高等代数 · 第 P81 集 · 十六：2次3次不可约有理数多项式判断

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◎学习目标

理解并掌握有理根定理：设 $f(x) = a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0$ 是本源多项式，若 $\frac{p}{q}$（$\gcd(p,q)=1$）是 $f(x)$ 的有理根，则 $p \mid a_0$（分子整除常数项），$q \mid a_n$（分母整除首项系数）；
掌握2次与3次整系数多项式在 $\mathbb{Q}$ 上不可约的充要条件：无有理根 $\iff$ 不可约；
理解4次及以上多项式的反例构造思路：无有理根仅说明无一次因式，但仍可能分解为两个二次因式的乘积；
学会用有理根定理列举可能的有理根候选，并逐一验证；
通过对比 $x^2+4x+2$（不可约）与 $x^2+4x+4$（可约）两个实例，体会系数与可约性的关系，为下一集的 Eisenstein 判别法建立直观基础。

1从本源多项式可约性切入 ⏱ 00:00

课程开篇，丘老师把精力放在一个核心问题上：给定的多项式在有理数上是否不可约？直接寻找不可约的充分条件有困难，于是采取逆向思维——先看可约的条件，再反过来推导。

关键命题（可约的必要条件）设 $g(x)$ 是次数 $>0$ 的本源多项式。若 $g(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上可约，则它能分解成两个次数比它低的本源多项式的乘积：

g(x) = h_1(x) \cdot h_2(x), \quad \deg h_1 < \deg g,\ \deg h_2 < \deg g.

为什么可以只考虑本源多项式？

任意有理系数多项式 $g(x)$ 总可以写成一个有理数 $r$ 乘以一个与之相伴的本源多项式 $h(x)$：$g(x) = r \cdot h(x)$。同理，若 $g(x) = g_1(x) g_2(x)$，则每个 $g_i(x)$ 也可表为 $r_i \cdot h_i(x)$（$h_i$ 为本源）。

由于两个本源多项式的乘积仍是本源多项式（Gauss 引理的推论），且相伴的本源多项式之间只差一个正负号（性质 E），最终可将分解归约为⏱ 03:20两个本源多项式的乘积形式。

进一步，任何⏱ 05:30次数 $>0$ 的本源多项式在 $\mathbb{Q}$ 上都可唯一分解（不计顺序）为有限个 $\mathbb{Q}$ 上不可约本源多项式的乘积——这是本集的重要背景知识。

对一般整系数多项式的推广设 $f(x)$ 是任意整系数多项式，记其各项系数的公因数（gcd）为 $M$（非零整数），则 $f(x) = M \cdot g(x)$，其中 $g(x)$ 是本源的。⏱ 07:15 于是 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上可约当且仅当 $g(x)$ 可约，从而等价于能分解为两个次数更低的整系数多项式的乘积。这一结论将本源情形推广到了⏱ 09:00一般的整系数多项式。

2有理根定理（定理一） ⏱ 10:00

现在核心问题转化为：如果一个本源多项式有有理根，这个有理根长什么样？这就是有理根定理（又称有理根检验）。

定理一 · 有理根定理设 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$ 是次数 $n > 0$ 的⏱ 11:30本源多项式。若 $\frac{p}{q}$（$p,q$ 互质整数，$q>0$）是 $f(x)$ 的一个有理根，则：

p \mid a_0 \quad \text{（分子整除常数项）}, \qquad q \mid a_n \quad \text{（分母整除首项系数）}.

证明思路（因式定理 + 本源性质）

第一步（因式定理）：$\frac{p}{q}$ 是根 $\Rightarrow$ $qx - p \mid f(x)$（因式定理，$\frac{sp}{ts}$ 也成立）。⏱ 13:40

第二步：一次多项式 $qx-p$ 的系数 $q,p$ 互质（因 $\gcd(p,q)=1$），故其公因数为 $\pm 1$，从而 $qx-p$ 是本源的。⏱ 14:50

第三步（分解）：由前述推论，$f(x)$ 可分解为 $f(x) = (qx-p) \cdot g(x)$，其中 $g(x)$ 也是本源的，且 $\deg g = n-1$。⏱ 16:10

第四步（比较系数）：设 $g(x) = b_{n-1}x^{n-1} + \cdots + b_0$，比较两端系数：

比较 首项系数：$a_n = q \cdot b_{n-1}$，故 $q \mid a_n$；
比较 常数项：$a_0 = (-p) \cdot b_0$，故 $p \mid a_0$。

证毕。⏱ 18:00

注定理中对「本源」的要求可以放松为「整系数」。因为对任意整系数 $f(x)$，提取公因数 $M$ 后得本源 $g(x)$，两者根完全相同，$\frac{p}{q}$ 的结构特征不受影响。

