最后更新: 2025-10-17 10:24 查看: 56 次纠错评论(0) 课件开VIP

高斯引理与爱森斯坦判别法

## 高斯引理与爱森斯坦判别法
**定理2.2**（高斯引理）两个本原多项式的乘积还是一个本原多项式。

证 设

$$
\begin{aligned}
& f(x)=a_0+a_1 x+a_2 x^2+\cdots+a_n x^n \quad\left(a_i \in \mathbb{Z}\right) \\
& g(x)=b_0+b_1 x+b_2 x^2+\cdots+b_m x^m \quad\left(b_i \in \mathbb{Z}\right)
\end{aligned}
$$

是两个本原多项式。为方便计，下面设 $a_{n+1}=a_{n+2}=\cdots=0, b_{m+1}= b_{m+2}=\cdots=0$ ．又设

$$
f(x) g(x)=c_0+c_1 x+\cdots+c_{m+n} x^{m+n}
$$

如果 $f(x) g(x)$ 不是本原多项式，令素数 $p$ 是其系数的一个公因子。设 $p\left|a_i(i=0, \cdots, r-1), p\right| a_r(r \leqslant n) ; p\left|b_j(j=0, \cdots, s-1), p\right| b_s (s \leqslant m)$ ．注意 $p \mid c_{r+s}$ ，而

$$
\begin{aligned}
c_{r+s}= & \left(a_0 b_{r+s}+\cdots+a_{r-1} b_{s+1}\right)+a_r b_s \\
& +\left(a_{r+1} b_{s-1}+\cdots+a_{r+s} b_0\right) .
\end{aligned}
$$
上式两个括号内均含有因子 $p$ ，故必有 $p \mid a_r b_s$ ．因为 $p$ 是素数，$p \nmid a_r \Longrightarrow\left(p, a_r\right)=1$ ，此时应有 $p \mid b_s$ ，与假设矛盾。这个矛盾表明乘积 $f(x) g(x)$ 是本原多项式．

利用高斯引理，我们容易得到下面的

**命题2.4** 设 $f(x) \in \mathbb{Q}[x], \operatorname{deg} f(x)>0$ ．命 $f(x)=k \bar{f}(x)$ ，其中 $k \in \mathbb{Q}, \bar{f}(x)$ 是一个本原多项式．则 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 内可约的充分必要条件是 $\bar{f}(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内可约。

证 条件的充分性是显然的，我们来证明必要性的方面．设 $f(x)=g(x) h(x)$ ，其中 $g(x), h(x) \in \mathbb{Q}[x], 0<\operatorname{deg} g(x)< \operatorname{deg} f(x)$ 。命 $g(x)=l \bar{g}(x), h(x)=l_1 \bar{h}(x)$ ，其中 $l, l_1 \in \mathbb{Q}$ ，而 $\bar{g}(x)$ ， $\bar{h}(x)$ 为本原多项式．此时 $f(x)=k \bar{f}(x)=l l_1 \bar{g}(x) \bar{h}(x)$ ．根据高斯引理， $\bar{g}(x) \bar{h}(x)$ 为本原多项式．再根据命题2．3，有 $\bar{f}(x)=$

$( \pm \bar{g}(x)) \bar{h}(x)$ ，这表明 $\bar{f}(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内可约．
现在，我们只要来研究如何在 $\mathbb{Z}[x]$ 内判断一个多项式是否不可约就可以了．但是，这个问题迄今为止还远远未能完满解决．下面介绍一个在许多情况下有用的判别法则。

## 爱森斯坦判别法

爱森斯坦判别法 设给定 $n$ 次本原多项式

$$
f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \in \mathbb{Z}[x] \quad(n \geqslant 1) .
$$

如果存在一个素数 $p$ ，使 $p \mid a_i(i=0,1, \cdots, n-1)$ ，但 $p \nmid a_n, p^2 \nmid a_0$ ，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约．

证 用反证法．设 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内可约，即

$$
f(x)=g(x) h(x),
$$

其中

$$
\begin{aligned}
& g(x)=b_0+b_1 x+\cdots+b_m x^m \in \mathbb{Z}[x], \\
& h(x)=c_0+c_1 x+\cdots+c_l x^l \in \mathbb{Z}[x] .
\end{aligned}
$$

