多项式
证明整系数多项式不可约
大学数学 • 妖心儿 回复了问题 • 5 人关注 • 2 个回复 • 2043 次浏览 • 2016-07-23 18:24
高代 不可约多项式的证明
专业数学 • donkeycn 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 1430 次浏览 • 2016-04-06 10:14
关于实系数多项式是否存在实根的有趣问题
专业数学 • 月厨 回复了问题 • 3 人关注 • 1 个回复 • 1096 次浏览 • 2015-11-27 14:16
关于级数的一个结论和一个反例。
大学数学 • JiYinX 回复了问题 • 4 人关注 • 2 个回复 • 1214 次浏览 • 2015-11-16 17:19
条新动态, 点击查看
注意到如果$z$是是系数多项式的根，则$\overline{z}$也是。
于是多项式的虚数根成对出现。
于是多项式在复数域能分解成
$a(x-x_1)\cdots(x-x_m)(x-z_1)(x-\overline{z_1})\cdots(x-z_n)(... 显示全部 »
于是多项式的虚数根成对出现。
于是多项式在复数域能分解成
$a(x-x_1)\cdots(x-x_m)(x-z_1)(x-\overline{z_1})\cdots(x-z_n)(... 显示全部 »
注意到如果$z$是是系数多项式的根，则$\overline{z}$也是。
于是多项式的虚数根成对出现。
于是多项式在复数域能分解成
$a(x-x_1)\cdots(x-x_m)(x-z_1)(x-\overline{z_1})\cdots(x-z_n)(x-\overline{z_n})$
其中$x_1,\cdots,x_m$为其实根，$z_1\cdots z_n$为其虚数根,$a$是最高次项系数
注意到，对任意复数$z+\overline{z}~,~z\overline{z}$都是实数。
于是上面的式子其实等于
$a(x-x_1)\cdots(x-x_m)[x^2-(z_1+\overline{z_1})x+z_1\overline{z_1}]\cdots[x^2-(z_n+\overline{z_n})x+z_n\overline{z_n}]$
写成了不超过2次实多项式的因式分解。
于是多项式的虚数根成对出现。
于是多项式在复数域能分解成
$a(x-x_1)\cdots(x-x_m)(x-z_1)(x-\overline{z_1})\cdots(x-z_n)(x-\overline{z_n})$
其中$x_1,\cdots,x_m$为其实根，$z_1\cdots z_n$为其虚数根,$a$是最高次项系数
注意到，对任意复数$z+\overline{z}~,~z\overline{z}$都是实数。
于是上面的式子其实等于
$a(x-x_1)\cdots(x-x_m)[x^2-(z_1+\overline{z_1})x+z_1\overline{z_1}]\cdots[x^2-(z_n+\overline{z_n})x+z_n\overline{z_n}]$
写成了不超过2次实多项式的因式分解。
利用 Rouche 定理可知 $x^n+5x^{n-1}+3$ 有 $n-1$ 个根在单位圆内部（考察 $x^n+5x^{n-1}$），余下一个根在单位圆外。
如果 $x^n+5x^{n-1}+3$ 在整数环上可约，那么它至少需要有两个根在单位圆外或者单位圆周... 显示全部 »
如果 $x^n+5x^{n-1}+3$ 在整数环上可约，那么它至少需要有两个根在单位圆外或者单位圆周... 显示全部 »
利用 Rouche 定理可知 $x^n+5x^{n-1}+3$ 有 $n-1$ 个根在单位圆内部（考察 $x^n+5x^{n-1}$），余下一个根在单位圆外。
如果 $x^n+5x^{n-1}+3$ 在整数环上可约，那么它至少需要有两个根在单位圆外或者单位圆周上，矛盾。
如果 $x^n+5x^{n-1}+3$ 在整数环上可约，那么它至少需要有两个根在单位圆外或者单位圆周上，矛盾。
设 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$,
因为 $f(x)$ 在有理数域上不可约, 故 $a_0\neq 0$.
令 $\varphi(x)=a_n+a_{n-1}x+\cdots +a_1x^{n-1... 显示全部 »
因为 $f(x)$ 在有理数域上不可约, 故 $a_0\neq 0$.
令 $\varphi(x)=a_n+a_{n-1}x+\cdots +a_1x^{n-1... 显示全部 »
设 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$,
因为 $f(x)$ 在有理数域上不可约, 故 $a_0\neq 0$.
令 $\varphi(x)=a_n+a_{n-1}x+\cdots +a_1x^{n-1}+a_0x^n$,
设 $\alpha$ 与 $\frac 1 \alpha$ 是 $f(x)$ 的根, 故有
$a_n+a_{n-1}\alpha+\cdots +a_1\alpha^{n-1}+a_0\alpha^n=0$.
又 $\alpha$ 为 $f(x)$ 的根, $f(x)$ 不可约, 故 $f(x)|\varphi(x)$,
设 $\beta (\neq 0)$ 是 $f(x)$ 的任一根, 则 $\varphi(\beta)=0$,
即 $a_n+a_{n-1}\beta+\cdots +a_1\beta^{n-1}+a_0\beta^n=0$,
$\Rightarrow\ a_n(\frac 1 \beta)^n+a_{n-1}(\frac 1 \beta)^{n-1}+\cdots +a_1\frac 1 \beta+a_0=0$,
从而 $\frac 1 \beta$ 为 $f(x)$ 的根.
因为 $f(x)$ 在有理数域上不可约, 故 $a_0\neq 0$.
令 $\varphi(x)=a_n+a_{n-1}x+\cdots +a_1x^{n-1}+a_0x^n$,
设 $\alpha$ 与 $\frac 1 \alpha$ 是 $f(x)$ 的根, 故有
$a_n+a_{n-1}\alpha+\cdots +a_1\alpha^{n-1}+a_0\alpha^n=0$.
