设
f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 0 f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0 f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a0
是一个整系数多项式.如果有一个素数 p p p,使得
- p ∤ a n p\nmid a_n p∤an
- p ∣ a n − 1 , a n − 2 , ⋯ , a 0 p|a_{n-1},a_{n-2},\cdots,a_0 p∣an−1,an−2,⋯,a0
- p 2 ∤ a 0 p^2\nmid a_0 p2∤a0
那么 f ( x ) f(x) f(x) 在有理数域上是不可约的
证明
如果 f ( x ) f(x) f(x) 在有理数域上可约，那么 f ( x ) f(x) f(x) 可以分别成两个次数较低的整系数多项式的乘积：
f ( x ) = ( b i x l + b i − 1 x l − 1 + ⋯ + b 0 ) ( c m x m + c m − 1 x m − 1 + ⋯ + c 0 ) l , m < n , l + m = n f(x)=(b_ix^l+b_{i-1}x^{l-1}+\cdots+b_0)(c_mx^m+c_{m-1}x^{m-1}+\cdots+c_0)\uad l,m<n,l+m=n f(x)=(bixl+bi−1xl−1+⋯+b0)(cmxm+cm−1xm−1+⋯+c0)l,m<n,l+m=n
于是
a n = b l c m , a 0 = b 0 c 0 a_n=b_lc_m,a_0=b_0c_0 an=blcm,a0=b0c0
因为 p ∣ a 0 p|a_0 p∣a0 ，所以 p p p 能整除 b 0 b_0 b0 或 c 0 c_0 c0. 但是 p 2 ∤ a 0 p^2\nmid a_0 p2∤a0，所以 p p p 不能同时整除 b 0 b_0 b0 及 c 0 c_0 c0. 因此，不妨假定 p ∣ b 0 p|b_0 p∣b0 但 p ∤ c 0 p\nmid c_0 p∤c0. 另一方面，因为 p ∤ a n p\nmid a_n p∤an, 所以 p ∤ b l p\nmid b_l p∤bl. 假设 b 0 , b 1 , ⋯ , b l b_0,b_1,\cdots,b_l b0,b1,⋯,bl 中第一个不能被 p p p 整除的是 b k b_k bk,比较 f ( x ) f(x) f(x) 中 x k x^k xk 的系数，得等式
a k = b k c 0 + b k − 1 c 1 + ⋯ + b 0 c k . a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k. ak=bkc0+bk−1c1+⋯+b0ck.
式中 a k , b k − 1 , ⋯ , b 0 a_k,b_{k-1},\cdots,b_0 ak,bk−1,⋯,b0 都能被 p p p 整除，所以 b k c 0 b_kc_0 bkc0 也必定能被 p p p 整除. 但是 p p p 是一个素数，所以 b k b_k bk 与 c 0 c_0 c0 中至少有一个能被 p p p 整除，这是一个矛盾
版权声明：本文内容由互联网用户自发贡献，该文观点仅代表作者本人。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如发现本站有涉嫌侵权/违法违规的内容，请联系我们，一经查实，本站将立刻删除。
如需转载请保留出处：https://51itzy.com/kjqy/20487.html