这里 $0<\operatorname{deg} g(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．为方便计，下面式子中多项式 $f(x)$ ， $g(x), h(x)$ 的系数 $a_i, b_i, c_i$ 的下角标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。因为 $a_n=b_m c_l$ ，而 $p \nmid a_n$ ，故 $p \nmid b_m, p \nmid c_l$ 。另一方面，$p \mid a_0$ ，而 $a_0=b_0 c_0$ ，故 $p \mid b_0$ 或 $p \mid c_0$ ．不妨设 $p \mid b_0$ ，此时因 $p^2 \nmid a_0$ ，故 $p \nmid c_0$ ．设 $p \mid b_i(i=0, \cdots, r-1)$ ，但 $p \nmid b_r(0<r<m)$ ．此时 $p \mid a_r$ ，而
$$
a_r=\left(b_0 c_r+b_1 c_{r-1}+\cdots+b_{r-1} c_1\right)+b_r c_0 .
$$

上式括号中各项均含有因子 $p$ ，故 $p \mid b_r c_0$ 。但 $p \nmid b_r, p \nmid c_0, p$ 是素数，矛盾．由此知 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约．

`例2.1` 设 $n$ 为任意正整数．证明 $f(x)=x^n-2$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 内不可约．

解 我们只要证明 $x^n-2$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约就可以了．利用爱森斯坦判别法，取 $p=2$ ．现在 $a_0=-2, a_1=\cdots=a_{n-1}=0, a_n=1$ ．显然满足命题中的条件，故 $x^n-2$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约。

这个例子表明在 $\mathbb{Q}[x]$ 内存在次数为任意正整数的不可约多项式。

`例2.2` 证明 $f(x)=1+x+\cdots+x^{p-1}$（ $p$ 为素数）在 $\mathbb{Q}[x]$ 内不可约．
解 同样，只要证明 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约就可以了．但现在不能直接使用爱森斯坦判别法．我们想办法做一点变化．因为 $f(x)= \left(x^p-1\right) /(x-1)$ ．令 $g(y)=f(y+1)$ ．显然，$g(y)$ 在 $\mathbb{Z}[y]$ 内不可约等价于 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约．而

$$
g(y)=\left[(y+1)^p-1\right] / y=\sum_{k=1}^p\binom{p}{k} y^{k-1} .
$$

因为 $p \cdot(p-1)!=k!(p-k)!\binom{p}{k}$ ，当 $1 \leqslant k<p$ 时，$p \nmid k!, p \nmid(p -k)!$ ，按第八章命题1．4的推论，应有 $p \left\lvert\,\binom{ p}{k}(k=1, \cdots, p-1)\right.$ ，但 $\left.p \nmid\binom{p}{p}, p^2\right\}\binom{p}{1}$ ，根据爱森斯坦判别法，$g(y)$ 在 $\mathbb{Z}[y]$ 内不可约，从而 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约．

## 本章解读
高斯引理在多项式理论中扮演着桥梁的角色，将有理数域 **Q** 上的分解问题，转化为更简单的整数环 **Z** 上的分解问题。

### 1. 核心思想：清除分母

考虑一个有理系数多项式，比如：
$$
f(x) = \frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{4}x + \frac{1}{6}
$$
它看起来有点“杂乱”。但我们很容易通过通分，将其写成一个“整系数”多项式除以一个整数的形式：
$$
f(x) = \frac{6x^2 + 9x + 2}{12}
$$
这个操作揭示了关键一点：**任何有理系数多项式，都可以写成一个整系数多项式与一个非零有理数的商。**

高斯引理关心的是：如果这个原始的有理系数多项式可以在有理数范围内被分解，那么这种分解与它对应的整系数多项式在整数范围内的分解有什么关系？

### 2. 高斯引理的两种形式

高斯引理通常有两个密切相关但侧重点不同的部分。

#### 形式一：本原多项式的积

**定义：本原多项式**
如果一个非零的整系数多项式的所有系数的**最大公因数为1**，则称它为一个**本原多项式**。
例如：
*   $ f(x) = 3x^2 + 5x + 2 $ 是本原的，因为 gcd(3, 5, 2) = 1。
*   $ g(x) = 2x^2 + 4x + 6 $ 不是本原的，因为 gcd(2, 4, 6) = 2。

**高斯引理（形式一）：**
**两个本原多项式的乘积仍然是本原多项式。**

**通俗解释：**
假设你有一个多项式，它的系数“整体上没有共同因子”（本原）。另一个多项式也是如此。那么，把它们乘起来，得到的新多项式的系数，在“整体上”依然不会莫名其妙地冒出一个共同的质因子。

**为什么这很重要？**
这防止了“虚假的”可约性。例如，考虑 $ f(x) = 2x+1 $ 和 $ g(x) = 3x+1 $，它们都是本原的。它们的乘积是：
$$
(2x+1)(3x+1) = 6x^2 + 5x + 1
$$
结果 $ 6x^2 + 5x + 1 $ 的系数是 6, 5, 1，最大公因数是1，所以它也是本原的。这个性质保证了分解的“纯洁性”。

