文档介绍：若 h{x)= Z(x) + m(x),且 p(x) | m(x), p(jv) | Z(x),则 p(jv) | h{x)。
证法 1: 由 p(x) \ m{x)有 m{x)-凹(x)p(x)。
由 p(x) 3(工)有 /GO =，肯定可约。
复系数多项式：仅一次多项式不可约，即次数22的多项式可约。
有理系数多项式：不可约性不易判定。
把一个多项式具体表为初等对称多项式的步骤：
步1：提出/(%!，•••,%„)的首项ox您…对，。主0;
步2：作对称多项式0 =ao■尸pgf ...。:叩* ；
步 3：求斤(邑,=/(邑,…叫)-但(b],...,o;)；
步 4：提出 //%；,•••,%„)的首项bx"x? . . . x? ,b A 0 ;
步5:作对称多项式虹bWESF?；
步 6：求 EGlUUfi-' ；
如此反复进行，直到fm(x1,---,xn) = 0,m>l o
于是，我们可得
f = /i + 但=£ + 饱 + 但=…=+ % + …+ 91
m
=玉0
1=1
综合除法：适用于一次因式除f(x)
：本质上就是带余除法
设f(x) = £aT，现用X-*来除/(X)，则
z=0
/(x) = g(x)(x-^)+r(x),
而 3(r(x))<3(x-^) = l，故 r(x) = c0 = f(k)(常数)
〃一i
设<?(力=£勺*，则有
j=o
"一 i 〃一1 〃一1
-»川瑚 +%
，=0 顶=。 ，=0
♦ 〃一1
= »*-»M' + Co
J=1 顶=。
=E& — C/+I*H +cnx"-ctk + c0
j=l
于是 C = cn,a0 = % — cxk,cij = Cj — cj+1k , 即 Cj = cij + cj+lk, k = 0,1, •••,” — 1, c" = an o 对比从何除法的过程
an-\ 。〃一 2 …。1 %
b"l 妃2 …。0
Cn Cn-\ Cn-2 …C1 C0
C" = an，bj= kCj+i, j = 0,1, •••/-1,
% = aj + bj = cij + , j = 0,1, — 1.
两者一致。
于是 y(x)=g(x)(x-k)+r(x)
n—\
g(x) = Zc/+/"(x)= Co。
n=0
例：用综合除法
1 .求尤-3除f(x)的商q(x)与余式,(工)。
/*(、)表成工-3的？ ？幕和
这里 /(x) = x4 +2x2 -5 o
解：（也可用带余除法）
1020 -53
3 9 33 99
3 11 33 94
于是 q{x) = x3 + 3x2 +1 lx + 33, r(x) = 94 ,使
y(x) = ^(x)(x-3)+r(x)
要将/'(x)表成(x-3)4 + «](x-3)3 + <12(%-3)2 +%(工一3)+。4。
应用综合除法
1020-5
9 33 99
1 3 11 33 94
3 18 87
1 6 29 120
3 27 1 9 56
3
于是得 % =12,% =56,% =120,。4 =94 ,即
f (x) = (x - 3)4 +12(%- 3)3 + 56(% - 3)2 +120(x-1)+94
=(x - 3)[(x - 3)3 +12(x - 3)2 + 56(x - 3)+12〕+ 94
= (x-3)(x3+3x2+11x+33)
多项式求根的一些问题：
1）设/（x） = anxn + an_xxn~x 是—个整系数多项式，二为它的一,
S
有理根，其中r,s互素，则有s\an,r\a0,且若an= \ ,则有理根为整根, 且为％的因子。因此，求有理根只需给出％,%的所有因式，，并写出
所有可能的既约分数匕(S为。“的因子，『为％的因子)，然后验证
S
(用综合除法)。
当有理系数多项式/■(》)在有理数域上不可约，且a(/(x))>i时，f(x) 无有理根。这里是必须的，如f(x) = 3x + 2有有理根一：，但 *)=1且川)不可约。
“有理系数多项式/'(X)无有理根，则/'(X)在有理数域上不可约。” 这一命题当2<a(f(%))<3时是成立的，但当a(/(x))>4时，命题不再成
立，如f(x) = (x2+l)2无有理根，但它在有理数域上可约。
4)当不互素时，/'(x)有重根，此时可通过计算
■/(X)得
Cf(x)/(x)) '
到/'(x)的所有不可约因式，再利用综合除法确定根的重数，也可直接