§4.2 不可约性判据

直觉 核心思想

如何判断一个多项式是否不可约？在 §4.1 中我们定义了不可约性，但没有给出实用的判别工具。本节提供两种武器：Eisenstein 判据（最强大的代数判据）和分圆多项式（不可约性的经典范例）。这两个工具将反复出现在 分裂域与正规扩张 和 Galois 理论 的核心论证中。

4.2.1 基本观察

命题 4.2.1 设 $f\in K[X]$ ， $\mathrm{deg}(f)=2$ 或 $3$ 。则 $f$ 不可约当且仅当 $f$ 在 $K$ 中没有根。

**证明**

( $\Rightarrow$ ) 若 $f$ 有根 $\alpha \in K$ ，由 推论， $f=(X-\alpha )g$ ，其中 $\mathrm{deg}(g)=\mathrm{deg}(f)-1\ge 1$ ，故 $f$ 可约。

( $\Leftarrow$ ) 设 $f$ 可约，则 $f=gh$ ， $\mathrm{deg}(g),\mathrm{deg}(h)\ge 1$ ， $\mathrm{deg}(g)+\mathrm{deg}(h)=\mathrm{deg}(f)$ 。当 $\mathrm{deg}(f)=2$ 时必有 $\mathrm{deg}(g)=\mathrm{deg}(h)=1$ ；当 $\mathrm{deg}(f)=3$ 时必有 $\{\mathrm{deg}(g),\mathrm{deg}(h)\}=\{1,2\}$ 。无论哪种情况， $\mathrm{deg}(g)=1$ 或 $\mathrm{deg}(h)=1$ ，从而 $f$ 有一次因式，即 $f$ 有根。 $◻$

仅适用于低次

[命题] 对 $\mathrm{deg}\ge 4$ 不成立！例如 $f(X)=(X^2+1{)}^2$ 在 $\mathbb{R}[X]$ 中可约但没有实根。对于高次多项式，我们需要更精密的判据。

例 4.2.2 以下多项式在各自基域上的不可约性：

• $X^2+1$ 在 $\mathbb{R}[X]$ 中不可约：无实根（判别式 $\mathrm{\Delta }=-4<0$ ）。
• $X^2+1$ 在 $\mathbb{C}[X]$ 中可约： $X^2+1=(X+i)(X-i)$ 。
• $X^3-2$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约：若它可约，必有一次因式（ $\mathrm{deg}=3$ ），即有有理根。但 $\pm 1,\pm 2$ 都不是根（直接验证）。
• $X^4+4$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中可约： $X^4+4=(X^2+2X+2)(X^2-2X+2)$ （Sophie Germain 恒等式）。

教训

不可约性是相对于基域的。同一个多项式在不同域上的不可约性可以完全不同。这是 分裂域与正规扩张 的根本动力：扩大基域可以使不可约多项式"裂开"。

4.2.2 Eisenstein 判据

这是判断多项式不可约性的最强大判据之一。

定理 4.2.3（Eisenstein 判据） 设 $f(X)=a_n{X}^n+a_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +a_0\in \mathbb{Z}[X]$ ， $n\ge 1$ 。设 $p$ 是素数，满足：

1. $p\nmid a_n$ ；
2. $p\mid a_i$ 对所有 $0\le i\le n-1$ ；
3. $p^2\nmid a_0$ 。

则 $f$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。

**证明（完整）**

策略. 用反证法。假设 $f$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中可约，我们将导出矛盾。

第 1 步：将假设化到 $\mathbb{Z}[X]$ 中。

设 $f=gh$ ， $g,h\in \mathbb{Q}[X]$ ， $\mathrm{deg}(g),\mathrm{deg}(h)\ge 1$ 。设 $\mathrm{deg}(g)=r$ ， $\mathrm{deg}(h)=s$ ， $r+s=n$ ， $r,s\ge 1$ 。

通过乘以适当常数，可以假设 $g,h\in \mathbb{Z}[X]$ 且首一。具体地：设 $g(X)=\frac{c}{d}(b_r{X}^r+\cdots +b_0)$ ，其中 $b_i\in \mathbb{Z}$ ， $c,d\in \mathbb{Z}$ 互素。对 $h$ 类似。由高斯引理（§2.3）， $f$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中可约当且仅当 $f$ 可以写成两个次数更低的整系数多项式的乘积（可能差一个 $\pm 1$ 常数）。因此不妨设：

$$f(X)=(b_r{X}^r+\cdots +b_0)(c_s{X}^s+\cdots +c_0)$$

其中 $b_i,c_j\in \mathbb{Z}$ 。

第 2 步：模 $p$ 约化。

设 $\overline{f},\overline{g},\overline{h}$ 表示 $f,g,h$ 对系数取模 $p$ 的结果，即在 ${\mathbb{F}}_p[X]$ 中。