---

#### 形式二：可约性的桥梁（更常用的形式）

这是高斯引理在判断不可约性时最常用的形式。

**高斯引理（形式二）：**
**设 $ f(x) $ 是一个非零的整系数多项式。那么，$ f(x) $ 在有理数域 Q 上可约，当且仅当 $ f(x) $ 在整数环 Z 上可约。**

更精确地说：
*   **“在 Q 上可约”**：指 $ f(x) $ 可以写成两个次数更低的有理系数多项式的乘积。
*   **“在 Z 上可约”**：指 $ f(x) $ 可以写成两个次数更低的**整系数**多项式的乘积。

**通俗解释：**
如果你想证明一个整系数多项式 $ f(x) $ 在 **Q** 上是不可约的，你只需要证明它**不能被分解成两个次数更低的整系数多项式的乘积**就行了。你完全不必去考虑那些带着分数的、更复杂的分解。

这极大地简化了问题！因为我们处理整数的整除性，比处理有理数的关系要容易得多。

### 3. 证明思路（形式二）

为什么这个“桥梁”是成立的？

1.  **显而易见的方向**：如果 $ f(x) $ 能在整数范围内分解（即在 **Z** 上可约），那么它肯定能在有理数范围内分解（即在 **Q** 上可约）。因为整数是有理数的特例。

2.  **关键的方向**：如果 $ f(x) $ 在 **Q** 上可约，即 $ f(x) = g(x)h(x) $，其中 $ g(x), h(x) $ 是次数更低的有理系数多项式。
    *   我们可以通过提取“分母”的方式，将 $ g(x) $ 和 $ h(x) $ 写成：
        $$
        g(x) = \frac{a}{b} G(x), \quad h(x) = \frac{c}{d} H(x)
        $$
        其中 $ G(x), H(x) $ 是**本原多项式**，$ a,b,c,d $ 是整数。
    *   于是：
        $$
        f(x) = \frac{ac}{bd} G(x)H(x)
        $$
    *   根据高斯引理**形式一**，$ G(x)H(x) $ 是一个本原多项式。
    *   现在，$ f(x) $ 本身是整系数多项式。等式 $ f(x) = \frac{ac}{bd} \times (\text{本原多项式}) $ 要成立，唯一的可能是 $ \frac{ac}{bd} $ 必须是一个整数，并且它就是这个本原多项式所有系数的“共同因子”。但由于本原多项式系数的最大公因数是1，这个“共同因子”实际上就是 $ \frac{ac}{bd} $ 本身。
    *   因此，我们实际上有：
        $$
        f(x) = [\frac{ac}{bd} \cdot G(x)] \cdot H(x)
        $$
        或者通过调整，最终总能将 $ f(x) $ 表示为两个**整系数**多项式的乘积。

这就证明了，如果 **Q** 上可约，则 **Z** 上也可约。

### 4. 重要应用举例

高斯引理是 **爱森斯坦判别法** 的基础。爱森斯坦判别法直接作用于整系数多项式，正是因为它基于高斯引理，其结论可以直接推广到有理数域 **Q** 上。

**例1：证明 $ f(x) = x^4 - 2x^2 + 4 $ 在 Q 上不可约。**

我们尝试证明它在 **Z** 上不可约（根据高斯引理，这等价于在 Q 上不可约）。

1.  观察是否有整根：常数项4的因子有 ±1, ±2, ±4。代入发现都不是根，所以没有一次因式。
2.  尝试分解为两个二次式（因为这是唯一可能的整数分解方式）：
    假设 $ f(x) = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) $，其中 a, b, c, d 是整数。
3.  展开比较系数：
    *   $ x^4 $ 项: $ 1 = 1 \cdot 1 $ ✅
    *   $ x^3 $ 项: $ 0 = a + c $ => $ c = -a $
    *   $ x^2 $ 项: $ -2 = ac + b + d $ => $ -2 = -a^2 + b + d $
    *   $ x^1 $ 项: $ 0 = ad + bc $ => $ 0 = ad + b(-a) $ => $ 0 = a(d - b) $ => 要么 a=0，要么 d=b
    *   $ x^0 $ 项: $ 4 = bd $

