愛森斯坦判別法的若干注記

羅勇

摘 要 愛森斯坦（Eisenstein）判別法給出了整系數多項式在有理數域Q上是不可約的充分條件，但其應用具有一定的局限性，我們討論了對多項式經線性替換后，利用愛森斯坦判別法，推廣了愛森斯坦判別法的應用性。

關鍵詞 愛森斯坦判別法 有理系數多項式 有理根

命題1 （愛森斯坦判別法） 設f（x）=a+ax+ax2+…+axn （1）

是一個整系數多項式。若是能夠找到一個素數p，使

（1）pHsa；

（2）p|ai，i=0，1，2，…，n-1；

（3）p2Hsa0。

那么多項式f（x）在有理數域上不可約。

命題2 n次整系數多項式

f1（x）=a+ax+ax2+…+axn和f2（x）=axn+axn-1+axn-2+…+a-1x+an

在有理數域上具有相同的可約性。

證明：由題設知，a≠0，an≠0所以多項式f1（x）和f2（x）沒有零根。設%Z≠0為f1（x）的任一有理根，則f1（%Z）=a0+a1%Z+a2%Z2+…+an%Zn=0而f2（）=a0+a1+a2+…+an-1+an=（a0+a1%Z+a2%Z2+…+an%Zn）=0

即為f2（x）的根。同理可證，若%[為f2（x）的根，則為f1（x）的根。即f1（x）和f2（x）具有相同的可約性。

例（張禾瑞，郝鈵新編《高等代數》第70頁習題第1題） 設n次多項式

f（x）=a0xn+a1xn-1+a2xn-2+…+an-1x+an

有非零根%Z1，%Z2，…，%Zn。求以，，…，為根的多項式。

解 根據命題2可得所求多項式為f1（x）=a0+a1x+a2x2+…+anxn

證明 根據命題2，n次多項式

f1（x）=a+ax+ax2+…+axn和f2（x）=axn+axn-1+axn-2+…+a-1x+an具有相同的可約性。再由引理1可得結論成立。

在利用愛森斯坦判別法判斷有理系數多項式在有理數域上不可約時，往往找不到定理中的素數p，不能直接應用，通過變形后就可以利用愛森斯坦判別法。

命題3 設f（x）是整系數多項式，證明f（x）在有理數域上不可約，當且僅當對任意的整數a≠0，b，多項式g（x）=f（ax+b）在有理數域上不可約。

證明：采用反證法，設g（x）在有理數域上可約，則存在有理系數多項式g1（x），g2（x）使得g（x）=f（ax+b）=g1（x）g2（x） 豍，

且。我們用x-代豍中的x，所得有理系數多項式，且次數不變，即f（x）=g1（x-）g2（x-）這與f（x）在有理數域上不可約矛盾。故g（x）在有理數域上不可約。

推論 n整系數次多項式

f（x）=a+ax+ax2+…+axn=和g（y）=a+a（y+1）+a（y+1）2+…+a（y+1）n

在有理數域上具有相同的可約性。

例 證明下列多項式在有理數域上不可約

（1）x4-2x3+2x-3； （2）x6+x3+1。

證明 （1）令f（x）=x4-2x3+2x-3，則

g（x）=f（x+1）=（x+1）4-2（x+1）3+2（x+1）-3=x4+2x3-2，取素數p=2，利用愛森斯坦判別法可知，g（x）在有理數域上不可約，即x4-2x3+2x-3在有理數域上不可約。

（2）令f（x）=x6+x3+1，則

g（x）=f（x+1）=（x+1）6+（x+1）3+1=x6+6x5+15x4+21x3+18x2+9x+3，取素數p=3，利用愛森斯坦判別法可知，g（x）在有理數域上不可約，即x6+x3+1在有理數域上不可約。

由命題2及推論可知，當對不可約多項式f（x）不能利用愛森斯坦判別法時，但存在整數a≠0，b，使得多項式g（x）=f（ax+b）可以利用愛森斯坦判別法，自然要問，是不是所有的不可約多項式當不能利用愛森斯坦判別法判別其不可約性，但存在a≠0，b∈z，經線性替換g（x）=f（ax+b）后可以利用愛森斯坦判別法判別其不可約性呢？在文中給出了對不可約多項式f（x）=3x2+11x+121，經任意線性替換g（x）=f（ax+b）（a≠0，b∈z）后，仍不能利用Eisenstein判別法判別其不可約性。其實這樣的例子很多，下面舉例說明：

例 設f（x）=5x2+19x+361，則f（x）在有理數域上不可約，但任給素數p及a≠0，b∈z，多項式f（ax+b）仍不能用愛森斯坦判別法判別其不可約性。

證明 對一元二次方程5x2+19x+361=0，其判別式△=-6859<0，故f（x）在有理數域上不可約。假設存在素數p及a≠0，b∈z，使得多項式

f（ax+b）=5a2x2+a（10b+19）x+5b2+19b+361

能用Eisenstein判別法判別其不可約性。即存在素數p，使得pHsa，且p≠5，但p|（10b+19）和p|（5b2+19b+361）。

若p|b，此時p=19，顯然p2|（5b2+19b+361），矛盾。因此一定有pHsb，但p|（10b+19）和p|（5b2+19b+361），故p|（5b2+19b+361-19（10b+19））即p|（5b2-171b）H！p|（5b-171）H！p|（5b-171+9（10b+19））H！p|95bH！p|95，此時p=5或p=19。若p=5顯然矛盾，若p=19，則p|b，即p2|（5b2+19b+391），矛盾。因此任給素數p及a≠0，b∈z，多項式f（ax+b）仍不能用愛森斯坦判別法判別其不可約性。

還如f（x）=3x3+2x2+2x+4和f（x）=3x3+13x2+13x+169都滿足上述條件。

參考文獻

[1] 張禾瑞，郝鈵新.高等代數[M].高等教育出版社，第5版：66～79.

[2] 北京大學數學系幾何與代數教研室代數小組.高等代數[M]第2版.高等教育出版社，20～97.