不可约性与域的构造

不可约多项式是在指定系数域上不可分解的关系。对它取商会构造一个域，其中该关系有根。为可靠地使用这一构造，我们需要可操作的不可约性判据，并明确区分根检验与一般因式分解论证。

1 低次判据及其限制

$F[x]$ 中的正次多项式若不能分解为两个 $F$ 上正次多项式之积，则不可约。非零常数是单位，乘以它不会改变不可约性。二次或三次多项式可约当且仅当它在 $F$ 中有根。

证明。 由除以 $x-a$，根给出一次因子。反之，可约的二次或三次多项式有两个正次数因子，其次数和为 2 或 3，故至少一个次数为 1，从而在该域中给出根。$\square$

对整数系数多项式 $f(x)=a_dx^d+\cdots+a_0$，若最简分数 $p/q$ 是有理根，则 $p\mid a_0$ 且 $q\mid a_d$。将根方程乘以 $q^d$，再利用互素性模 $p$ 或 $q$ 化简即可。当 $a_0\ne0$ 时这给出有限候选列表；常数项为零时零已经是根。

该检验不能原样推广到四次。例如

$$x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$$

在 $\mathbb Q$ 上可约，却没有有理根，因为它在每个实数处都为正。多项式可以分解而没有任何一次因子。

2 有依据的高次判据

若整数多项式的系数最大公因数为 1，称其为本原多项式。本原多项式的乘积仍本原：若某个素数整除乘积的每个系数，模该素数约化就会得到 $\mathbb F_p[x]$ 中两个非零多项式之积为零，这不可能，因为域上的多项式环是整环。

对有理因式分解清除分母得到 Gauss 引理：本原整数多项式在 $\mathbb Q$ 上可约，当且仅当它可分解为正次数整数多项式，至多相差单位。详细检查标量时，将有理因子写成 $aG$、$bH$，其中 $G,H$ 是本原整数多项式，$a,b\in\mathbb Q$。乘积 $GH$ 本原。若 $ab=u/v$ 为最简分数且 $(u/v)GH$ 有整数系数，则 $v$ 整除 $GH$ 的每个系数，故 $v=1$。若所得多项式本原，其系数最大公因数为 $|u|$，迫使 $u=\pm1$。因此有理因式分解确实给出整数因式分解。这是用整数整除性证明有理不可约性前所需的步骤。

Eisenstein 判据。 设 $f(x)=a_dx^d+\cdots+a_0\in\mathbb Z[x]$ 的次数为正数 $d\ge1$。若素数 $p$ 满足 $p\nmid a_d$、对每个 $0\le i<d$ 有 $p\mid a_i$，且 $p^2\nmid a_0$，则 $f$ 的本原部分在 $\mathbb Q$ 上不可约。

证明。 若它分解为正次数整数因子，则因子的首项系数均不被 $p$ 整除。模 $p$ 约化后，其乘积为非零标量乘 $x^d$。在域 $\mathbb F_p$ 上，每个因子因而是非零标量乘 $x$ 的某个幂：反复取出零常数项即可知 $x$ 的幂的因子均如此。由于约化后的因子仍为正次数，各自常数项都被 $p$ 整除，乘积的常数项便被 $p^2$ 整除，矛盾。Gauss 引理排除有理因式分解。$\square$

对 $x^5-2$ 取 $p=2$：中间系数均为零，首项系数不被 2 整除，常数项不被 4 整除。因此它在 $\mathbb Q$ 上不可约。仅列出失败的有理根并不能证明同一个五次结论。

3 不可约商域与次数

设 $p\in F[x]$ 不可约，次数 $d>0$。由除法，$K=F[x]/(p)$ 的每个类都有唯一的次数小于 $d$ 的代表元。因此 $1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ 构成 $F$-基，其中 $\alpha=[x]$；张成性来自余式，线性无关性来自 $p$ 的非零倍数次数不可能小于 $d$。

若 $[f]\ne0$，不可约性给出 $\gcd(f,p)=1$。Bézout 等式给出 $uf+vp=1$，故 $[u][f]=[1]$，商因而是域。反之，可约分解 $p=ab$ 产生非零零因子类，故不是域。次数为 $d$ 的关系只有在多项式不可约时才给出向量空间维数为 $d$ 的域。

