4 因式分解定理

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课程：高等代数 第4.4.1页 §4 因式分解定理

教学目的 通过2学时的教学，使学生理解不可约多项式的概念及多项式因式分解的意义，基本本掌握唯一分解定理及其初步应用．

教学内容

本节讨论一元多项式理论中的核心定理：因式分解定理，即唯一因式分解定理．此时，也将在理论上回答中学数学中在概念上含糊不清的“什么叫因式分解？”及其存在性等问题．

4.1 不可约多项式的概念

设f(x)?F[x]，0?c?F，则c|f(x)，cf(x)|f(x)，即c，cf(x)是f(x)的因式，我们称它们为f(x)的平凡因式．

显然，数域F上的任意一个零次多项式只有平凡因式．但F上的次数大于零的多项式，可能只有平凡因式；也可能还有其它因式．因此，我们引入

定义1 设p(x)?F[x]，degp?1．若p(x)在F[x]中只有平凡因式，则称p(x)是F上的一个不可约多项式；否则，则称p(x)是F上的一个可约多项式．

注 对定义1再作如下说明：

1)若f(x)是F上的零多项式或零次多项式，则不说f(x)可约，也不说f(x)不可约． 2)f(x)?F[x]有非平凡因式g(x)，当且仅当f(x)=g(x)h(x)，其中0

3)设f(x)?F[x],degf>0.若f(x)在F上的任一个分解式f(x)=g(x)h(x)，都有g(x)或h(x)是零次因式，则f(x)在F上不可约．

显然，F上的一次多项式都是F上的不可约多项式．

若p(x)是F上的不可约多项式，0?c?F，则f(x)=cp(x)也是F上的不可约多项式．事

1实上，若f(x)=g(x)h(x)，0

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p(x)可约，矛盾．所以cp(x)也不可约．

与整除性不同，多项式的可约性与数域有关．例如，f(x)?x2?2 ?Q[x]，在Q上不可约(其证明详见本节的例1)；但在R上可约，因为x2?2?(x?2)(x?2)．又如，x2?1?Q[x]，在Q上，在R上都不可约；但在C上x2?1?(x?i)(x?i)，即在C上可约．

不可约多项式有下述重要性质．

定理4.4.1 设p(x)是F上的不可约多项式． 1)设f(x)?F[x]，则p(x)|f(x)，或(p(x)，f(x))=1．

2)设f(x)，g(x)?F[x]．若p(x)|f(x)g(x)，则p(x)|f(x)或p(x)|g(x)． 证 先证1) 设d(x)=(p(x),f(x))，则d(x)|p(x)．由于p(x)不可约，所以有

d(x)=1，或d(x)=cp(x)，0?c?F．因此，易见1)式成立．

再证2) 若p(x) f(x)，则由1)知道(p(x)，f(x))=1．又p(x)|f(x)g(x)．因此，由推论4.3.2得到p(x)|g(x)，2)正确． ?

定理4.4.1中的两命题的逆命题都成立，它们是节末习题的第2、3题，请同学们独立完成．

现在，我们来阐述 4.2 唯一分解定理

定理4.4.2 设f(x)?F[x]，degf ?1，则

f(x)?p1(x)p2(x)?pt(x)， (1)

其中p1(x),p2(x),?,pt(x)是F上的不可约多项式；并且f(x)的分解式(1)是唯一的，即若有

F上的不可约多项式q1(x),q2(x),?qs(x)，使得

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f(x)?q1(x)q2(x)?qs(x)， (2)

则t=s，且适当调换因式顺序，有

pi(x)?ciqi(x),0?ci?F,i?1,2,?,t．

证 设degf=n．先对n用数学归纳法证明(1)的存在性．

若n=1，则(1)显然成立．假设对于次数小于n的任意多项式，分解式(1)存在，那么对于n次多项式f(x)，若f(x)不可约，则分解式(1)当然存在；若f(x)可约，则有

f(x)?f1(x)f2(x)，

其中1?degfi?n,i=1，2．于是，由归纳假设，f1(x),f2(x)可分别表示为数域F上的有限个不可约多项式的乘积，因而f(x)也有如(1)所示的分解式．因此，因式分解的存在性成立．

