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◎学习目标
- 理解并掌握实数域 \(\mathbb{R}\) 上不可约多项式的完全分类定理：\(\mathbb{R}[x]\) 中的不可约多项式只有两种——一次多项式和判别式小于零的二次多项式；
- 掌握复共轭根命题：若实系数多项式 \(f(x)\) 有一个复根 \(c\)，则其共轭 \(\bar{c}\) 也是 \(f(x)\) 的根；
- 理解本原多项式（primitive polynomial）的定义：各项系数的最大公因数为 1 的整系数多项式；
- 掌握任意有理系数多项式必相伴一个本原多项式的结论，理解研究 \(\mathbb{Q}[x]\) 不可约性的转化思路；
- 掌握两个本原多项式在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中相伴的充要条件：两者相等或互为相反数。
1实数域上不可约多项式的完全分类 ⏱ 00:00
本集首先利用代数基本定理，探讨实数域 \(\mathbb{R}\) 上不可约多项式的具体形态。
证明：分"有实根"和"有虚根"两种情况讨论
预备命题（复共轭根）：设 \(f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i\in\mathbb{R}[x]\)，若 \(c=a+bi\)（\(b\neq0\)）是 \(f\) 的一个复根，则 \(\bar{c}=a-bi\) 也是 \(f\) 的根。⏱ 00:06
证明概要：因为 \(f(c)=0\)，两边取共轭。由于 \(a_i\in\mathbb{R}\)，故 \(\overline{a_i}=a_i\)，且 \(\overline{c^i}=\bar{c}^i\)，于是 \(f(\bar{c})=\overline{f(c)}=\bar{0}=0\)。证毕。⏱ 00:18
现在设 \(p(x)\in\mathbb{R}[x]\) 不可约，则 \(p(x)\) 作为复系数多项式必有复根 \(c\)。分两种情况：
情形一：\(c\in\mathbb{R}\)（\(c\) 是实根）。由因式定理，\((x-c)\mid p(x)\) 于 \(\mathbb{R}[x]\) 中成立。由于 \(p(x)\) 不可约，\((x-c)\) 作为非零次因子只能是 \(p(x)\) 的相伴元，故 \(p(x)\) 是一次多项式。⏱ 08:26
情形二：\(c\not\in\mathbb{R}\)（\(c\) 是虚根）。由预备命题，\(\bar{c}\) 也是 \(p(x)\) 的根，且 \(c\neq\bar{c}\)。于是 \((x-c)\) 与 \((x-\bar{c})\) 互素，且都在 \(\mathbb{C}[x]\) 中整除 \(p(x)\)，由互素性质得 \((x-c)(x-\bar{c})\mid p(x)\) 于 \(\mathbb{C}[x]\) 中。⏱ 11:30
计算乘积：\((x-c)(x-\bar{c})=x^2-(c+\bar{c})x+c\bar{c}=x^2-2\operatorname{Re}(c)\,x+|c|^2\)，其系数均为实数，故 \((x-c)(x-\bar{c})\in\mathbb{R}[x]\)。⏱ 13:48
由整除性不随数域的扩大而改变（实系数多项式在 \(\mathbb{C}[x]\) 中能整除，在 \(\mathbb{R}[x]\) 中也能整除），故 \((x-c)(x-\bar{c})\mid p(x)\) 于 \(\mathbb{R}[x]\) 中。⏱ 15:08
由于 \(p(x)\) 不可约，这个二次因子只能是 \(p(x)\) 的相伴元，即存在非零实数 \(a\) 使得 \(p(x)=a\cdot[(x-c)(x-\bar{c})]\)。此二次式判别式 \(\Delta=[-(c+\bar{c})]^2-4|c|^2=-4\operatorname{Im}(c)^2<0\)。⏱ 16:20
综合两种情形，\(\mathbb{R}\) 上不可约多项式必为一次式或判别式小于零的二次式。证毕。⏱ 17:42
2复共轭根命题 ⏱ 00:06
证明要点
利用共轭运算的性质：\(\overline{z_1+z_2}=\bar{z}_1+\bar{z}_2\)，\(\overline{z_1z_2}=\bar{z}_1\bar{z}_2\)，且实数的共轭等于自身（\(\bar{a}_i=a_i\)）。于是：
关键在于：和的共轭等于共轭的和，积的共轭等于共轭的积。⏱ 00:18
3本原多项式的定义 ⏱ 21:07
为研究有理数域 \(\mathbb{Q}\) 上的不可约多项式，需要先建立有理系数多项式与整系数多项式之间的联系。
