高等代数 · 第 P74 集 · 九：不可约多项式

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◎学习目标

理解研究 \(K[x]\) 结构的基本建筑块思想，掌握不可约多项式的直观动机；
准确叙述不可约多项式与可约多项式的定义（次数 \(\ge 1\)，且只有零次多项式和相伴元两类因式）；
掌握刻画不可约多项式的四个等价命题，并能在不同场合选用最方便的刻画；
理解不可约性依赖数域：同一多项式在不同数域上可能不可约也可能可约；
能利用等价命题判定具体多项式在给定数域上是否不可约。

1不可约多项式的直观动机 ⏱ 00:01

研究数域 \(K\) 上一元多项式环 \(K[x]\) 的结构时，一个自然的想法是寻找环中的"基本建筑块"——就像砖瓦是房屋的基本单元，我们希望找到一类"不可再分"的多项式，任何多项式都可以由它们"砌出来"。⏱ 00:17

在 \(K[x]\) 中，乘法（整除）是比加法更关键的结构操作。任何多项式的因式可分为三类：⏱ 01:36

零次多项式（常数）：任何多项式的因式；
相伴元：与自身互相整除的多项式；
非平凡因式：次数介于两者之间的因式。

我们希望找的是因式最少的多项式——只有前两类因式，没有非平凡因式。这样的多项式就是不可约多项式。⏱ 03:45

类比正整数环 \(\mathbb{Z}\) 中的素数就是"基本建筑块"，任何正整数都能唯一分解成素数的乘积。在 \(K[x]\) 中，不可约多项式扮演的角色与 \(\mathbb{Z}\) 中素数完全对应。

2定义与基本概念 ⏱ 05:12

定义 · 不可约多项式设 \(p(x) \in K[x]\) 且 \(\deg p \ge 1\)。如果 \(p(x)\) 的因式只有两类——零次多项式和 \(p(x)\) 的相伴元——则称 \(p(x)\) 在数域 \(K\) 上不可约（irreducible）。否则称 \(p(x)\) 在 \(K\) 上可约（reducible）。

反例 · 可约多项式 \(x^2 - 2 \in \mathbb{Q}[x]\)：在 \(\mathbb{Q}\) 上，\(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\)，故 \(x^2-2\) 不能分解为两个一次有理系数多项式的乘积，它是 不可约 的。但在 \(\mathbb{R}[x]\) 中，\(x^2-2 = (x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})\)，因此它在 \(\mathbb{R}\) 上是可约的。

重要性质一次多项式在任何数域 \(K\) 上都不可约。这是因为若 \(\deg f = 1\)，\(f = gh\) 则 \(\deg g + \deg h = 1\)，必有一者次数为 0，即 \(g\) 或 \(h\) 是零次多项式。

3不可约多项式的四个等价刻画 ⏱ 08:20

设 \(p(x) \in K[x]\) 且 \(\deg p \ge 1\)，以下四个命题互相等价：⏱ 09:10

命题 1（定义） \(p(x)\) 在 \(K\) 上不可约，即 \(p(x)\) 的因式只有零次多项式和相伴元两类。

命题 2（与任意多项式的关系）对任意 \(f(x) \in K[x]\)，要么 \(\gcd(p, f) = 1\)（互素），要么 \(p(x) \mid f(x)\)。

\forall\, f(x) \in K[x],\quad \gcd\bigl(p(x),\, f(x)\bigr) = 1 \quad\text{或}\quad p(x) \mid f(x).

这是两个极端：公因式最少（只有常数），或者 \(p\) 本身就是 \(f\) 的因式。

命题 3（素性 / 欧几里得引理）若 \(p(x) \mid f(x)g(x)\)，则 \(p(x) \mid f(x)\) 或 \(p(x) \mid g(x)\)。

p(x) \mid f(x)\,g(x) \implies p(x) \mid f(x) \;\lor\; p(x) \mid g(x).

命题 4（不能降次分解） \(p(x)\) 不能分解为两个次数都比它低的多项式的乘积。

\neg\,\exists\, f(x),\,g(x) \in K[x] : \deg f < \deg p,\;\deg g < \deg p,\; p = f\cdot g.

