整系数多项式常数项为$pa_n$且$p$是素数，求证$f(x)$不能分解为两个整系数多项式之积

abababa

设$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+pa_n$，其中$a_i$是整数且$a_0a_n\neq0$，$p$是素数且$p>\sum_{i=0}^{n-1}\abs{a_i}\cdot\abs{a_n}^{n-i-1}$，求证$f(x)$不能分解为两个整系数多项式之积。

分类里能不能加一个“多项式”的分类呢？觉得有挺多是和多项式有关的，不好分类。

abababa

觉得如果允许其中一个是零次多项式，则可能可以分解。例如$f(x)=6x^2+9x+97\cdot12$，这样可以分解为$h(x)=3$和$g(x)=2x^2+3x+97\cdot4$，这样那些系数都满足条件。
要是只允许至少一次的多项式呢？

Czhang271828

澄清一个概念. 元素 $x\in R$ 相对于扩环 $S$ 可约 ($R\subset S$), 当且仅当存在 $y,z\in S$ 使得 $x=yz$, 且 $y$ 与 $z$ 没有乘法逆元.

口语表述.

可约 reducible = product of invertible guys. 当然需要说明在哪 invertible.

例如对任意取定的 $f\in \mathbb Z[x]$, 记命题 $\mathbb A\in \{\mathbb Q,\mathbb Z,\mathbb C\}$ 为 $f$ 在 $\mathbb A[x]$ 上可约, 则有严格的推导关系
$$
\mathbb Z\Longrightarrow \mathbb Q\Longleftarrow \mathbb C.
$$

更一般的结论.

$$\underset{\text{环}}{\mathbb Z}\Longrightarrow \mathbb Z[1/5,1/2]\Longrightarrow \underset{\text{环向分式域扩张}}{\cdots}  \Longrightarrow \underset{\text{分式域}}{\mathbb Q}\Longleftarrow  \mathbb Q(\sqrt 2) \Longleftarrow \underset{\text{扩域}}{\cdots} \Longleftarrow \mathbb R \Longleftarrow \mathbb C$$.

例如, 常函数 $6$ 在 $\mathbb Z[x]$ 上可约, 因为 $2,3\in \mathbb Z[x]$ 没有乘法逆元; 但是 $6$ 在 $\mathbb Q[x]$ 上不可约.

(Gauss 引理) 若要求 $f$ 的系数整体互素 (特别地, 首一多项式) 则 $\mathbb Z\Longleftrightarrow \mathbb Q$.

以下命题都谈论在 $\mathbb Q[x]$ 上可约.

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以下证明都比较简单, 几个字就够了. 可以看答案之前先试试.

问题 1 若首一常数项非零的整系数多项式 $g(x)$ 有且仅有 $1$ 个模长 $\geq 1$ 的根, 则 $g$ 不可约.

展开证明.

证明 1 见昨天帖子 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=12515&pid=60483

问题 2 若常数项非零的整系数多项式 $g(x)$ 的所有根模长 $>1$, 且常数项是素数, 则 $g$ 不可约.

展开证明.

证明 2 类似证明 1, 若存在存在分解 $g=h_1h_2$, 则 $h_1$ 或 $h_2$ 的常数项数为 $\pm 1$, 根模长乘积 $\frac{|\text{常数项系数}|}{|\text{首项系数}|}\leq 1$ 矛盾.

问题 3 若整系数多项式 $g(x)$ 非零常数项为素数, 且 $|\text{常数项系数}|>\sum |\text{非常数项系数}|$, 则不可约.

展开证明.

证明 3 若 $g$ 有根 $|z_0|\leq 1$, 则与题设矛盾 (仅用绝对值不等式即可). 之后见问题 2.

问题 4 一楼问题.

展开证明.

证明 4 换元 $x=a_n\cdot y$. 显然.  

睡神

这类多项式问题，不属于初数，归纳为高数更合适，属于高代的内容

abababa

Czhang271828 发表于 2024-7-5 23:30
澄清一个概念. 元素 $x\in R$ 相对于扩环 $S$ 可约 ($R\subset S$), 当且仅当存在 $y,z\in S$ 使得 $x=yz$, ...

我有点明白了，主要是考虑常数项和首项系数的比值，结合韦达定理来做，另外是在点0处的值。

假设有分解$f(x)=g(x)h(x)$，其中$g(x), h(x)$都是至少一次的整系数多项式，则由$f(0)=g(0)h(0)$知$pa_n=g(0)\cdot h(0)$，设$g(0)=b,h(0)=c$，则由整除可知$p\mid b$或$p\mid c$，不妨设$p\mid b$，则可设$\abs{b}=pm$，从而$\abs{pa_n}=\abs{b}\cdot\abs{c}=pm\cdot\abs{c}$，于是$\abs{a_n}=m\cdot\abs{c}\ge\abs{c}$，而由$f(0)=pa_n\neq0$又有$c\neq0$。

考虑$f(x)=0$的任意一个根$x=x_0$，有$a_0x_0^n+\cdots+a_{n-1}x_0+pa_n=0$，于是
\[
-\frac{1}{a_n}\sum_{i=0}^{n-1}a_ix_0^{n-i}
=-\frac{a_0x_0^n+\cdots+a_{n-1}x_0}{a_n}
=p>\sum_{i=0}^{n-1}\abs{a_i}\cdot\abs{a_n}^{n-i-1}
\]

两边乘$a_n$有
\[-\sum_{i=0}^{n-1}a_ix_0^{n-i}>\sum_{i=0}^{n-1}\abs{a_i} \cdot \abs{a_n}^{n-i}\]

考虑绝对值不等式并且移项可得
\[\sum_{i=0}^{n-1}\abs{a_i}(\abs{x_0}^{n-i}-\abs{a_n}^{n-i})>0\]

假设$\abs{x_0}\le\abs{a_n}$，则上式左边不大于零，矛盾，因此$\abs{x_0}>\abs{a_n}$，由$x_0$的任意性知$f(x)=0$的任意一个根的模都大于$\abs{a_n}\ge\abs{c}$，进而$h(x)$的任意一个根的模也大于$\abs{c}$。由于$h(0)=c$，因此可设$h(x)=t_mx^m+\cdots+t_1x+c$，设$h(x)$的所有根为$x_1,\cdots,x_m$，从而$\abs{x_i}>\abs{c}$，于是由韦达定理可知
\[\abs{\frac{c}{t_m}}=\prod_{i=1}^{m}\abs{x_i}>\prod_{i=1}^{m}\abs{c}=\abs{c}^m\]

于是$1>\abs{c}^{m-1}\abs{t_m}$，而$c\neq0, t_m$都是整数，因此只能$t_m=0$，从而$h(x)=c$，这与$h(x)$是至少一次矛盾。