关于多项式不可约性的定理

有理数域不可约判别法
有理数域不可约判别法是指，在有理数域中，对于一个多项式$f(x)$，如果它不能分解为两个次数较低的多项式的乘积，则称$f(x)$在有理数域中是不可约的。

判断一个多项式是否在有理数域中不可约，可以使用以下方法：
1. 欧几里得算法：将多项式$f(x)$除以$x-a$，如果余数为0，则$x-a$是$f(x)$的一个因子。

重复这个过程直到无法继续除下去。

如果最后得到的余数是常数项，则$x-a$是$f(x)$的一个根。

如果最后得到的余数不是常数项，则$x-a$不是$f(x)$的因子。

2. 整除定理：如果$a$是多项式$f(x)$的一个根，则$(x-a)$一定是
$f(x)$的因子。

可以使用这个定理来判断多项式是否有有理根。

3. Eisenstein判别法：设多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-
1}+\cdots+a_0$，其中$a_i\in\mathbb{Z}$且$a_n\neq 0$。

如果存在一个质数$p$使得$p|a_i(i=0,1,\cdots,n-1),p\nmid a_n,p^2\nmid a_0$且$p|a_{n-1}$，则$f(x)$在$\mathbb{Q}$中不可约。

以上三种方法都可以用来判断多项式是否在有理数域中不可约，但是具体使用哪种方法需要根据多项式的形式和系数来决定。

证明微积分中圆的多项式不可约，是一个很有难度的事情。

为了明确定义圆的多项式，我们首先要确定坐标系。

本文将采用极坐标系，该坐标系的特点是它的中心点位于原点，其半径为 r，角度为θ。

圆的函数公式可以表示为：
r(θ)=r Cosθ，r(θ)=r Sinθ
式中Cosθ和Sinθ是正弦和余弦函数，r是圆的半径，θ表示角度。

因此，圆的多项式可以简单表示为：
I=r²(Cos²θ+Sin²θ)
式中I是圆的面积，即圆周长。

很明显，从I中可以看出，正弦和余弦函数不可以合并到一起，从而把圆的多项式简化，因此，该圆的多项式不可约。

另外，我们还可以证明圆的多项式不可约的另一种方法。

首先，我们可以用图形的方式描述圆的多项式。

圆的多项式可以表示为：
I＝r²Sin²θ+r²Cos²θ
由此可以看出，圆的多项式是一个完全的方程，其系数为正弦的平方和余弦的平方，它表示圆的面积，即圆的半径乘以π。

我们可以根据它的函数图像得出结论：函数图像不存在一条直线可以完全平行或完全并列地表示，因此，该圆的多项式不可约。

综上所述，可以证明微积分中圆的多项式不可约。

圆的多项式不可以
简化为一个更简单的形式，这可以从正弦函数和余弦函数的线性独立性，也可以从函数图像的不可约性，甚至可以结合这两种方法，都可以得出结论，证明圆的多项式不可约。

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 ∂<∂或者()0r x =，并且这样的()q x ，()r x 是唯一决定的。

定义2.1 数域P 上的多项式()g x 称为能整除()f x ，如果有数域P 上的多项式()h x 使等式()f x =()()g x h x成立，我们用“()g x |()f x ”表示()g x 整除()f x ，用“()g x ()f x ”表示()g x 不能整除()f x 。

定理 2.1[1] 对于数域P 上的任意两个多项式()f x ,()g x ,其中()g x 0≠,()g x |()f x 的充分必要条件是()g x 除()f x 的余式为零。

