找到一个2F 上的不可约多项式，我们采用的算法：()a 随机生成一个20次2F 上的多项式，()b 判断多项式为不可约的，pari 代码见附录1；通过pari 我们得到了一个20次的不可约多项式()(x)f ，则[]()2(x)F x f 即为我们想要的有限域，在这有限域上可以直接进行相应的代数运算，pari 代码见附录2； （2）找到有限域202F 上的任意元素α的极小多项式()f x 的思路 第一步：通过元素α的共轭元个数来判断极小多项式()f x 的次数； 第二步：通过α的共轭元生成极小多项式()f x ； 第三步：进一步判断该元素α是否为本原元，若是，则生成的极小多项式()f x 就是2F 上的本原多项式。 pari 代码见附录3；
（3）由于上述方法（2）生成的极小多项式不一定是本原多项式，因此，我们还给出一个能找到上的本原多项式的方法，该方法也是基于随机生成多项式并判断是否为本原多项式，我们知道一个n 次不可约多项式()f x 是本原多项式的条件是其周期达到最大1n p -，由于()() 11n p f x x --，所以只要11n k p p p -=L 时，若()|f x ()11 1,,n i p p x i k -?? ?-= ???L ，则()f x 就是本原多项式，所用的算法思路如下 第一步：随机产生一个2F 上的20次多项式()f x ； 第二步：利用方法一判断该多项式()f x 是否为不可约的； 第三步：进一步判断该多项式()f x 是否为本原多项式。 pari 代码见附录4； 三、实验结果 （1）第一问产生的不可约多项式 我们选择()20191814136++1f x x x x x x x =++++作为我们的所要的不可约多项式 第一问有限域上元素的运算
不可约多项式外文文献加翻译
不可约多项式外文文献加翻译不可约多项式外文文献加翻译 = irreducible polynomial Let f (x) = fl (x)ll--fk(x)lk be the standard factorization of f(x) in the polynomial ring F[x], where fi (x) is an irreducible polynomial with leading coefficient 1 and degree ni. f (x) =f_l (x) 1???f_k (x) ~lk是f (x)在多项式环F[x]中的标准分 解 式,f_i (x)是最高系数为1、次数为n_i的不可约多项式. In this note, we suppose n is a composite, Z_n is a residue class ring mod n> r (x) WZ_n[x] and r (x) is a monic irreducible polynomial of degree k (k>0) over Z_n. 设n是一个合数,Z_n表示模n的剩余类环,r (x) EZ_n[x]是一个首一的k(>0)次不可约多项式。 From these, the cyclic Zq? code with the generator hm(x) whichis primitive basic irreducible polynomial over Zq can be mapped for nonlinearcode with big distance over Zp. 由此将Zq上的一类由本原基本不可约多项式hm(x)生成的循环码映射成Zp上具有较大距离的非线性码，其中本原基本不可约多项式hm(x)是指hm(x)在模p映射下的象hm(x)是Zp [x]中的本原多项式. As a matter of fact, the met hod starts from Z_2, and t here is an irreducible polynomial x~2+x+l over Z_2. As a generating element, which may be regarded as a Princpal Ideal (x~2+x+l). Therefore, as are know from the thory of Modern Algebra, Z_2[x]/(x~2+x+l) is a Finite Fields. 这一方法实质上是从Z_2岀发，以Z_2上的一个不可约多项式x~2+x+l 为生成元做一个主理想(x~2+x+l),然后由近世代数的理论知Z_2[x]/(x~2+x+l)是一个有限域，从而得到了GF⑷。
不可约多项式外文文献加翻译
不可约多项式外文文献加翻译
不可约多项式外文文献加翻译irreducible polynomial Let f(x) = f1(x)l1…fk(x)lk be the standard factorization of f(x) in the polynomial ring F[x], where fi(x) is an irreducible polynomial with leading coefficient 1 and degree ni. f(x)=f_1(x)~l1…f_k(x)~lk是f(x)在多项式环F[x]中的标准分解式,f_i(x)是最高系数为1、次数为n_i的不可约多项式. In this note, we suppose n is a composite, Z_n is a residue class ring mod n, r(x)∈Z_n[x] and r(x) is a monic irreducible polynomial of degree k (k>0) over Z_n. 设n是一个合数,Z_n表示模n的剩余类环,r(x)∈Z_n[x]是一个首一的k(>0)次不可约多项式。 From these, the cyclic Zq? code with the generator hm(x) whichis primitive basic irreducible polynomial over Zq can be mapped for nonlinearcode with big distance over Zp. 由此将Zq上的一类由本原基本不可约多项式hm(x)生成的循环码映射成Zp上具有较大距离的非线性码,其中本原基本不可约多项式hm(x)是指 hm(x)在模p映射下的象hm(x)是Zp[x]中的本原多项式. As a matter of fact, the method starts from Z_2, and there is an irreducible polynomial x~2+x+l over Z_2. As a generating element, which may be regarded as a Princpal Ideal (x~2+x+1). Therefore, as are know from the thory of Modern Algebra, Z_2[x]/(x~2+x+1) is a Finite Fields. 