条件 (2) 表明 $p\mid a_i$ （ $0\le i\le n-1$ ），而条件 (1) 表明 $p\nmid a_n$ 。因此：

$$\overline{f}(X)={\overline{a}}_n{X}^n\in {\mathbb{F}}_p[X]$$

即 $\overline{f}$ 只有一项 ${\overline{a}}_n{X}^n$ （ ${\overline{a}}_n\ne 0$ in ${\mathbb{F}}_p$ ）。

第 3 步：分析 $\overline{g}$ 和 $\overline{h}$ 。

在 ${\mathbb{F}}_p[X]$ 中： $\overline{f}=\overline{g}\cdot \overline{h}$ ，即 ${\overline{a}}_n{X}^n=\overline{g}\cdot \overline{h}$ 。

由于 ${\mathbb{F}}_p[X]$ 是 UFD（定理）， $X^n$ 的唯一不可约分解是 $X\cdot X\cdots X$ 。因此 $\overline{g}$ 和 $\overline{h}$ 都必须是 $X$ 的幂的常数倍：

$$\overline{g}(X)={\overline{b}}_r{X}^r,\overline{h}(X)={\overline{c}}_s{X}^s$$

这意味着 $g$ 的所有非首项系数 $b_0,b_1,\dots ,b_{r-1}$ 都被 $p$ 整除， $h$ 的所有非首项系数 $c_0,c_1,\dots ,c_{s-1}$ 也都被 $p$ 整除。

第 4 步：分析常数项 $a_0$ 。

$f$ 的常数项 $a_0=b_0\cdot c_0$ 。由第 3 步， $p\mid b_0$ 且 $p\mid c_0$ 。因此 $p^2\mid b_0{c}_0=a_0$ 。

这与条件 (3) $p^2\nmid a_0$矛盾！

因此 $f$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。 $◻$

Eisenstein 判据的深远意义

[定理] 不仅是判别工具，它还在以下关键证明中起核心作用：

• 分圆多项式的不可约性（[定理]）；
• 存在不可约的 $n$ 次扩张： $X^n-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（取 $p=2$ ），从而 §5.1 中的 $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 确实是 $n$ 次扩张；
• Galois 群的计算：不可约性是确定 Galois 群大小的前提。

例 4.2.4 Eisenstein 判据的经典应用：

(i)$f(X)=X^n-2$ ：取 $p=2$ 。 $2\nmid 1$ （条件 (1) ✓）， $2\mid -2$ （条件 (2) ✓， $a_0=-2$ ，其他 $a_i=0$ 自动被 2 整除）， $4\nmid -2$ （条件 (3) ✓）。故 $X^n-2$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。

(ii)$f(X)=X^5+10X^3+15X+5$ ：取 $p=5$ 。 $5\nmid 1$ （✓）， $5\mid 10,5\mid 15,5\mid 5$ （✓）， $25\nmid 5$ （✓）。故不可约。

(iii)$f(X)=X^4+X^3+X^2+X+1$ （第五分圆多项式）：不能直接用 Eisenstein 判据（ $p=?$ 对任何素数都不满足所有条件）。但做变量替换 $X=Y+1$ 后可以。见 [定理]。

Eisenstein 判据的局限

1. 它只适用于整系数多项式（虽然可通过 Gauss 引理推广到有理系数）。
2. 它要求找到适当的素数 $p$ ，不是所有不可约多项式都满足该条件。
3. 失败不意味着可约： $X^2+1$ 不满足任何 $p$ 的 Eisenstein 条件，但它在 $\mathbb{Q}$ 上不可约。

4.2.3 Gauss 引理

定义 4.2.5 设 $f(X)=a_n{X}^n+\cdots +a_0\in \mathbb{Z}[X]$ ， $f\ne 0$ 。 $f$ 的内容定义为 $\mathrm{cont}(f)=gcd(a_0,a_1,\dots ,a_n)$ 。称 $f$ 是本原多项式（primitive），如果 $\mathrm{cont}(f)=1$ 。