再证(1)的唯一性．又设(2)是f(x)的任一个分解式，则

f(x)?p1(x)p2(x)?pt(x)?q1(x)q2(x)?qs(x)．

(3)

当t=1时，则f(x)是F上的不约多项式．因此，由定义1知道t=s=1，且f(x)?p1(x)?q1(x)，唯一性成立．

假设唯一性对于分解式中不可约因式的个数为t－1≥1的情形成立，那么对于不可约因式的个数为t的情形，由(3)与定理4.4.1，有p1(x)|qj(x)，因而适当调换因式顺序，可不妨设p1(x)|q1(x)．由于q1(x)也是不可约的，则有

p1(x)?c1q1(x)，0?c1?F．

因此，

c1q1(x)p2(x)?pt(x)?q1(x)q2(x)?qs(x)．

现在，由消去律得到

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?1p2(x)?pt(x)?c1q2(x)?qs(x)．

(4)

于是，由归纳假设及(4)式，有t－1=s－1,从而有t=s；且适当调换因式顺序，有

pi(x)?ciqi(x)，0?ci?F， i=2，?，t．

因此，分解式(1)的唯一性得证． ?

在(1)中，将每个不可约因式的首项系数提出，使其首项系数为1，并合并相同的不可约因式，则得

推论4.4.1 数域F上每个次数≥1的多项式f(x)都可以分解为

nkn1n2f(x)?ap1(x)p2(x)?pk(x)， (5)

其中p1(x),p2(x),?,pt(x)是F上的两两互异的首项系数为1的不可约多项式． ?

(5)式叫做f(x)的标准分解式．多项式的标准分解式在解答多项式理论问题时较为简便，颇有价值．例如，易证

推论4.4.2 设f(x)?F[x]的标准分解式如(5)所示，则g(x)?F[x]是f(x)的因式，当且仅当

mkm1m2g(x)?bp1(x)p2(x)?pk(x)，

这里b?F是g(x)的首项系数，0?mi?ni,i?1,2,?,k． ?

在应用中，有时为了方便需要，在(5)式中也插入若干个不可约多项式的零次幂．例如，

推论4.4.3 设f(x)，g(x)?F[x]的次数皆大于零，且分解为

nkn1n2 f(x)?ap1(x)p2(x)?pk(x)，

mkm1m2g(x)?bp1(x)p2(x)?pk(x)，

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课程：高等代数 第4.4.5页 其中p1(x),p2(x),?,pt(x)是F上的首项系数为1的不可约多项式，ni,mi?N，i?1,2,?,k，则

tkt1t2(f(x),g(x))?p1(x)p2(x)?pk(x)， sks1s2[f(x),g(x)]?p1(x)p2(x)?pk(x)，

这里ti?min{ni,mi}，si?max{ni,mi}，i?1,2,?,k． ?

必须指出，实践中要把F上的一个多项式因式分解往往较为困难．因此，实际求(f(x)，g(x))与[f(x)，g(x)]仍采用§3的阐述，推论4.4.3的价值在于理论方面．

下面, 我们来看定理4.4.2应用的一个例子． 例1 证明f(x)?x2?2在有理数域Q上不可约． 证 在Q上，设

f(x)?x2?2?(x?a)(x?b)， a，b?Q．

这也是f(x)在R上的标准分解式．但是，在R上f(x)分解为

f(x)?x2?2?(x?2)(x?2)．

于是，由唯一性有x?a?(x?2)或x?a?(x?2)．从而有a?2或a??2，与

a?Q矛盾，所以x2?2在Q上不可约． ?

现在，我们不难对中学所学习的因式分解的概念给予明确的回答．所谓“因式分解”，系把一个多项式表示为有限个不可约多项式的乘积，或判别它是不可约多项式．由于具体完成以上工作在一般情况下较为困难，因而导致了中学数学教学中的困难，需要教师在教学中善于引导，分析解难．

注意到(5)的构成，我们来阐述 4.3 重因式

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