4有理系数多项式与本原多项式的相伴关系 ⏱ 22:05
任意有理系数多项式可通过提取公分母转化为整系数多项式，再提取系数公因数后得到本原多项式。
构造方法
第一步：设 \(f(x)=\sum a_ix^i\)，取所有分母的最小公倍数 \(d\)，则 \(d\cdot f(x)\in\mathbb{Z}[x]\)。⏱ 22:10
第二步：设 \(d\cdot f(x)\) 的各项系数为 \(b_i\)，令 \(c=\gcd(b_0,b_1,\dots,b_n)\)，则 \(g(x)=\frac{1}{c}\cdot d\cdot f(x)\) 的系数互素，是本原多项式。
结论：\(f(x)=\frac{c}{d}\cdot g(x)\)，记 \(r=\frac{c}{d}\in\mathbb{Q}^{\times}\)。⏱ 22:45
5两个本原多项式相伴的充要条件 ⏱ 24:15
证明（必要性）
设 \(g(x)=\sum b_ix^i\)，\(h(x)=\sum c_ix^i\)，且 \(g(x)=r\cdot h(x)\)，其中 \(r=\frac{p}{q}\in\mathbb{Q}^{\times}\)，\(\gcd(p,q)=1\)，\(p,q\) 为非零整数。⏱ 24:30
即 \(p\cdot g(x)=q\cdot h(x)\)，比较 \(x^i\) 的系数得 \(p\,b_i=q\,c_i\) 对所有 \(i\) 成立。
由 \(p\mid qc_i\) 且 \(\gcd(p,q)=1\)，得 \(p\mid c_i\) 对所有 \(i\)。但 \(h(x)\) 是本原多项式，\(\gcd(c_0,\dots,c_m)=1\)，故 \(p\) 整除所有系数意味着 \(p\mid 1\)，即 \(p=\pm1\)。⏱ 25:12
同理，由 \(q\mid pb_i\) 且 \(\gcd(q,p)=1\)，得 \(q\mid b_i\) 对所有 \(i\)，而 \(g(x)\) 本原推出 \(q=\pm1\)。⏱ 26:00
因此 \(r=\frac{p}{q}=\pm1\)，即 \(g(x)=\pm h(x)\)。证毕。
★重点回顾
⚠易错点提醒
- 混淆代数基本定理与算术基本定理：代数基本定理说"复系数多项式必有复根"；算术基本定理说"大于 1 的整数可唯一分解为素数之积"；唯一分解定理说"\(\mathbb{K}[x]\) 中多项式可唯一分解为不可约多项式之积"。三者不同，勿混淆。
- 忽略"整除性不随数域扩大而改变"：证明 \((x-c)(x-\bar{c})\mid p(x)\) 在 \(\mathbb{R}[x]\) 中成立时，需先证它在 \(\mathbb{C}[x]\) 中成立，再利用该性质降回 \(\mathbb{R}[x]\)，不可直接断言。
- 本原多项式必须是整系数的：定义要求系数全是整数且互素，有理系数多项式本身不是本原多项式，必须先化为整系数。
- “本原多项式相伴”不等于“系数相等”：两个本原多项式在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中相伴当且仅当相差 \(\pm1\) 倍，而非任意有理数倍。
- 判别式与可约性的关系：二次式判别式 \(\Delta<0\) 时无实根，在 \(\mathbb{R}\) 上不可约；\(\Delta\ge0\) 时有实根，可分解为两个一次因式之积，在 \(\mathbb{R}\) 上可约。
✎自测与作业
- 证明：\(x^4+1\in\mathbb{R}[x]\) 可分解为两个判别式小于零的二次式之积，并写出分解式。（提示：利用复根 \(e^{i\pi/4},e^{i3\pi/4},\ldots\) 配对共轭。）
- 将 \(f(x)=\frac{1}{2}x^3-\frac{5}{3}x^2+\frac{1}{2}x-7\) 写成 \(f(x)=r\cdot g(x)\) 的形式，其中 \(g(x)\) 为本原多项式，求 \(r\) 和 \(g(x)\)。
- 验证命题：两个本原多项式在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中相伴当且仅当二者相等或互为相反数。举反例说明若去掉"本原"条件则结论不成立。
- （思考）设 \(f(x)\in\mathbb{Q}[x]\) 次数 \(\ge1\)，证明：\(f(x)\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约当且仅当与其相伴的本原多项式在 \(\mathbb{Q}\) 上不可约。
- 求 \(x^6+1\) 在 \(\mathbb{R}[x]\) 中的标准不可约分解式（分解为一次式和判别式小于零的二次式之积）。