引理 4.2.6（Gauss 引理） 设 $f,g\in \mathbb{Z}[X]$ 都是本原多项式。则 $fg$ 也是本原多项式。

**证明**

设 $f=\sum a_i{X}^i$ ， $g=\sum b_j{X}^j$ ， $h=fg=\sum c_k{X}^k$ ，其中 $c_k=\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j$ 。

假设 $h$ 不是本原的，则存在素数 $p$ 使得 $p\mid c_k$ 对所有 $k$ 。设 $r$ 是最小的下标使得 $p\nmid a_r$ ， $s$ 是最小的下标使得 $p\nmid b_s$ （这样的下标存在，因为 $f,g$ 都本原）。

考虑 $c_{r+s}$ ：

$$c_{r+s}=\sum _{i+j=r+s}{a}_i{b}_j=a_r{b}_s+\sum _{\begin{array}{c}i+j=r+s\\ i>r\end{array}}{a}_i{b}_j+\sum _{\begin{array}{c}i+j=r+s\\ i<r\end{array}}{a}_i{b}_j$$

当 $i>r$ 时 $b_j=b_{r+s-i}$ ，且 $j=r+s-i<s$ ，由 $s$ 的最小性 $p\mid b_j$ ，故 $p\mid a_i{b}_j$ 。当 $i<r$ 时由 $r$ 的最小性 $p\mid a_i$ ，故 $p\mid a_i{b}_j$ 。

因此 $c_{r+s}\equiv a_r{b}_s(\mathrm{mod}p)$ 。但 $p\mid c_{r+s}$ ， $p\nmid a_r$ ， $p\nmid b_s$ ，而 $p$ 是素数（在整环 $\mathbb{Z}$ 中不可约），由 引理 的整数版本，矛盾。 $◻$

定理 4.2.7 设 $f\in \mathbb{Z}[X]$ ， $\mathrm{deg}(f)\ge 1$ 。则 $f$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中可约当且仅当 $f$ 可以写成两个次数更低的整系数多项式之积。

**证明**

( $\Leftarrow$ ) 显然。

( $\Rightarrow$ ) 设 $f=gh$ ， $g,h\in \mathbb{Q}[X]$ ， $\mathrm{deg}(g),\mathrm{deg}(h)<\mathrm{deg}(f)$ 。写 $g=\frac{a}{b}{g}_0$ ， $h=\frac{c}{d}{h}_0$ ，其中 $g_0,h_0\in \mathbb{Z}[X]$ 是本原的， $a,b,c,d\in \mathbb{Z}$ ， $gcd(a,b)=gcd(c,d)=1$ 。

则 $f=\frac{ac}{bd}{g}_0{h}_0$ 。由 [引理]， $g_0{h}_0$ 是本原的。设 $f=e\cdot f_0$ ， $e=\mathrm{cont}(f)$ ， $f_0$ 本原。

则 $f_0=\frac{ac}{ebd}{g}_0{h}_0$ 。因为 $f_0$ 和 $g_0{h}_0$ 都是本原的， $\frac{ac}{ebd}=\pm 1$ ，即 $f=\pm e\cdot g_0{h}_0$ ，这就是两个整系数多项式的乘积。 $◻$

4.2.4 分圆多项式

定义 4.2.8 对正整数 $n$ ，第 $n$ 个分圆多项式定义为：

$${\mathrm{\Phi }}_n(X)=\prod _{\begin{array}{c}1\le k\le n\\ gcd(k,n)=1\end{array}}(X-{\zeta }_n^k)$$

其中 ${\zeta }_n=e^{2\pi i/n}$ 是本原 $n$ 次单位根。 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 的次数为 $\phi (n)$ （Euler 函数）。

命题 4.2.9 对所有正整数 $n$ ：

$$X^n-1=\prod _{d\mid n}{\mathrm{\Phi }}_d(X)$$

**证明**

$X^n-1$ 的根恰好是所有 $n$ 次单位根 $\{{\zeta }_n^k\mid 0\le k\le n-1\}$ 。每个根 ${\zeta }_n^k$ 是某个 $d$ 次本原单位根，其中 $d=\frac{n}{gcd(k,n)}$ 是 $n$ 的因子。对每个 $d\mid n$ ，恰好有 $\phi (d)$ 个本原 $d$ 次单位根，它们恰好是 ${\mathrm{\Phi }}_d$ 的根。因此 $X^n-1=\prod _{d\mid n}{\mathrm{\Phi }}_d(X)$ 。 $◻$