这一方法实质上是从Z_2出发,以Z_2上的一个不可约多项式 x~2+x+1为生成元做一个主理想(x~2+x+1),然后由近世代数的理论知 Z_2[x]/(x~2+x+1)是一个有限域,从而得到了GF(4)。 Irreducible Polynomial of Integral Coefficient 关于整系数不可约多项式 prime polynomial This paper directly proves that a prime polynomial has the radical solutionsover a finite field. 直接证明了有限域上的不可约多项式有根号解 “不可约多项式”译为未确定词的双语例句 We give a definition for n is Generalized Carmichael Number of order k modulo r(x) and denote this by n∈C_(k,r(x)). So we give another definition: C_k={UC_(k,r(x))|r(x) are all monic irreducible polynomials of degree k (k>0) over Z_n}. 本文引入n是k阶摸r(x)的Carmichael数的定义,全体这样的数记为集C_(k,r)(x),由此给出k阶Carmichael数集:C_k={∪C_(k,r)(x)|r(x)过
不同域上的不可约多项式
论文题目
目录 1、前言................................................................................................... 错误!未定义书签。 2、因式分解定理及唯一性定理 ..................................................... 错误!未定义书签。 3、复系数多项式................................................................................. 错误!未定义书签。 4、实系数多项式................................................................................. 错误!未定义书签。 5、有理系数多项式 ............................................................................ 错误!未定义书签。 艾森斯坦（Eisenstein）判别法 .................................. 错误!未定义书签。 艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的变式..................... 错误!未定义书签。 艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的等价定理............. 错误!未定义书签。 多项式的复根与其不可约性......................................... 错误!未定义书签。 n次整系数多项式在有理数域上的不可约的又一充分性错误!未定义书签。 6、有限域上的不可约多项式.......................................................... 错误!未定义书签。 判断有限域上一元多项式是否可约进而得到分解式的方法错误!未定义书签。 q阶有限域上的不可约多项式.................................... 错误!未定义书签。致谢.......................................................................................................... 错误!未定义书签。参考文献 ................................................................................................ 错误!未定义书签。
整系数多项式不可约的判定123
整系数多项式不可约的判定 摘要:判断一个整系数多项式在有理数域是否可约,有著名的艾森斯坦判别法,它给出了判别整系数多项式不可约的一个充分条件,但只能判别一些整系数多项式,应用范围受限制,本文在艾森斯坦判别法的基础上对其进行推广,并给出了一种新的判别方法. 关键词: 整系数多项式 不可约 艾森斯坦判别法 素数 如何来判定一个整系数多项式在有理数域是否可约?满足什么条件的整系数多项式在有理数域才具有可约性?本文结合素数给出了以下判别法. 一 艾森斯坦判别法及其推广 定理 : 设 )(x f =01...a x a x a n n n n +++-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 ; 2. p |021,...,,a a a n n --; 3. p 2不能整除0a 那么)(x f 在有理数域上是不可约的. 证明 : 如果)(x f 在在有理数域上是可约的，那么有定理知，)(x f 可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积, )(x f =)...)(...(011011c x c x c l x x b m m m m l l l l ++++++---- (n m l n m l =+<,,) 因为p ∣0a ,所以能整除0b 或0c ，但是p 2不能整除0a ，所以p 不能同时整除0b 及0c .因此不防假定p ∣0b ,但 p 不整除0c .另一方面，因为p 不整除n a ，所以p 不能整除l b .假设l b b b ,...,,10中第一个不能被p 整除的是k b ，比较)(x f 中k x 的系数，得等式k k k k c b c b c b a 0110...+++=-.式中01,...,,b b a k k -都能被素数p 整除，所