四条刻画的直观理解

命题 1：从因式个数看——因式最少，"不可再分"。
命题 2：从与任意多项的关系看——只有两种极端情况。
命题 3：从整除性质看——类似素数的"欧几里得引理"。
命题 4：从分解角度看——不能写成两个更低次多项式的乘积。

4定理证明：四个命题等价 ⏱ 11:50

命题 1 \(\Rightarrow\) 命题 2

设 \(p(x)\) 不可约。对任意 \(f(x) \in K[x]\)，考虑 \(\gcd(p, f)\)。它既是 \(p\) 的因式，也是 \(f\) 的因式。⏱ 12:40

因为 \(p\) 不可约，其因式只有两类：零次多项式或相伴元。

若 \(\gcd(p,f)\) 是零次多项式且首一，则 \(\gcd(p,f)=1\)，即 \(p\) 与 \(f\) 互素。
若 \(\gcd(p,f)\) 是 \(p\) 的相伴元，则 \(\gcd(p,f)\) 与 \(p\) 互相整除，故 \(p \mid \gcd(p,f)\)。又因 \(\gcd(p,f) \mid f\)，由整除的传递性得 \(p \mid f\)。

因此，对任意 \(f(x)\)，要么 \(\gcd(p,f)=1\)，要么 \(p \mid f\)。证毕。

命题 2 \(\Rightarrow\) 命题 3

设命题 2 成立，且 \(p \mid fg\)。考虑 \(p\) 与 \(f\) 的关系。⏱ 14:10

由命题 2，要么 \(\gcd(p,f)=1\)，要么 \(p \mid f\)。

若 \(p \mid f\)，结论已成立。
若 \(\gcd(p,f)=1\)（互素），又已知 \(p \mid fg\)，根据互素的基本性质（Euclid 引理的推论）：若 \(\gcd(p,f)=1\) 且 \(p \mid fg\)，则 \(p \mid g\)。

故 \(p \mid f\) 或 \(p \mid g\)，命题 3 得证。⏱ 15:30

命题 3 \(\Rightarrow\) 命题 4

用反证法。假设命题 4 不成立，即存在 \(f(x), g(x) \in K[x]\) 使得 \(\deg f < \deg p\)，\(\deg g < \deg p\)，且 \(p = f\cdot g\)。⏱ 16:50

显然 \(p \mid p\)，故 \(p \mid fg\)（因 \(fg=p\)）。由命题 3，必有 \(p \mid f\) 或 \(p \mid g\)。

若 \(p \mid f\)，则 \(\deg p \le \deg f\)，与 \(\deg f < \deg p\) 矛盾。
若 \(p \mid g\)，同理 \(\deg p \le \deg g\)，与 \(\deg g < \deg p\) 矛盾。

两种情况均矛盾，故假设错误，命题 4 成立。

命题 4 \(\Rightarrow\) 命题 1

设命题 4 成立，要证 \(p\) 不可约。任取 \(p\) 的一个因式 \(g(x)\)，即存在 \(s(x) \in K[x]\) 使 \(p = s\cdot g\)。⏱ 19:00

由命题 4，\(p\) 不能分解为两个次数都比 \(\deg p\) 低的多项式之积，因此在分解 \(p = s\cdot g\) 中，\(\deg s\) 与 \(\deg g\) 不能同时小于 \(\deg p\)，必有一个等于 \(\deg p\)。

若 \(\deg g = \deg p\)，则 \(\deg s = 0\)，即 \(s\) 是零次多项式，故 \(g\) 是 \(p\) 的相伴元。
若 \(\deg s = \deg p\)，则 \(\deg g = 0\)，即 \(g\) 是零次多项式。

综上，\(p\) 的任意因式要么是零次多项式，要么是 \(p\) 的相伴元，故 \(p\) 不可约。证毕。⏱ 21:30

循环等价总结 \(1 \Rightarrow 2 \Rightarrow 3 \Rightarrow 4 \Rightarrow 1\)，四个命题构成一个循环，因此彼此等价。⏱ 22:10 这意味着我们在不同场合可以选用最方便的刻画来判定或证明不可约性。

5不可约性对数域的依赖 ⏱ 22:45

同一个多项式在不同的数域上，其不可约性可能不同。这是需要特别注意的一点。⏱ 23:00

多项式	数域	是否不可约	说明
\(x^2 - 2\)	\(\mathbb{Q}\)	✓ 不可约	\(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\)，不能在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中分解
\(x^2 - 2\)	\(\mathbb{R}\)	✗ 可约	\(x^2-2=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})\)，在 \(\mathbb{R}[x]\) 中分解
\(x^2 + 1\)	\(\mathbb{R}\)	✓ 不可约	\(\pm i \notin \mathbb{R}\)，实系数二次式无实根则不可约
\(x^2 + 1\)	\(\mathbb{C}\)	✗ 可约	\(x^2+1=(x-i)(x+i)\)，在复数域可分解
\(x^3 - 2\)	\(\mathbb{Q}\)	✓ 不可约	\(\sqrt[3]{2}\notin\mathbb{Q}\)，且无有理根，有理系数三次式无一次因式则不可约

