整系数多项式无整数根的一个判定

A Judgment of Integer Coefficient Polynomials without Integer Root

摘要: 本文从丘维声编著的《高等代数学习指导书(第二版，下册)》的一道习题出发，给出整系数多项式无整数根的一个判定，并把它应用到相关例题及习题中。

Abstract: The article starts from an exercise in Higher Algebra Learning Guidelines (2nd Edition, Volume II) complied by Qiu Weisheng. This paper gives a judgment of integer coefficient polynomials without integer roots, and applies it to relevant examples and exercises.

1. 引言

具体整系数多项式整数根的有无可以通过有理根进行判定。抽象整系数多项式整数根的有无没有特别适用的方法。我们从文献 [1] 的一道习题出发，给出整系数多项式证明无整数根的新方法，将此方法一般化，并把它应用到文献 [1] 的其他例题及习题中。由此，我们发现这个判定法是很有效的，且适用面是比较广的。更重要的是，此判定法既直接又简洁。它不同于反证法，反证法很多时候是需要技巧的，而技巧对学生，特别是刚从高中毕业的大一新生而言，是非常困难的。它又不同于直接证明的方法，需要用到很多新的知识，它最终只需要简单的计算几个函数值，再进行简单的判断即可。这样简单有效的方法，一方面在多项式各种证明中备受困扰的学生里无疑是受欢迎的，另一个方面也是对学生一种知识探索的示范。

2. 主要结果及应用

例1. 设次数为n的整系数多项式 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+\cdots +a_{1}x+a_0$，满足3不整除 $f\left(0\right)=a_0$， $f\left(1\right)=a_n+\cdots +a_1+a_0$， $f\left(-1\right)={\left(-1\right)}^n{a}_n+\cdots -a_1+a_0$。证明： $f\left(x\right)$ 没有整数根。

证明：反证法：假设 $f\left(x\right)$ 有整数根c，即 $f\left(c\right)=0$。另一方面，由带余除法得 $c=3k+d$， $d=0,1,2$， $f\left(c\right)=f\left(3k+d\right)=a_n{\left(3k+d\right)}^n+\cdots +a_1\left(3k+d\right)+a_0=3m+f\left(d\right)$， $f\left(d\right)=f\left(c\right)-3m$ 能被3整除。但事实上，由已知知，3不整除 $f\left(0\right)=a_0$，3不整除 $f\left(1\right)=a_n+\cdots +a_1+a_0$，3不整除 $f\left(-1\right)={\left(-1\right)}^n{a}_n+\cdots -a_1+a_0$，又由于 $f\left(2\right)=f\left(3+\left(-1\right)\right)=3l+f\left(-1\right)$ 知3不整除 $f\left(2\right)$，与前面3整除 $f\left(d\right),d=0,1,2$ 矛盾。故 $f\left(x\right)$ 没有整数根。

定理1 设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+\cdots +a_{1}x+a_0$ 是一个次数为n的整系数多项式。证明：如果存在正整除m，使得 $f\left(0\right),f\left(1\right),\cdots f\left(m-1\right)$ 都不能被m整除，那么 $f\left(x\right)$ 没有整数根。

证明：反证法：假设 $f\left(x\right)$ 有整数根c，即 $f\left(c\right)=0$。另一方面，由带余除法得 $c=mk+l$， $l=0,1,\cdots ,m-1$， $f\left(c\right)=f\left(mk+l\right)=a_n{\left(mk+l\right)}^n+\cdots +a_1\left(mk+l\right)+a_0=hm+f\left(l\right)$， $f\left(l\right)=f\left(c\right)-hm$ 能被m整除，与已知矛盾。故 $f\left(x\right)$ 没有整数根。

例2. 设 $f\left(x\right)$ 是一个首一整系数多项式，证明：如果 $f\left(0\right)$ 与 $f\left(1\right)$ 都是奇数，那么 $f\left(x\right)$ 没有有理根。

备注1：首一整系数多项式的有理根就是整数根。

证明：因为 $f\left(0\right)$ 与 $f\left(1\right)$ 都是奇数，取 $m=2$，由定理1知， $f\left(x\right)$ 没有整数根，即没有有理根。

