最后更新: 2025-10-18 08:25 查看: 33 次纠错评论(0) 课件开VIP

Z[x] 有理整数环内多项式的因式分解

## Z[x] 有理整数环内多项式的因式分解

有理整数环 $\mathbb{Z}$ 不是数域，因而§ 1 关于数域 $K$ 上多项式的因式分解唯一定理对 $\mathbb{Z}[x]$ 不适用。但我们可以重新证明 $\mathbb{Z}[x]$ 内也有相同的结果．首先注意如下事实．

1）设 $f(x)$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 内零次不可约多项式，则必有 $f(x)= \pm p$ ，其中 $p$ 为素数．这是因为 $f(x)=a \in \mathbb{Z}, a$ 在 $\mathbb{Z}$ 内应不可约，而 $a \neq \pm 1$ ，故 $a= \pm p$ 。

2）若 $f(x)$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 内次数 $\geqslant 1$ 的不可约多项式，则它必为本原多项式．否则设 $f(x)$ 系数的最大公因子是 $d$ ，则 $f(x)=d \bar{f}(x)$ ，这里 $d \neq \pm 1, \operatorname{deg} \bar{f}(x)=\operatorname{deg} f(x) \geqslant 1$ ，这与 $f(x)$ 不可约矛盾。

3）若 $f(x)$ 是一个可约的本原多项式，则 $f(x)=g(x) h(x)$ ，其中 $g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 为本原多项式，且 $\operatorname{deg} g(x) \geqslant 1, \operatorname{deg} h(x) \geqslant 1$ ．因为 $f(x)$ 可约，故知 $g(x) \neq \pm 1, h(x) \neq \pm 1$ ．若 $\operatorname{deg} g(x)=0$ ，设 $\operatorname{deg} g(x)=a, a \neq \pm 1, f(x)=a h(x)$ ，即 $a$ 为 $f(x)$ 系数的公因子，这与 $f(x)$ 为本原多项式之设矛盾．同理知 $g(x), h(x)$ 应为本原多项式。

**命题2.5** 设 $f(x)$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 内一个首项系数为正的多项式且 $f(x) \neq 1$ ，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内可以分解为
$$
f(x)=p_1^{e_1} \cdots p_k^{e_k} p_1(x)^{f_1 \cdots} p_l(x)^{f_l},
$$

其中 $p_1, \cdots, p_k$ 为两两不同的素数，$p_1(x), \cdots, p_l(x)$ 为 $\mathbb{Z}[x]$ 内两两不同，次数 $\geqslant 1$ 且首项系数为正的不可约多项式。上述分解式除了因子的排列次序外，是唯一的。

证 存在性 对 $f(x)$ 的次数 $n$ 作数学归纳法．当 $n=0$ 时， $f(x)=a$ 为大于 1 的整数，由 $\mathbb{Z}$ 内因子分解唯一定理知命题成立。设命题对次数 $<n$ 的多项式成立，当 $\operatorname{deg} f(x)=n$ 时，设 $f(x)$ 系数的最大公因子是 $d$ ，则 $f(x)=d \bar{f}(x)$ ，其中 $\bar{f}(x)$ 为本原多项式。已知 $d$有素因子分解式，若 $\bar{f}(x)$ 不可约，则命题已成立．若 $\bar{f}(x)$ 可约，则 $\bar{f}(x)=g(x) h(x)$ ，其中 $0<\operatorname{deg} g(x)<\operatorname{deg} f(x), 0<\operatorname{deg} h(x)< \operatorname{deg} f(x)$ ，且 $g(x), h(x)$ 首项系数为正。按归纳假设，$g(x), h(x)$ 均有命题所要求的分解式，从而 $f(x)$ 也有所要求的分解式。

唯一性 设 $f(x)$ 有两个命题所述的分解式：

$$
\begin{aligned}
f(x) & =p_1^{e_1} \cdots p_k^{e_k} p_1(x)^{f_1} \cdots p_l(x)^{f_l} \\
& =q_1^{u_1} \cdots q_s^{u_s} q_1(x)^{v_1} \cdots q_t(x)^{v_t} .
\end{aligned}
$$
按高斯引理，$p_1(x)^{f_1 \cdots} p_l(x)^{f_l}$ 与 $q_1(x)^{v_1 \cdots} q_t(x)^{v_t}$ 均为本原多项式，再由命题2．3可知 $p_1^{e_1} \cdots p_k^{e_k}=q_1^{u_1} \cdots q_s^{u_s}$ ，由 $\mathbb{Z}$ 内因子分解唯一定理知 $k=s, p_i=q_i, e_i=u_i(i=1,2, \cdots, k)$ 。于是

