在高等代数的多项式一章中,通常会有这样的一道练习题:

证明任意有理数域上的多项式都能够表示为两个有理数域上的不可约多项式之和。

这是道简单的练习题,证明方法有多种。首先来介绍一个巧妙的证法。

一个巧妙证明

有理数域上的多项式问题等价于整数域上的多项式问题,因此,只需要对整数域上的多项式进行证明(这步转换使得我们可以使用艾森斯坦判别法)。设$f(x)$是整数域上的一个$n$次多项式:
$$f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0$$
我们只需要注意到
$$p f(x)=\left[p f(x)+x^n+p\right]-(x^{n}+p)$$
其中$p$是素数,那么$x^n+p$是一个整数域上的不可约多项式,从而只需要考虑$p f(x)+x^n+p$,该多项式最高次项是$(pa_n +1)x^n$,而其余项都可能被$p$整除,根据艾森斯坦判别法,只需要找到$p$,使得$p^2$不整除常数项即可。而常数项为$p a_0+p$,如果$p^2|p a_0+p$,那么$p|a_0+1$,即$a_0+1$是$p$的倍数,但是$a_0+1$不可能整除所有素数的,从而总能够找到素数$p$,使得$p\nmid a_0+1$,从而$p^2\nmid (pa_0+p)=\text{常数项}$。从而由艾森斯坦判别法知$p f(x)+x^n+p$是整数域上的不可约多项式,从而$f(x)$有分解
$$f(x)=\left[f(x)+\frac{1}{p} x^n+1\right]+\left[-\frac{1}{p}(x^n +p)\right]$$
方括号里边的即有理数域上的不可约多项式。

===============错误更正:以下内容基本是错误的===============

以上证明绝对称得上简单巧妙!而且是一种很标准的做法。但我感到美中不足的是这个证明似乎很难拓展,而且构造一下子不容易想到。事实上,上述命题可以拓展

1、任意实数域上的多项式,都可以表示为两个实数域上的不可约多项式之和。(这并不成立!!)

2、任意有理数域上的多项式都能够表示为两个有理数域上的不可约多项式之和,其中两个不可约多项式的次数都不超过原来多项式的次数。

对于第一个推广,上述方法就无能为力了。下面用基于笔者构思的一种也算比较简单的思路,分别证明上述两个结论。

通用的简洁证明

推广一

任意实数域上的多项式,都可以表示为两个实数域上的不可约多项式之和。(这并不成立!!)

设$f(x)$是实数域上的多项式
$$f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0$$
那么
$$f(x)=\left(x^{2n}+f(x)+2q^{2n}\right)-\left(x^{2n}+2q^{2n}\right)$$
其中$q > 0$的时候,$x^{2n}+2q^{2n}=0$显然在实数域内无根,从而是在实数域内的不可约多项式。而$x^{2n}+f(x)+2q^{2n}$是一个首项为$x^{2n}$(偶次)的多项式,从而$x^{2n}+f(x)+2q^{2n}$有下界,因此,当$q$足够大的时候,$x^{2n}+f(x)+2q^{2n}$恒大于0,从而$x^{2n}+f(x)+2q^{2n}=0$在实数域内也可以无根,此时$x^{2n}+f(x)+2q^{2n}$即为实数域内的不可约多项式。因此命题得证。

推广二

任意有理数域上的多项式都能够表示为两个有理数域上的不可约多项式之和,其中两个不可约多项式的次数都不超过原来多项式的次数。

该命题在文章开始的巧妙证明中已经得到证明。现在基于“推广一”的证明思路,给出推广二的另一个证明。“推广一”的证明不能直接用,因为“推广一”的证明基于添加了一个更高次项,不能使分解的式子不大于原来的次数。事实上,“推广二”在实数域中不成立。

设$f(x)$是整数域上的首一多项式
$$f(x)=x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0$$

分情况讨论:
1、当$n$是偶数的时候,$f(x)$在实数域中有下界,从而对于足够大的整数$q$,$f(x)+q$恒大于0,因此$f(x)+q=0$在实数域内无根,从而是实数域、也是整数域上的不可约多项式,从而$f(x)$有分解:
$$f(x)=\left[f(x)+q\right]-q$$
$-q$也是整数域的不可约多项式。

2、当$n$是奇数的时候,首先假设$a_{n-1}\neq 0$,此时考虑
$$f(x)=\left[f(x)-x^n+ 2q^n\right]+(x^n-2 q^n)$$
当$q$是整数的时候,$x^n-2 q^n$是整数域上的不可约多项式(无有理数根),所以只要考虑$f(x)-x^n+ 2q^n$,它是一个$n-1$次(偶次)多项式,如果$a_{n-1} > 0$,那么它就在实数域内有下界,从而对于足够大的$q$,它就恒大于0,就是实数域上的不可约多项式;如果$a_{n-1} < 0$,那么它就在实数域内有上界,从而对于足够小的$q$,它就恒小于0,就是实数域上的不可约多项式。从而这种情况证完。

3、当$n$是奇数的时候,且$a_{n-1}=0$,此时考虑
$$f(x)=\left[f(x)-x^n+2x^{n-1}+2(2q+1)\right]+\left[x^n-2x^{n-1}-2(2q+1)\right]$$
由艾森斯坦判别法,对于任意整数$q$,$x^n-2x^{n-1}-2(2q+1)$是整数域上的不可约多项式,从而只需要考虑$f(x)-x^n+2x^{n-1}+2(2q+1)$,它是一个$n-1$次(偶次)多项式,第一项为$2x^{n-1}$,那么它就在实数域内有下界,从而对于足够大的$q$,它就恒大于0,就是实数域上的不可约多项式。从而这种情况证完。

思路总结

本文大部分的思路很简单,就是想办法构造一个带有自由常数项的偶次多项式,从而对于足够大(或者足够小)的常数,它总能够恒大于0,从而在实数域上不可约,也在有理数上不可约。而另一部分则是比较简单的显然不可约的多项式,从而得到证明。


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