爱森斯坦判别法的若干注记

罗勇

摘 要 爱森斯坦（Eisenstein）判别法给出了整系数多项式在有理数域Q上是不可约的充分条件，但其应用具有一定的局限性，我们讨论了对多项式经线性替换后，利用爱森斯坦判别法，推广了爱森斯坦判别法的应用性。

关键词 爱森斯坦判别法 有理系数多项式 有理根

命题1 （爱森斯坦判别法） 设f（x）=a+ax+ax2+…+axn （1）

是一个整系数多项式。若是能够找到一个素数p，使

（1）pHsa；

（2）p|ai，i=0，1，2，…，n-1；

（3）p2Hsa0。

那么多项式f（x）在有理数域上不可约。

命题2 n次整系数多项式

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

在有理数域上具有相同的可约性。

证明：由题设知，a≠0，an≠0所以多项式f1（x）和f2（x）没有零根。设%Z≠0为f1（x）的任一有理根，则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

即为f2（x）的根。同理可证，若%[为f2（x）的根，则为f1（x）的根。即f1（x）和f2（x）具有相同的可约性。

例（张禾瑞，郝鈵新编《高等代数》第70页习题第1题） 设n次多项式

f（x）=a0xn+a1xn-1+a2xn-2+…+an-1x+an

有非零根%Z1，%Z2，…，%Zn。求以，，…，为根的多项式。

解 根据命题2可得所求多项式为f1（x）=a0+a1x+a2x2+…+anxn

证明 根据命题2，n次多项式

f1（x）=a+ax+ax2+…+axn和f2（x）=axn+axn-1+axn-2+…+a-1x+an具有相同的可约性。再由引理1可得结论成立。

在利用爱森斯坦判别法判断有理系数多项式在有理数域上不可约时，往往找不到定理中的素数p，不能直接应用，通过变形后就可以利用爱森斯坦判别法。

命题3 设f（x）是整系数多项式，证明f（x）在有理数域上不可约，当且仅当对任意的整数a≠0，b，多项式g（x）=f（ax+b）在有理数域上不可约。

证明：采用反证法，设g（x）在有理数域上可约，则存在有理系数多项式g1（x），g2（x）使得g（x）=f（ax+b）=g1（x）g2（x） 豍，

且。我们用x-代豍中的x，所得有理系数多项式，且次数不变，即f（x）=g1（x-）g2（x-）这与f（x）在有理数域上不可约矛盾。故g（x）在有理数域上不可约。

推论 n整系数次多项式

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

在有理数域上具有相同的可约性。

例 证明下列多项式在有理数域上不可约

（1）x4-2x3+2x-3； （2）x6+x3+1。

证明 （1）令f（x）=x4-2x3+2x-3，则

g（x）=f（x+1）=（x+1）4-2（x+1）3+2（x+1）-3=x4+2x3-2，取素数p=2，利用爱森斯坦判别法可知，g（x）在有理数域上不可约，即x4-2x3+2x-3在有理数域上不可约。

（2）令f（x）=x6+x3+1，则

g（x）=f（x+1）=（x+1）6+（x+1）3+1=x6+6x5+15x4+21x3+18x2+9x+3，取素数p=3，利用爱森斯坦判别法可知，g（x）在有理数域上不可约，即x6+x3+1在有理数域上不可约。

由命题2及推论可知，当对不可约多项式f（x）不能利用爱森斯坦判别法时，但存在整数a≠0，b，使得多项式g（x）=f（ax+b）可以利用爱森斯坦判别法，自然要问，是不是所有的不可约多项式当不能利用爱森斯坦判别法判别其不可约性，但存在a≠0，b∈z，经线性替换g（x）=f（ax+b）后可以利用爱森斯坦判别法判别其不可约性呢？在文中给出了对不可约多项式f（x）=3x2+11x+121，经任意线性替换g（x）=f（ax+b）（a≠0，b∈z）后，仍不能利用Eisenstein判别法判别其不可约性。其实这样的例子很多，下面举例说明：

例 设f（x）=5x2+19x+361，则f（x）在有理数域上不可约，但任给素数p及a≠0，b∈z，多项式f（ax+b）仍不能用爱森斯坦判别法判别其不可约性。

证明 对一元二次方程5x2+19x+361=0，其判别式△=-6859<0，故f（x）在有理数域上不可约。假设存在素数p及a≠0，b∈z，使得多项式

f（ax+b）=5a2x2+a（10b+19）x+5b2+19b+361

能用Eisenstein判别法判别其不可约性。即存在素数p，使得pHsa，且p≠5，但p|（10b+19）和p|（5b2+19b+361）。

若p|b，此时p=19，显然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，此时p=5或p=19。若p=5显然矛盾，若p=19，则p|b，即p2|（5b2+19b+391），矛盾。因此任给素数p及a≠0，b∈z，多项式f（ax+b）仍不能用爱森斯坦判别法判别其不可约性。

还如f（x）=3x3+2x2+2x+4和f（x）=3x3+13x2+13x+169都满足上述条件。

参考文献

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

[2] 北京大学数学系几何与代数教研室代数小组.高等代数[M]第2版.高等教育出版社，20～97.