三个多项式不可约性的证明

三个多项式(不)可约性的证明

1(浙大1993(16分)).证明f(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−an)−1在Q上不可约,其中a1,a2,···,an是

互异的整数.

证明:(证法1)若不然，假设f(x)=φ1(x)φ2(x),由于f(x)是整系数多项式，所以可设φ1(x)和φ2(x)均为整系数多项式，且∂[φ1(x)]<∂[f(x)],∂[φ2(x)]<∂[f(x)].

f(ai)=φ1(ai)φ2(ai)=−1,考虑到它们均为整系数多项式，所以有φ1(ai)=±1,φ2(ai)=∓1.

令g(x)=φ1(x)+φ2(x),则g(ai)=0,i=1,2,...,n.而∂[g(x)]≤∂φ1(x)于是对任意的实数c,f(c)=−(φ1(c))2≤0.但再由条件：

f(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−an)−1,取c=max{a1,a2,...,an}+3,则f(c)≥3n−1>0,矛盾.于是

假设错误，所以f(x)在Q上不可约.

(证法2)由于φ1(ai)=−φ2(ai),i=1,2,...,n且∂[φk(x)]<∂[f(x)]≤n,k=1,2.,所以f(x)=−[φ1(x)]2.由于φ1(x)和φ2(x)都是整系数多项式,所以−φ21(x)的首系数为负数,而f(x)的首系数为+1,

矛盾.

例2.设a1,a2,···,an是互异的整数,证明f(x)=(x+a1)(x+a2)···(x+an)+1在Q上可约的充要条件是f(x)=g2(x),g(x)∈Z[x].

证明:充分性显然成立.

必要性.若f(x)在Q上可约，因为f(x)∈Z[x],可设f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)∈Z[x].又因为f(ai)=1,所以g(ai)和h(ai)同时为1或−1,即g(ai)=h(ai),i=1,2,...,n.又

∂[g(x)]<∂[f(x)]≤n,∂[h(x)]<∂[f(x)]≤n,得g(x)=h(x),所以f(x)=[g(x)]2.

例3.设a1,a2,···,an是互异的整数,证明f(x)=(x−a1)2(x−a2)2···(x−an)2+1在Q上不可约.证明:若f(x)在Q上可约，设f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)∈Z[x].

又对任意的c∈R(实数)，f(c)=(c−a1)2(c−a2)2···(c−an)2+1>0,所以f(x)无实根.

考虑f(ai)=g(ai)h(ai)=1,g(x)和h(x)均为整系数多项式，所以g(ai)=1且h(ai)=1或g(ai)=

−1且h(ai)=−1.不妨假设存在ak使得g(ak)=1,则由于g(x)也无实根，所以必有g(ai)=1,i=1,2,...,n.再考虑到若g(x)的次数小于n,得g(x)≡1,这是不可能的.所以∂[g(x)]=∂[h(x)]=n.

由于g(ai)−h(ai)=0,且g(x)和h(x)都是首系数为1的n次多项式,所以g(x)−h(x)的次数小于n,且有n个互异的根a1,a2,...,an,因而g(x)≡h(x),得f(x)=(x−a1)2(x−a2)2···(x−an)2+1=[g(x)]2.

(台州学院数学系)2

令l(x)=(x−a1)(x−a2)···(x−an),则[l(x)]2+1=[g(x)]2,(g(x)−l(x))(g(x)+l(x))=1.对任意的a∈Z,(g(a)−l(a))(g(a)+l(a))=1(两个整数的乘积为1)，g(a)−l(a)=g(a)+l(a)=1或(−1).得l(a)≡0,矛盾.所以f(x)不可约.