**情况一：a=0**
则 c=0。代入 $ x^2 $ 项：$ -2 = 0 + b + d $ => $ b + d = -2 $
常数项：$ bd = 4 $
我们需要两个数，和为-2，积为4。它们是方程 $ t^2 + 2t + 4 = 0 $ 的根，判别式 $ 4-16=-12<0 $，没有整数解。

**情况二：d=b**
则常数项：$ b^2 = 4 $ => $ b = \pm 2 $
代入 $ x^2 $ 项：$ -2 = -a^2 + b + b $ => $ -2 = -a^2 + 2b $
*   若 $ b=2 $: $ -2 = -a^2 + 4 $ => $ a^2 = 6 $，无整数解。
*   若 $ b=-2 $: $ -2 = -a^2 - 4 $ => $ a^2 = -2 $，无整数解。

所有可能的整数分解都失败。因此，$ f(x) $ 在 **Z** 上不可约，根据高斯引理，它在 **Q** 上也不可约。

> **功能**：它将有理数域 **Q** 上模糊的“可约性”问题，转化为整数环 **Z** 上清晰的“整数分解”问题。

## 爱森斯坦判别法 解读

### 1. 核心思想：一种“质数检验法”

爱森斯坦判别法的基本思想很像**检验一个数是否为质数**。如果你想证明一个数 $ p $ 是质数，你可以检查是否存在一个质数 $ q $ 能整除 $ p $。

类似地，爱森斯坦判别法通过寻找一个质数 $ p $，来检验一个整系数多项式是否在有理数域 **Q** 上不可约（即无法分解为两个次数更低的有理系数多项式的乘积）。

---

### 2. 定理的标准表述

设有一个整系数多项式：
$$ f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1x + a_0 \quad (n \ge 1) $$

如果存在一个**质数** $ p $，满足以下三个条件：
1.  $ p \nmid a_n $ （$ p $ **不整除**最高次项系数 $ a_n $）
2.  $ p \mid a_i $ （$ p $ **整除**所有其他系数 $ a_{n-1}, a_{n-2}, ..., a_1, a_0 $）
3.  $ p^2 \nmid a_0 $ （$ p^2 $ **不整除**常数项 $ a_0 $）

那么，多项式 $ f(x) $ 在有理数域 **Q** 上是**不可约**的。

---

### 3. 通俗理解：为什么这样就能判定？

我们可以用一个“反证法”的思路来理解：

假设 $ f(x) $ 在 **Q** 上是可约的。根据**高斯引理**，这意味着它可以分解为两个次数更低的**整系数**多项式：
$$ f(x) = (b_mx^m + \cdots + b_1x + b_0)(c_kx^k + \cdots + c_1x + c_0) $$
其中 $ m, k < n $，且 $ m + k = n $。

现在我们来看常数项和最高次项系数：
*   常数项：$ a_0 = b_0 \cdot c_0 $
*   最高次项系数：$ a_n = b_m \cdot c_k $

根据爱森斯坦的条件：
*   条件2和3：$ p \mid a_0 $ 但 $ p^2 \nmid a_0 $。
    *   因为 $ a_0 = b_0 c_0 $，且 $ p $ 是质数，所以 $ p $ 必须整除 $ b_0 $ 和 $ c_0 $ 中的一个，且**只能**整除其中一个（否则 $ p^2 $ 就会整除 $ a_0 $）。不妨假设 $ p \mid b_0 $ 但 $ p \nmid c_0 $。
*   条件1：$ p \nmid a_n $。
    *   因为 $ a_n = b_m c_k $，且 $ p $ 是质数，所以 $ p $ 不能整除 $ b_m $，也不能整除 $ c_k $。

现在，我们来看多项式 $ b_mx^m + \cdots + b_1x + b_0 $ 的系数。
我们知道 $ p \mid b_0 $（第一个系数被 $ p $ 整除），但 $ p \nmid b_m $（最后一个系数不被 $ p $ 整除）。
所以，在这个多项式的系数中，从右向左看，必然存在一个“**从能被 $ p $ 整除到不能被 $ p $ 整除的转折点**”。

假设第一个不被 $ p $ 整除的系数是 $ b_j $（即 $ p \mid b_0, b_1, ..., b_{j-1} $，但 $ p \nmid b_j $）。

现在考虑 $ f(x) $ 的 $ x^j $ 项系数 $ a_j $。通过乘法展开，$ a_j $ 可以由多种方式得到，但其中一种关键的组合是：
$$ a_j = b_j c_0 + b_{j-1} c_1 + b_{j-2} c_2 + \cdots $$