推论：有理根候选集有限由定理知，若 $\frac{p}{q}$ 是根，则 $p$ 取自 $a_0$ 的因子集合，$q$ 取自 $a_n$ 的因子集合。⏱ 19:20 两者的搭配只有有限种，故可能的有理根候选集是有限的，可以逐一检验。

实例：检验 $x^2+4x+2$ 的有理根首项系数 $a_2=1$，因子为 $\pm 1$；常数项 $a_0=2$，因子为 $\pm 1,\pm 2$。候选根：$\pm 1,\pm 2$。⏱ 21:00 代入验证：$f(1)=7\neq 0$，$f(-1)=1\neq 0$，$f(2)=14\neq 0$，$f(-2)=2\neq 0$。无有理根。

32次与3次多项式的不可约判定 ⏱ 22:00

有了有理根定理，可以立刻解决 2次和 3次整系数多项式的可约性问题。

定理二 · 2次/3次多项式的不可约判定设 $f(x)$ 是次数为 2 或 3 的整系数多项式。则：

f(x) \text{ 在 } \mathbb{Q} \text{ 上可约} \iff f(x) \text{ 在 } \mathbb{Q} \text{ 上有有理根}.

等价地：

f(x) \text{ 在 } \mathbb{Q} \text{ 上不可约} \iff f(x) \text{ 在 } \mathbb{Q} \text{ 上没有有理根}.

证明

$\Rightarrow$（充分性）**：若 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上可约，则可写成两个次数更低的整系数多项式乘积。因为 $\deg f = 2$ 或 $3$，故其中一个因式必为 1次（线性因式），即存在有理根（一次因式的根即为有理根）。⏱ 24:00

$\Leftarrow$（必要性）**：若 $f(x)$ 有有理根 $r$，则由因式定理，$x-r \mid f(x)$，存在一次因式，故 $f(x)$ 可约。反之，若无有理根，则无一次因式，结合 $\deg f \le 3$，$f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约。⏱ 25:30

丘老师特别强调：⏱ 26:00「只要没有有理根，2次、3次多项式就一定不可约——这个结论是完备的。」

判定步骤对 2次或 3次整系数多项式 $f(x)$：① 列出常数项和首项系数的所有因子；② 构造候选有理根 $\frac{p}{q}$；③ 逐一代入验证 $f(p/q)=0$；④ 若无有理根，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约。

反例（无有理根 ≠ 不可约的警示）上述定理只对 2次和 3次多项式成立。对 4次及以上多项式，无有理根仅说明无一次因式，但仍可能分解为两个二次因式的乘积。⏱ 28:00 必须小心，不可滥用。

44次及以上的陷阱 ⏱ 29:00

丘老师在这里给出了一个非常关键的警示：

常见误区对于 $\deg f \ge 4$ 的整系数多项式，「无有理根」≠「不可约」。例如： $\[ f(x) = (x^2+1)(x^2+2) = x^4 + 3x^2 + 2 \]$ 该多项式无有理根（甚至无实根），但在 $\mathbb{Q}$ 上显然可约（分解为两个二次整系数多项式之积）。⏱ 31:00

为什么 4次及以上不能简单判定？

对 $\deg f = 4$，可约的情形有三种：

分解为一个一次因式和一个三次因式 → 有有理根；

分解为两个一次因式和一个二次因式 → 有有理根；

分解为两个二次因式 → 可能无有理根。

因此，只有情形（iii）是无有理根但仍可约的情况。⏱ 32:30 这说明了：无有理根只是排除了一次因式的存在，对两个二次因式的情形无能为力。

丘老师总结：⏱ 34:00「四次及以上怎么办？继续努力，继续探讨——这就是 Eisenstein 判别法要解决的问题。」

5实例对比分析 ⏱ 35:00

为了建立对不可约性的直觉，丘老师解剖了两只「麻雀」，即两个具体的二次多项式：

多项式有理根检验结论可约性

$f(x)=x^2+4x+2$ 候选：$\pm 1,\pm 2$；均不使 $f=0$ 无有理根（根为 $-2\pm\sqrt{2}$，无理数）不可约

$g(x)=x^2+4x+4$ 候选：$\pm 1,\pm 2$；$g(-2)=0$ 有有理根 $-2$，$g(x)=(x+2)^2$ 可约

对比分析：找共同点与不同点

共同点：两个多项式的首项系数均为 1，一次项系数均为 4。素数 2 都能整除一次项系数和常数项，但 2 不整除首项系数（1）。⏱ 37:00

不同点：常数项！$f$ 的常数项是 2，2²=4 不整除 2；$g$ 的常数项是 4，2²=4 整除 4。⏱ 38:20

这一差异提示了一个重要的可约性判据方向——这正是下一集将要介绍的 Eisenstein 判别法 的核心思想。

学习方法丘老师强调：「数学思维方式告诉我们——观察具体例子，解剖麻雀，从中提炼规律。」这种从特殊到一般的归纳方法，是本集（及后续 Eisenstein 判别法）的核心研究策略。⏱ 40:00