关键提醒 "不可约"总是相对于某个数域而言的。说"\(p(x)\) 不可约"必须指明数域 \(K\)。同一个多项式，在较小的数域上可能不可约，在扩域上却可能可约。

判定技巧对于二次或三次多项式：在数域 \(K\) 上，若它没有 \(K\) 中的根，则它在该数域上不可约（因为有根就能分解出一个一次因式，反之无根则无法分解出一次因式，而二次/三次只能分解出一次因式）。但对四次及以上多项式，无根不等于不可约（如 \((x^2+1)^2\) 无实根但在 \(\mathbb{R}[x]\) 中可约）。

★重点回顾

1

定义：次数 \(\ge 1\) 的多项式 \(p(x) \in K[x]\)，若其因式只有零次多项式和相伴元两类，则称 \(p\) 在 \(K\) 上不可约。

2

四个等价命题：①定义（因式最少）；②对任意 \(f\)，\(\gcd(p,f)=1\) 或 \(p\mid f\)；③素性：\(p\mid fg\Rightarrow p\mid f\) 或 \(p\mid g\)；④不能分解为两个更低次多项式的乘积。

3

证明思路：\(1\Rightarrow 2\) 用因式分类；\(2\Rightarrow 3\) 用互素性质；\(3\Rightarrow 4\) 用反证法；\(4\Rightarrow 1\) 用因式次数分析。

4

数域依赖：不可约性是相对概念。\(x^2-2\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约，在 \(\mathbb{R}\) 上可约。

5

实用判定：二次、三次多项式在 \(K\) 上无 \(K\)-根 \(\Leftrightarrow\) 在 \(K\) 上不可约。

⚠易错点提醒

常见错误

忽略数域：直接说"某多项式不可约"而不指明数域，这是不严谨的。必须说"在 \(K\) 上不可约"。
混淆可约与有根：对二次、三次多项式，无根 \(\Leftrightarrow\) 不可约；但对四次及以上，无根不能推出不可约（如 \((x^2+1)^2\) 无实根但可约）。
误认为零次多项式不可约：定义要求 \(\deg p \ge 1\)，零次多项式不在讨论范围内。
相伴元不是新因式：相伴元（如 \(-p(x)\) 与 \(p(x)\)）在本质上是同一个因式，不计入"非平凡因式"。
命题 2 与命题 3 混淆：命题 2 是关于 \(p\) 与任意 \(f\) 的关系（互素或整除）；命题 3 是素性（整除乘积则整除因子），二者不同但等价。

✎自测与作业

验证 \(x^2+1\) 在 \(\mathbb{R}[x]\) 中不可约，但在 \(\mathbb{C}[x]\) 中可约，并写出在 \(\mathbb{C}\) 上的分解式。
证明：若 \(p(x)\) 在 \(K\) 上不可约，\(c \in K^\times\)，则 \(c\cdot p(x)\) 也在 \(K\) 上不可约。（提示：相伴元保持不可约性。）
判断 \(x^4 + 2x^2 + 1\) 在 \(\mathbb{R}[x]\) 中是否不可约？说明理由。（提示：先尝试因式分解。）
用命题 4 证明：\(x^2+x+1\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中不可约。（提示：验证其在 \(\mathbb{Q}\) 中无根，再结合二次多项式的特性。）
（思考）若 \(p(x)\) 在 \(K\) 上不可约，\(f(x) \in K[x]\)，证明：理想 \(\langle p(x), f(x)\rangle\) 要么是主理想 \(\langle 1\rangle = K[x]\)，要么是 \(\langle p(x)\rangle\)。这体现了不可约元在 PID 中的性质。
（选做）设 \(p(x)\) 在 \(K\) 上不可约，且 \(p \mid fg\)。证明：若 \(p \nmid f\)，则 \(\gcd(p,f)=1\)，进而推出 \(p \mid g\)。这就是命题 2 \(\Rightarrow\) 命题 3 的完整推导。

下一集预告下一节将继续深入研究不可约多项式，讨论唯一分解定理（每个次数 \(\ge 1\) 的多项式都能唯一分解成不可约多项式的乘积），这是整个多项式理论的核心结果之一。