我们来分析这个等式的模 $ p $ 情况（即在模 $ p $ 的世界里看）：
*   $ b_j c_0 $：由于 $ p \nmid b_j $ 且 $ p \nmid c_0 $，所以 $ p \nmid (b_j c_0) $。
*   $ b_{j-1} c_1 + b_{j-2} c_2 + \cdots $：由于 $ p $ 整除 $ b_{j-1}, b_{j-2}, ... $，所以这一整部分都能被 $ p $ 整除。

因此，等式的右边模 $ p $ 后，只剩下一个不被 $ p $ 整除的项 $ b_j c_0 $。这意味着 $ a_j $ **不应该**被 $ p $ 整除（即 $ p \nmid a_j $）。

但是，这**与我们的前提条件2（$ p $ 整除所有 $ a_i $，其中 $ i < n $）发生了矛盾**！

这个矛盾说明我们最初的假设——“$ f(x) $ 是可约的”——是错误的。所以，$ f(x) $ 必须是不可约的。

---

### 4. 经典例子

**例1：$ f(x) = x^n - 2 $**
这是一个最经典的例子。
*   我们选择质数 $ p = 2 $。
*   **条件1**：最高次项系数是1，$ 2 \nmid 1 $ ✅
*   **条件2**：其他所有系数都是0，$ 2 \mid 0 $ ✅
*   **条件3**：常数项是 -2，$ 2^2 = 4 \nmid -2 $ ✅
所以，对于任意 $ n \ge 2 $，$ x^n - 2 $ 在 **Q** 上都是不可约的。

**例2：$ f(x) = 2x^7 - 3x^4 + 9x^2 - 15 $**
*   我们选择质数 $ p = 3 $。
*   **条件1**：最高次项系数是2，$ 3 \nmid 2 $ ✅
*   **条件2**：其他系数为 0, -3, 9, -15。3能整除它们吗？能！$ 3 \mid 0 $，$ 3 \mid -3 $，$ 3 \mid 9 $，$ 3 \mid -15 $ ✅
*   **条件3**：常数项是 -15，$ 3^2 = 9 \nmid -15 $ ✅
所以，这个多项式在 **Q** 上不可约。

**例3：$ f(x) = x^2 + 1 $**
这个多项式本身显然不可约，但我们能直接用爱森斯坦判别法吗？
*   我们需要找一个质数 $ p $。
*   $ p $ 必须整除常数项1。但能整除1的质数只有它本身，而1不是质数。
*   所以，**找不到**满足条件的质数 $ p $。
这个例子说明，爱森斯坦判别法只是一个**充分条件，而非必要条件**。一个多项式即使不满足爱森斯坦条件，它也可能在 **Q** 上是不可约的（如 $ x^2 + 1 $）。

---

### 5. 技巧：利用代换

有时多项式本身不直接满足条件，但通过简单的代换 $ x \mapsto x + c $（其中 $ c $ 是某个整数）后，新多项式可能满足爱森斯坦条件。

**例子：$ f(x) = x^2 + x + 1 $**
这个多项式是分圆多项式，本身不可约，但直接看不符合爱森斯坦条件。
令 $ x = y + 1 $，代入：
$$ f(y+1) = (y+1)^2 + (y+1) + 1 = y^2 + 2y + 1 + y + 1 + 1 = y^2 + 3y + 3 $$
现在看多项式 $ g(y) = y^2 + 3y + 3 $。
*   选择质数 $ p = 3 $。
*   **条件1**：$ 3 \nmid 1 $ ✅
*   **条件2**：$ 3 \mid 3 $，$ 3 \mid 3 $ ✅
*   **条件3**：$ 3^2 = 9 \nmid 3 $ ✅
所以 $ g(y) $ 在 **Q** 上不可约，从而原多项式 $ f(x) $ 也在 **Q** 上不可约。

### 总结

**爱森斯坦判别法** 是一个强大而实用的工具，它的精髓在于：

*   **目标**：判断整系数多项式在有理数域 **Q** 上是否不可约。
*   **方法**：寻找一个“见证质数” $ p $，它“捏住”了除首项外的所有系数，但又没有“捏得太死”（不整除首项，且平方不整除常数项）。
*   **地位**：它是一个**充分条件**。能用它判定的，一定不可约；但不能用它判定的，不一定就可约。
*   **价值**：它将一个抽象的代数问题，转化为了一个相对具体的数论（整除性）问题，极大地简化了对许多多项式不可约性的证明。

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