★重点回顾

1
有理根定理：$f(x)=a_n x^n+\cdots+a_0$ 是本源多项式，$\frac{p}{q}$（$\gcd(p,q)=1$）是根 $\Rightarrow p\mid a_0$ 且 $q\mid a_n$。这是寻找有理根的强力工具。

2
2次/3次判定定理：$\deg f = 2$ 或 $3$ 时，$f$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约 $\iff$ $f$ 无有理根。这是最实用的判定工具，只需检验有限个候选根。

3
4次及以上的陷阱：$\deg f \ge 4$ 时，无有理根仅说明无一次因式，不能推出不可约（可能分解为两个二次因式）。必须用更强工具（如 Eisenstein 判别法）。

4
本源多项式理论：任意整系数多项式可提取公因数化为「有理数 × 本源多项式」；两个本源多项式的乘积仍为本源多项式。这些基本事实是后续所有证明的基石。

5
从例子归纳：通过对比 $x^2+4x+2$（不可约）与 $x^2+4x+4$（可约），发现了素数 2 与「平方不整除常数项」的关系，自然引出 Eisenstein 判别法。

⚠易错点提醒

常见错误

将 2次/3次判定定理推广到 4次及以上：「无有理根则不可约」仅对 $\deg f \le 3$ 成立，对 $\deg f \ge 4$ 是错误的。

混淆「有有理根」与「可约」的等价关系：对 2次/3次多项式两者等价；但对高次多项式，可约不一定有有理根。

遗漏候选根的负值：因子包括正负，如 $a_0=2$ 的因子是 $\pm 1,\pm 2$，而非仅 $1,2$。

忽略「最简分数」条件：有理根定理要求 $\frac{p}{q}$ 已化为最简形式（$\gcd(p,q)=1$），否则 $p\mid a_0$ 和 $q\mid a_n$ 的结论不必然成立。

将「不可约」与「无实根」等同：$x^4+4$ 无实根但在 $\mathbb{Q}$ 上可约（Sophie Germain 恒等式）。无实根既不蕴含可约也不蕴含不可约。

✎自测与作业

用有理根定理判断下列多项式在 $\mathbb{Q}$ 上是否可约：(a) $x^2-6x+6$；(b) $2x^2+5x-3$；(c) $x^3-2$；(d) $x^3+6x+3$。

证明：$x^4+4$ 在 $\mathbb{Q}$ 上可约（提示：使用 Sophie Germain 恒等式 $x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$），并说明它没有有理根。这说明了什么？

设 $f(x)=x^3+ax+b$ 是整系数多项式，$p$ 是素数。证明：若 $p\mid a$，$p\mid b$，$p^2\nmid b$，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上无有理根。这个结论对判断可约性有帮助吗？

（思考）用有理根定理求 $f(x)=2x^3-3x^2-11x+6$ 的所有有理根。（提示：$p\in\{\pm1,\pm2,\pm3,\pm6\}$，$q\in\{\pm1,\pm2\}$，候选共 16 个。）

（选做）验证：对 $x^2+4x+2$，根为 $-2\pm\sqrt{2}$（无理数），从而无有理根，故在 $\mathbb{Q}$ 上不可约；对 $x^2+4x+4=(x+2)^2$，有有理根 $-2$，故可约。

下一集预告第 P82 集 · 十七：Eisenstein（艾森斯坦）判别法——一个对所有次数都适用的不可约判定工具。通过「观察-猜想-反证法」的经典数学研究范式，给出一个强有力的充分条件。

依据课程录音整理 · 北大丘维声教授清华高等代数课程 P81（共 151 集）· 时间戳对应该集音频位置，可回听对照

多项式	有理根检验	结论	可约性
\(f(x)=x^2+4x+2\)	候选：\(\pm 1,\pm 2\)；均不使 \(f=0\)	无有理根（根为 \(-2\pm\sqrt{2}\)，无理数）	不可约
\(g(x)=x^2+4x+4\)	候选：\(\pm 1,\pm 2\)；\(g(-2)=0\)	有有理根 \(-2\)，\(g(x)=(x+2)^2\)	可约