有限构造例。 在 $\mathbb F_2[x]$ 中，$p=x^3+x+1$ 无根：代入 0 和 1 均得 1，故不可约。商恰有八个元素，由 $a+b\alpha+c\alpha^2$ 表示，其中 $a,b,c\in\{0,1\}$，且 $\alpha^3=\alpha+1$。乘积 $\alpha(\alpha^2+1)=1$ 给出 $\alpha^{-1}=\alpha^2+1$。七个非零元素构成乘法群。由于 7 是素数且 $\alpha\ne1$，$\alpha$ 的阶为 7。加法群的特征为 2，不是循环群 $\mathbb Z/8\mathbb Z$。

Eisenstein 的精确边界与约化步骤

正次数及首项系数条件都不可少。非零常数是单位，并非不可约多项式。若删去 $p\nmid a_d$，则 $2x^2+4x+2=2(x+1)^2$ 在 $p=2$ 时满足其他整除条件，但本原部分可约。

若 $f=c f_0$，其中 $f_0$ 本原、$c$ 为正的系数最大公因数，则 $p\nmid a_d$ 蕴含 $p\nmid c$。所以除以 $c$ 保留各非首项系数被 $p$ 整除、首项系数不被 $p$ 整除，以及常数项不被 $p^2$ 整除的条件。此时才能对 $f_0$ 应用 Gauss 引理。

为避免约化证明中的单项式结论暗用另一个分解定理，设非零 $G,H\in\mathbb F_p[x]$ 的最高次数为 $r,s$，最低非零幂为 $i,j$。因为系数所在的是域，最高和最低乘积系数均非零。若 $GH$ 是非零标量乘 $x^{r+s}$，其最低幂也为 $r+s$，故 $i+j=r+s$。由 $i\le r$、$j\le s$ 得 $i=r$、$j=s$，所以两个因子都是单项式。整数因子的首项系数在约化后保留，故 $r,s>0$；因此两个整数因子的常数项都被 $p$ 整除，与 $p^2\nmid a_0$ 矛盾。

4 分级练习

E1 基础。 使用有依据的低次判据证明 $x^3-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约。

E2 高次情形。 对 $x^4+6x^3+12x^2+18x+3$ 应用 Eisenstein 判据。

E3 商运算。 在上述八元素域中约化 $\alpha^4$，并计算 $(1+\alpha)(1+\alpha^2)$。

E4 对域的依赖。 $x^2+1$ 在 $\mathbb Q$、$\mathbb R$ 和 $\mathbb F_2$ 上不可约吗？

E5 证明。 若 $p$ 在有限域 $\mathbb F_q$ 上不可约且次数为 $d$，证明其商域有 $q^d$ 个元素。

5 完整解答

S1. 有理根候选为 $\pm1,\pm2$，没有一个的立方为 2。可约三次多项式有一次因子，因此没有有理根证明不可约。也可用素数 2 的 Eisenstein 判据。

S2. 取 $p=3$。所有非首项系数都被 3 整除，首项系数不被整除，常数项 3 不被 9 整除。该本原多项式在 $\mathbb Q$ 上不可约。

S3. $\alpha^4=\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha$。乘积为 $1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3=1+\alpha+\alpha^2+(\alpha+1)=\alpha^2$，因为特征 2 下相同项成对消去。

S4. 它在 $\mathbb Q$ 和 $\mathbb R$ 上不可约，因为在这些域中没有根。在 $\mathbb F_2$ 上，$x^2+1=(x+1)^2$，故可约。系数域是陈述的一部分。

S5. 唯一代表元有 $d$ 个系数，各有 $q$ 种选择，故有 $q^d$ 个类。不可约性保证它是域；计数论证本身只计算商环，次数为 $d$ 的可约多项式也会得到同样数目的类。

总结

低次根判据、Gauss 引理和 Eisenstein 判据提供不同层次的不可约性证据。不可约 $d$ 次关系产生具有长度为 $d$ 的基的域。商运算结合余式约化与 Bézout 逆元，而所选系数域决定所有分解结论。