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。

德莫弗定理德莫弗定理的内容比较复杂，需要一些基础的数论知识才能理解。

在这篇文章中，我将详细介绍德莫弗定理的内容和证明过程，让读者能够更好地理解这个定理的意义和应用。

首先，让我们来了解一下德莫弗定理的内容。

德莫弗定理主要是关于不可约整系数多项式的研究问题。

在代数数论中，不可约整系数多项式是一种重要的数学对象，它们可以用来表示整数环中的元素，并且在许多数论问题中起着重要的作用。

德莫弗定理的内容可以简单地概括为：对于任意一个不可约整系数多项式P(x)和一个整数n，如果P(x)模n的所有根都是简单的，那么P(x)在整数环上也是不可约的。

换句话说，如果一个不可约整系数多项式在模n的情况下所有根都是简单的，那么它在整数环上也是不可约的。

接下来，让我们来详细介绍一下德莫弗定理的证明过程。

证明德莫弗定理的关键在于构造一个特殊的整系数多项式Q(x)，使得Q(x)在整数环上可以被P(x)整除，但是在模n的情况下Q(x)的所有根都是简单的。

通过构造这样一个多项式Q(x)，我们可以利用整数环的性质来证明德莫弗定理。

首先，我们需要先构造一个整系数多项式Q(x)，使得Q(x)在整数环上可以被P(x)整除。

我们可以通过分解P(x)为不可约整系数多项式的乘积来构造Q(x)。

具体地，假设P(x)=f_1(x)f_2(x)...f_k(x)，其中f_i(x)都是不可约整系数多项式。

我们可以令Q(x)=f_1(x)f_2(x^2)...f_k(x^k)，这样我们就构造出了一个整系数多项式Q(x)，使得Q(x)在整数环上可以被P(x)整除。

接下来，我们需要证明在模n的情况下Q(x)的所有根都是简单的。

假设Q(x)在模n的情况下有一个重根r，即Q(r)≡0(mod n)且Q'(r)≡0(mod n)。

我们可以利用整系数多项式的性质来推导出矛盾，从而证明Q(x)在模n的情况下所有根都是简单的。

通过构造一个特殊的整系数多项式Q(x)并证明Q(x)在模n的情况下所有根都是简单的，我们就可以利用整数环的性质来证明德莫弗定理。

不可约多项式的判定及应用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 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g(x)H0，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c(r(x))<c(g(x))或者r(x)=0,并且这样的q(x)，r(x)是唯一决定的。

定义2.1数域P 上的多项式g(x)称为能整除f(x)，如果有数域P 上的多项式h(x)使等式f (x) = g(x)h(x)我们用g(x)|f(x) ”表示g(x)整除f(x)，用g(x) f (x) ”表示g(x)不能整除 f (x)。

定理2.1⑴ 对于数域P 上的任意两个多项式f(x) , g(x),其中的判定方法。

对于一般的不可约多项式的判定有 Eisenstein 判别法、Kronecker 判别法、 成立，H0, g(x) | f (x)的充分必要条件是g(x)除f (x)的余式为零。