现在把例2进行推广，得到如下例3。

例3. 设 $f\left(x\right)$ 是一个整系数多项式，证明：如果存在一个偶数a及一个奇数b，使得 $f\left(a\right)$ 与 $f\left(b\right)$ 都是奇数，则 $f\left(x\right)$ 不能有整数根。

证明：设 $f\left(x\right)=a_n{x}^n+\cdots +a_{1}x+a_0\in \mathbb{Z}\left[x\right],n>0$，则奇数 = $f\left(a\right)=a_n{a}^n+\cdots +a_{1}a+a_0$ = $\left(a_n{a}^n+\cdots +a_{1}a\right)$ $+a_0$ = 偶数 + $f\left(0\right)$，得 $f\left(0\right)$ 为奇数。又奇数 = $f\left(b\right)=f\left(\left(b-1\right)+1\right)=\left(b-1\right)k+f\left(1\right)$ = 偶数 + $f\left(1\right)$，得 $f\left(1\right)$ 为奇数。取 $m=2$，由定理1知， $f\left(x\right)$ 没有整数根。

例4. 设 $f\left(x\right)=x^3+a{x}^2+bx+c$ 是整系数多项式，证明：如果 $\left(a+b\right)c$ 是奇数，那么 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约。

证明：由 $\left(a+b\right)c$ 是奇数，知 $a+b,c$ 均是奇数，即 $f\left(0\right)=c,f\left(1\right)=1+a+b+c$ 均是奇数。则直接由例2，或取 $m=2$，由定理1知 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约。

例5. 判断下列整系数多项式在有理数域上是否不可约：

$\begin{array}{l}(1)f\left(x\right)=x^3+x+1\\ (2)g\left(x\right)=x^3+x^2-3x+2\\ (\text{3})h\left(x\right)=x^2+x+2\end{array}$

备注1：3次整系数多项式在有理数域是否可约等同于是否有有理根，当多项式是首一时，等同于是否有整数根。

备注2：对具体整系数多项式 $f\left(x\right)$，我们通常直接采用爱森斯坦判别法，或间接采用它的变型 $g\left(y\right)=f\left(x+a\right),a\in Q$ 来进行判定。虽然爱森斯坦判别法本身已经足够简单，但是艾森斯坦判别法的变形并不是那么容易，很多时候a的取值并非像我们上课时候碰到的一些例子直接在 $\pm \text{1}$ 中去寻找那么简单，例如(3)，对 $h\left(x\right)=x^2+x+2$，如果我们采用爱森斯坦判别法的变形， $l\left(y\right)=h\left(y+3\right)=y^2+7y+14$，这里a取成了3。

解：1) $f\left(0\right)=\text{1},f\left(1\right)=\text{3}$，有例2结论，或取 $m=\text{2}$，由定理1知， $f\left(x\right)$ 没有整数根，即 $f\left(x\right)$ 在有理数域上不可约。

2) $g\left(0\right)=2,g\left(1\right)=1,g\left(2\right)=8$，取 $m=\text{3}$，由定理1知， $g\left(x\right)$ 没有整数根，即 $g\left(x\right)$ 在有理数域上不可约。

3) $h\left(0\right)=2,h\left(1\right)=4,h\left(2\right)=8$，取 $m=\text{3}$，由定理1知， $h\left(x\right)$ 没有整数根，即 $h\left(x\right)$ 在有理数域上不可约。

例6 求 $f\left(x\right)=3x^5+4x^4-6x^2-5x-3$ 的有理根

解：已知 $f\left(0\right)=-3,f\left(1\right)=-7$ 均为奇数，故 $f\left(x\right)$ 无整数根。因此在 $f\left(x\right)$ 所有可能的有理根 $\pm 1,\pm 3,\pm \frac{1}{3}$ 中，我们只需要对 $\pm \frac{\text{1}}{\text{3}}$ 进行综合除法得 $f\left(\frac{1}{3}\right)\ne 0,f\left(-\frac{1}{3}\right)\ne 0$，故 $f\left(x\right)$ 无有理根。

最后，我们通过上面的例题可以明显看出，解决同样的问题，定理1要优于其他例如反证法、爱森斯坦判别法及其变形等方法。定理1的引入又是非常自然的，因为，例2是我们必须掌握的内容，它总是以习题等形式存在于各课本之中。我们在讲解时候，适当进行引导，就可以得出定理1的判定。多一种方法，多一种选择。