4.有理系数多项式与矩阵的相似对角化.ppt

文档介绍：带余除法定理设a,bZ,b0,则存在q,rZ,使a=bq+r,0r<|b|,且q和r由a,b唯一决定,,bZ,若Z中存在元素d满足(1)d|a,d|b,(2)若c|a和c|b,则c|d,,b,存在两个整数u,v,使得a,b的最大公因子(a,b)=ua+,而且这些素因子按大小排列之后,(x)Z[x],若其中r,sZ,且(r,s)=1,则证明又因为(r,s)=1,由最大公因子定理存在整数u,v使得ur+vs=1,在这个等式两边取n次方可知存在整数w使得unrn+ws=1,把等式两边同乘上an可得unanrn+wsan=an,所以同理可证例2在Q[x]中多项式f(x)=x3+x2+1是否可约?解由定理3该多项式有理根只可能是正负1,这两个数均不是该多项式的根,,b,c,有(a,b,c)=f存在,且f=d=(a,(b,c))=((a,b),c)=|a,d|(b,c)d|a,d|b,d|cd|(a,b),d|cd|e,同理可证e|d,所以d=,且f=(x),g(x)Z[x]为两个本原多项式,则f(x)g(x):若不然,存在素数p能整除f(x)g(x)的所有系数,记则b0c0=a0,brcs=an,n=r+s,因为p|a0,由定理2推论可知p|b0或p|c0,所以不妨设p|b0,由于f(x)是本原多项式,故p不能整除f(x)的所有系数,所以存在kr使得p能整除b0,b1,,bk–1,但p不能整除bk,此时分两种情况:(1)p不不能整除c0,则p不能整除b0ck+b1ck–1++bk–1c1+bkc0=ak,矛盾.(2)p|c0,由于g(x)也是本原多项式,所以存在ls使得p能整除c0,c1,,cl–1,但p不能整除cl,此时p不能整除b0ck+l++bk–1cl+1+bkcl+bk+1cl-1++bk+lc0=ak+l,[x]中可约f(x)可分解为Z[x]中两个次数较低的多项式的乘积.():设f(x)可分解为两个非常数的有理系数多项式的乘积,分别把这两个有理系数多项式的系数通分,不妨设这里g(x)和h(x)均为本原多项式,而a和b是两个互素的整数,由Gauss引理g(x)h(x)仍是本原多项式,故a/b为整系数多项式f(x)的容度,故b=1,所以f(x)=ag(x)h(x).[x]中多项式f(x)=x4+1是否可约?解显然该多项式无有理根(没有实根),用待定系数法和定理5可以证明该多项式也不能分解为Q[x]中两个二次多项式的乘积,所以该多项式在Q[x][x]中多项式f(x)=x4+1不可约,还可用下面的Einsenstein判别法以及f(x)可约f(x+1)可约(?).(x)在Q[x],若f(x)在Q[x]可约,则由定理5,f(x)可分解为两个次数较低的整系数多项式g(x)和h(x)的乘积,记则b0c0=a0,bsct=an,且s>0,t>0,n=s+t,因为p|a0,但p2不能整除a0,所以不妨设p|b0,但不能整除c0,又因为p不能整除