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, 即卩 r(x) = 0。

注1:带余除法中g(x)必须不为零。

F 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)。

三个多项式(不)可约性的证明1(浙大1993(16分)).证明f(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−a n)−1在Q上不可约,其中a1,a2,···,a n是互异的整数.证明:(证法1)若不然，假设f(x)=φ1(x)φ2(x),由于f(x)是整系数多项式，所以可设φ1(x)和φ2(x)均为整系数多项式，且∂[φ1(x)]<∂[f(x)],∂[φ2(x)]<∂[f(x)].f(a i)=φ1(a i)φ2(a i)=−1,考虑到它们均为整系数多项式，所以有φ1(a i)=±1,φ2(a i)=∓1.令g(x)=φ1(x)+φ2(x),则g(a i)=0,i=1,2,...,n.而∂[g(x)]≤∂φ1(x)<n,∂[g(x)]≤∂φ2(x)<n,得g(x)=0,φ1(x)=−φ2(x),所以f(x)=−φ2(x).1于是对任意的实数c,f(c)=−(φ1(c))2≤0.但再由条件：f(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−a n)−1,取c=max{a1,a2,...,a n}+3,则f(c)≥3n−1>0,矛盾.于是假设错误，所以f(x)在Q上不可约.(证法2)由于φ1(a i)=−φ2(a i),i=1,2,...,n且∂[φk(x)]<∂[f(x)]≤n,k=1,2.,所以f(x)=−[φ1(x)]2.由于φ1(x)和φ2(x)都是整系数多项式,所以−φ21(x)的首系数为负数,而f(x)的首系数为+1,矛盾.例2.设a1,a2,···,a n是互异的整数,证明f(x)=(x+a1)(x+a2)···(x+a n)+1在Q上可约的充要条件是f(x)=g2(x),g(x)∈Z[x].证明:充分性显然成立.必要性.若f(x)在Q上可约，因为f(x)∈Z[x],可设f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)∈Z[x].又因为f(a i)=1,所以g(a i)和h(a i)同时为1或−1,即g(a i)=h(a i),i=1,2,...,n.又∂[g(x)]<∂[f(x)]≤n,∂[h(x)]<∂[f(x)]≤n,得g(x)=h(x),所以f(x)=[g(x)]2.例3.设a1,a2,···,a n是互异的整数,证明f(x)=(x−a1)2(x−a2)2···(x−a n)2+1在Q上不可约.证明:若f(x)在Q上可约，设f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)∈Z[x].又对任意的c∈R(实数)，f(c)=(c−a1)2(c−a2)2···(c−a n)2+1>0,所以f(x)无实根.考虑f(a i)=g(a i)h(a i)=1,g(x)和h(x)均为整系数多项式，所以g(a i)=1且h(a i)=1或g(a i)=−1且h(a i)=−1.不妨假设存在a k使得g(a k)=1,则由于g(x)也无实根，所以必有g(a i)=1,i= 1,2,...,n.再考虑到若g(x)的次数小于n,得g(x)≡1,这是不可能的.所以∂[g(x)]=∂[h(x)]=n.由于g(a i)−h(a i)=0,且g(x)和h(x)都是首系数为1的n次多项式,所以g(x)−h(x)的次数小于n,且有n个互异的根a1,a2,...,a n,因而g(x)≡h(x),得f(x)=(x−a1)2(x−a2)2···(x−a n)2+1=[g(x)]2.令l(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−a n),则[l(x)]2+1=[g(x)]2,(g(x)−l(x))(g(x)+l(x))=1.对任意的a∈Z,(g(a)−l(a))(g(a)+l(a))=1(两个整数的乘积为1)，g(a)−l(a)=g(a)+l(a)=1或(−1).得l(a)≡0,矛盾.所以f(x)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P（x）是一个大于零次的多项式，如果对于任意两个多项式f（x）和g(x)，由p(x)|f(x)g(x)可以推出p(x)|f(x)或p(x)|g(x)，则p(x)是不可约多项目类型证明假设p(x)可约，则必存在次数小于?(p(x))的多项式f(x)与g(x)，使得p(x)?f(x)g(x)，即p(x)|f(x)g(x)，又由已知条件，知p(x)|f(x)，p(x)|g(x)，但?(f(x))??(p(x))，?(g(x))??(p(x))，所以不可能实现，从而p(x)必不为可约多项式．例2如果阶数大于1的整系数多项式f（x）的函数值是任意整数的素数f(x)为有理数域q上的不可约多项式．证明了f（x）不是有理数域Q上的不可约多项式，因为？（f（x））？1，所以f（x）在整数环Z上也是可约的，也就是说，有整系数多项式F1（x）和F2（x），所以f(x)?f1(x)f2(x)，其中?(fi(x))??(f(x))，i?1,2．根据已知条件，如果a是整数，那么f（a）是素数，也就是f（a）？F1（a）和F2（a）是素数，那么F1（a）呢？？1或F2（a）？？1.从a的无穷远，知道F1（a）吗？1，f1（a）？？1或f2(a)?1，f2(a)??1四个式子中至少有一个式子对无限个a成立，即f1(x)与f2(x)中有一个为零次多项式，这与已知条件矛盾，所以结论成立．例3设置f（x）？anxn？一1xn？1.A0是一个整系数多项式，如果有素数P，那么（1）p?|an；（2）潘？1，一个？2.a0（3）p2?|a0，那么f（x）在有理数域中是不可约的证明假设f(x)在有理数域上可约，那么f(x)可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积，即f（x）？（blxl？bl？1xl？1？？？b0）（cmxm？cm？1xm？1？？？c0）（l？n，m？n，l？m？n）因此an?blcm，a0?b0c0．因为p | a0，p可以除以B0或C0。