$$
p_1(x)^{f_1 \cdots} p_l(x)^{f_l}=q_1(x)^{v_1 \cdots q_t(x)^{v_t}} .
$$

由命题 2.4,  $ p_1(x), \cdots, p_l(x), q_1(x), \cdots, q_t(x)$ 均为 $\mathbb{Q}[x]$ 内不可约多项式，按 $\mathbb{Q}[x]$ 内因式分解唯一定理即知 $l=t, f_i=v_i, p_i(x)=a_i q_i(x) (i=1,2, \cdots, l)$ ，其中 $a_i \in \mathbb{Q}$ ．现在 $p_i(x), q_i(x)$ 均为本原多项式，且首项系数 $>0$ ，根据命题 2.3 ，必有 $a_i=1$ ．唯一性得证．

下面来讨论两个例题。

`例2.3`设 $a_1, \cdots, a_n$ 是 $n$ 个互不相同的整数，证明

$$
f(x)=\prod_{i=1}^n\left(x-a_i\right)^2+1
$$

在 $\mathbb{Q}[x]$ 内不可约．
解 $f(x)$ 是首一整系数多项式，故为本原多项式．根据命题 2.5 ，只要证明 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内不可约就可以了．

用反证法．设 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内可约，即 $f(x)=g(x) h(x), g(x)$ ， $h(x) \in \mathbb{Z}[x], 0<\operatorname{deg} g(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．此时 $g\left(a_i\right) h\left(a_i\right)=1$ ，故 $g\left(a_i\right)$与 $h\left(a_i\right)$ 同为 1 或同为 $-1 . f(x)$ 显然没有实根，故 $g(x)$ 与 $h(x)$ 也都没有实根。从数学分析中连续函数的性质可知 $g(x)$ 与 $h(x)$ 在整个区间 $(-\infty,+\infty)$ 内不变号。于是对一切 $i, g\left(a_i\right)$ 与 $h\left(a_i\right)$ 或都等于 1 ，或都等于 -1 。
（i）若 $g\left(a_i\right)=h\left(a_i\right)=1(i=1,2, \cdots, n)$ ，则 $g(x)-1$ 与 $h(x)-1$有 $n$ 个不同的根 $a_1, \cdots, a_n$ ，因而它们的次数都 $\geqslant n$ ．但 $\operatorname{deg} g(x)+ \operatorname{deg} h(x)=\operatorname{deg} f(x)=2 n$ ．故 $\operatorname{deg} g(x)=\operatorname{deg} h(x)=n$ ．于是

$$
g(x)-1=\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right) \cdots\left(x-a_n\right)=h(x)-1 .
$$

故有

$$
\begin{aligned}
f(x) & =g(x) h(x)=\left[1+\prod_{i=1}^n\left(x-a_i\right)\right]^2 \\
& =\prod_{i=1}^n\left(x-a_i\right)^2+2 \prod_{i=1}^n\left(x-a_i\right)+1
\end{aligned}
$$

代入 $f(x)$ 的表达式，得 $\prod_{i=1}^n\left(x-a_i\right)=0$ ．矛盾．
综合（i），（ii）的结论可知 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 内不可约．

`例2.4` 证明实数域 $\mathbb{R}$ 作为有理数域 $\mathbb{Q}$ 上的线性空间是无限维的．

解 按定义，我们只要证明对任意正整数 $n$ ，在 $\mathbb{R}$ 内存在 $n$ 个元素在 $\mathbb{Q}$ 上线性无关。考查

$$
1, \sqrt[n]{2}, \sqrt[n]{2^2}, \cdots, \sqrt[n]{2^{n-1}}
$$

我们来证明它们在 $\mathbb{Q}$ 上线性无关．如果不然，则必存在一个最小的正整数 $k, 0<k<n$ ，使

$$
\sqrt[n]{2^k}=a_0 \cdot 1+a_1 \sqrt[n]{2}+\cdots+a_{k-1} \sqrt[n]{2^{k-1}} \quad\left(a_i \in \mathbb{Q}\right)
$$

令 $f(x)=x^k-a_{k-1} x^{k-1}-\cdots-a_1 x-a_0 \in \mathbb{Q}[x]$ ，用 $f(x)$ 去除 $x^n-2$ ，得

$$
x^n-2=q(x) f(x)+r(x)
$$
其中 $r(x) \in \mathbb{Q}[x], r(x)=0$ 或 $\operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．令 $x=\sqrt[n]{2}$ 代入上式，得 $r(\sqrt[n]{2})=0$ 。如 $r(x) \neq 0$ ，设 $\operatorname{deg} r(x)=l$ ，我们发现向量组 （2）第 $l$ 个向量能被其前面的向量线性表示，这与 $k$ 的选取矛盾。由此知 $r(x)=0$ ，于是 $f(x) \mid\left(x^n-2\right)$ 。但在例2．1中已证明 $x^n-2$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 内不可约，故不可能．这表明向量组（2）在 $\mathbb{Q}$ 上线性无关．