又 $\alpha$ 为 $f(x)$ 的根, $f(x)$ 不可约, 故 $f(x)|\varphi(x)$,
设 $\beta (\neq 0)$ 是 $f(x)$ 的任一根, 则 $\varphi(\beta)=0$,
即 $a_n+a_{n-1}\beta+\cdots +a_1\beta^{n-1}+a_0\beta^n=0$,
$\Rightarrow\ a_n(\frac 1 \beta)^n+a_{n-1}(\frac 1 \beta)^{n-1}+\cdots +a_1\frac 1 \beta+a_0=0$,
从而 $\frac 1 \beta$ 为 $f(x)$ 的根.
只需证：$f(x)$可约$\Leftrightarrow$ $g(x)$可约。
注意到 $g(x)=x^nf(1/x)$,
则$f(x)$可约
$\Leftrightarrow$ $f(x)=f_1(x)f_2(x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项... 显示全部 »
注意到 $g(x)=x^nf(1/x)$,
则$f(x)$可约
$\Leftrightarrow$ $f(x)=f_1(x)f_2(x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项... 显示全部 »
只需证：$f(x)$可约$\Leftrightarrow$ $g(x)$可约。
注意到 $g(x)=x^nf(1/x)$,
则$f(x)$可约
$\Leftrightarrow$ $f(x)=f_1(x)f_2(x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项式,$f_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
$\Leftrightarrow$ $f(1/x)=f_1(1/x)f_2(1/x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项式,$f_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
$\Leftrightarrow$ $x^nf(1/x)=x^{n_1}f_1(1/x)x^{n_2}f_2(1/x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项式,$f_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
（则$x^{n_1}f_1(1/x),x^{n_2}f_2(1/x)$分别是$n_1,n_2$次多项式, 令$g_1(x)=x^{n_1}f_1(1/x),g_2(x)=x^{n_2}f_2(1/x)$。）
$\Leftrightarrow$ $g(x)=g_1(x)g_2(x)$,其中$g_1(x)$是$n_1$次多项式,$g_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
$\Leftrightarrow$ $g(x)$可约 。
注意到 $g(x)=x^nf(1/x)$,
则$f(x)$可约
$\Leftrightarrow$ $f(x)=f_1(x)f_2(x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项式,$f_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
$\Leftrightarrow$ $f(1/x)=f_1(1/x)f_2(1/x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项式,$f_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
$\Leftrightarrow$ $x^nf(1/x)=x^{n_1}f_1(1/x)x^{n_2}f_2(1/x)$,其中$f_1(x)$是$n_1$次多项式,$f_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
（则$x^{n_1}f_1(1/x),x^{n_2}f_2(1/x)$分别是$n_1,n_2$次多项式, 令$g_1(x)=x^{n_1}f_1(1/x),g_2(x)=x^{n_2}f_2(1/x)$。）
$\Leftrightarrow$ $g(x)=g_1(x)g_2(x)$,其中$g_1(x)$是$n_1$次多项式,$g_2(x)$是$n_2$次多项式,$n_1+n_2=n$。
$\Leftrightarrow$ $g(x)$可约 。
$假设该多项式的根x_1,x_2,x_3,x_4均大于等于1, x_3x_4\geq1
\\由根与系数关系得到x_1+x_2+x_3+x_4=6,x_1x_2x_3x_4=2
\\不妨设x_1x_2\geq\sqrt{2},x_3x_4\leq\sqrt{2}... 显示全部 »
\\由根与系数关系得到x_1+x_2+x_3+x_4=6,x_1x_2x_3x_4=2
\\不妨设x_1x_2\geq\sqrt{2},x_3x_4\leq\sqrt{2}... 显示全部 »
$假设该多项式的根x_1,x_2,x_3,x_4均大于等于1, x_3x_4\geq1
\\由根与系数关系得到x_1+x_2+x_3+x_4=6,x_1x_2x_3x_4=2
\\不妨设x_1x_2\geq\sqrt{2},x_3x_4\leq\sqrt{2}
\\\Rightarrow x_1+x_2+x_3+x_4=6\geq x_3+x_4+2\sqrt{x_1x_2}\geq x_3+x_4+{2}^{\cfrac{5}{4}}
\\\Rightarrow x_3+x_4\leq 6-{2}^{\cfrac{5}{4}}
\\\Rightarrow {(x_3-x_4)}^{2}={(x_3+x_4)}^{2}-4x_3x_4 \leq {( 6-{2}^{\cfrac{5}{4}}
)}^{2}-4=(2-{2}^{\cfrac{5}{4}})(10-{2}^{\cfrac{5}{4}})<0
\\矛盾，故至少有一根小于1$
\\由根与系数关系得到x_1+x_2+x_3+x_4=6,x_1x_2x_3x_4=2
\\不妨设x_1x_2\geq\sqrt{2},x_3x_4\leq\sqrt{2}
\\\Rightarrow x_1+x_2+x_3+x_4=6\geq x_3+x_4+2\sqrt{x_1x_2}\geq x_3+x_4+{2}^{\cfrac{5}{4}}
\\\Rightarrow x_3+x_4\leq 6-{2}^{\cfrac{5}{4}}
\\\Rightarrow {(x_3-x_4)}^{2}={(x_3+x_4)}^{2}-4x_3x_4 \leq {( 6-{2}^{\cfrac{5}{4}}
)}^{2}-4=(2-{2}^{\cfrac{5}{4}})(10-{2}^{\cfrac{5}{4}})<0
\\矛盾，故至少有一根小于1$