上面两个例题分别使用了数学分析和线性代数的知识。这说明在处理具体问题时，必须把各方面的知识融会贯通地使用，不应当把看来属于不同领域的知识互相隔绝开来．

## 本章解读

### 1. 问题背景
“有理整数环”指的是整数集 $\mathbb{Z}$，而“有理整数环内多项式”指的是系数在 $\mathbb{Z}$ 中的多项式，即  
$$
\mathbb{Z}[x]。
$$  
在 $\mathbb{Z}[x]$ 中讨论因式分解，意味着因式也必须是 $\mathbb{Z}[x]$ 中的多项式（系数为整数）。

一个多项式 $ f(x) \in \mathbb{Z}[x] $ 称为 **本原的**，如果它的系数的最大公因数是 1，比如$2x^2+5$ 但是$3x^2+9$不是，后者有公约数3.

###  2.与有理数域上的关系
设 $ f(x) \in \mathbb{Z}[x] $，且 次数 $\deg f \ge 1$。

**步骤**：
1. 提取系数的最大公因数 $ c(f) $（称为 **容度**），写成  
$$
f(x) = c(f) \cdot f_1(x),
$$
其中 $ f_1 $ 是本原多项式。

2. 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中，$ f_1 $ 可约与否和 $ f $ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中可约性密切相关：
   - 若 $ f_1 $ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约，则它在 $\mathbb{Z}[x]$ 中也不可约（作为本原多项式）。
   - 若 $ f_1 $ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中可分解为两个非常数有理系数多项式之积，那么由高斯引理，可调整成两个本原多项式之积（系数为整数），从而在 $\mathbb{Z}[x]$ 中可约。

3. 因此：  
   **$ f $ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中可约**  
   $\iff$  
   要么 $ c(f) $ 不是 $\pm 1$ 且在 $\mathbb{Z}$ 中有非平凡分解（即 $f$ 有整数内容部分的分解），  
   要么 $ f_1 $ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中可分解为两个次数 $\ge 1$ 的整系数多项式之积。

---

### 3. 判断可约性的方法

####   模 $p$ 约化
设 $ p $ 是素数，考虑同态  
$$
\mathbb{Z}[x] \to \mathbb{F}_p[x], \quad f \mapsto \bar{f}.
$$  
- 若 $ f $ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中可约，则对任意 $p$，$\bar{f}$ 在 $\mathbb{F}_p[x]$ 中可约（或等于零多项式，如果 $p$ 整除所有系数）。
- 逆否命题：如果存在一个 $p$ 不整除 $f$ 的首项系数（即 $\deg \bar{f} = \deg f$），且 $\bar{f}$ 在 $\mathbb{F}_p[x]$ 中不可约，则 $f$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

这是常用的一种不可约性判别法。

####  艾森斯坦判别法（Eisenstein's criterion）
设 $ f(x) = a_n x^n + \dots + a_0 \in \mathbb{Z}[x] $。  
如果存在素数 $p$ 满足：
1. $ p \nmid a_n $，
2. $ p \mid a_i $ 对 $ i = 0,1,\dots,n-1 $，
3. $ p^2 \nmid a_0 $，
则 $f$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约，又因 $f$ 是本原的（条件 1 和 2 可推出本原），故在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

### 例子

**例 1**：$ f(x) = 2x^2 + 4 $  
容度 $c(f) = 2$，所以  
$$
f = 2 \cdot (x^2 + 2).
$$  
$ x^2 + 2 $ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 不可约（艾森斯坦判据 $p=2$），所以 $f$ 的分解是 $2 \cdot (x^2+2)$，不是“可约”吗？  
严格说，在 $\mathbb{Z}[x]$ 中，$f$ 是可约的，因为 $2$ 不是单位，且 $2$ 和 $x^2+2$ 都是非单位非零元。

---

**例 2**：$ f(x) = x^2 - 2 $  
本原多项式，在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约，所以在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

---

**例 3**：$ f(x) = 6x^2 - 9x + 3 $  
容度 3，得 $ f = 3(2x^2 - 3x + 1) $，而 $2x^2 - 3x + 1$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 可分解为 $(2x - 1)(x - 1)$？注意 $2x-1$ 系数不是整数？等等，检查：  
$2x^2 - 3x + 1 = (2x - 1)(x - 1)$，但 $2x - 1$ 的系数 2 和 -1 是整数，没问题。  
所以最终分解为  
$$
f = 3 (2x - 1)(x - 1).
$$  
所有因式都在 $\mathbb{Z}[x]$ 中。

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