例 4.2.10 前几个分圆多项式：

$n$	${\mathrm{\Phi }}_n(X)$	$\phi (n)$	验证
1	$X-1$	1	$X-1$
2	$X+1$	1	$\frac{X^2-1}{X-1}$
3	$X^2+X+1$	2	$\frac{X^3-1}{X-1}$
4	$X^2+1$	2	$\frac{X^4-1}{(X-1)(X+1)}$
5	$X^4+X^3+X^2+X+1$	4	$\frac{X^5-1}{X-1}$
6	$X^2-X+1$	2	$\frac{X^6-1}{(X-1)(X+1)(X^2+X+1)}$

定理 4.2.11（分圆多项式的不可约性） 对所有正整数 $n$ ， ${\mathrm{\Phi }}_n(X)$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。

**证明（完整）**

策略. 设 $f$ 是 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中的一个首一不可约因式。我们需要证明 $f={\mathrm{\Phi }}_n$ 。

设 $\zeta ={\zeta }_n=e^{2\pi i/n}$ 是一个固定的本原 $n$ 次单位根，则 $f(\zeta )=0$ （因为 $\zeta$ 是 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 的根，从而是 $f$ 的根，因为 $f\mid {\mathrm{\Phi }}_n$ ）。

第 1 步：对任意素数 $p\nmid n$ ， $f({\zeta }^p)=0$ 。

设 $g(X)=f(X^p)$ 。则 $g(\zeta )=f({\zeta }^p)$ 。因为 $f(\zeta )=0$ ， $f(X)$ 整除 $g(X)-g(\zeta )$ 在 $\mathbb{Q}(\zeta )[X]$ 中（因为 $\zeta$ 是公共根）。特别地， $f(X)\mid g(X)-0=f(X^p)$ （在 $\mathbb{Q}[X]$ 中，因为 $f$ 是 $\mathbb{Q}[X]$ 中的不可约多项式且 $f\mid {\mathrm{\Phi }}_n\mid (X^n-1)$ ，更精确的论证如下）。

实际上，设 ${\mathrm{\Phi }}_n=f\cdot h$ ， $h\in \mathbb{Q}[X]$ 。则在 $\mathbb{Q}[X]/(f)$ 中， $\overline{X}$ 是 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 的一个根，即 ${\overline{X}}^n=1$ 。

考虑 ${\overline{X}}^p$ ： $({\overline{X}}^p{)}^n=({\overline{X}}^n{)}^p=1$ ，所以 ${\overline{X}}^p$ 也是 $n$ 次单位根。

断言.${\overline{X}}^p$ 是本原$n$ 次单位根（即 ${\zeta }^p$ 也是 $f$ 的根）。

因为 $p\nmid n$ 且 $gcd(p,n)=1$ ， ${\zeta }^p$ 的阶是 $\frac{n}{gcd(p,n)}=n$ ，故 ${\zeta }^p$ 也是本原 $n$ 次单位根。

因此 $f({\zeta }^p)=0$ 。

第 2 步：对所有与 $n$ 互素的 $k$ ， $f({\zeta }^k)=0$ 。

对 $k$ 用素因子分解： $k=p_1{p}_2\cdots p_m$ ，每个 $p_i$ 是素数且 $p_i\nmid n$ 。由第 1 步逐步应用： $f(\zeta )=0\Rightarrow f({\zeta }^{p_1})=0\Rightarrow f({\zeta }^{p_1{p}_2})=0\Rightarrow \cdots \Rightarrow f({\zeta }^k)=0$ 。

第 3 步： $f={\mathrm{\Phi }}_n$ 。

由第 2 步， ${\mathrm{\Phi }}_n$ 的所有根 ${\zeta }^k$ （ $gcd(k,n)=1$ ）都是 $f$ 的根。因为 $f$ 是首一多项式且 $f\mid {\mathrm{\Phi }}_n$ ，而 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 的所有根都是 $f$ 的根，所以 ${\mathrm{\Phi }}_n\mid f$ 。但 $f\mid {\mathrm{\Phi }}_n$ ，因此 $f={\mathrm{\Phi }}_n$ 。 $◻$

分圆多项式在 Galois 理论中的角色

分圆多项式是连接多项式理论与 Galois 理论的第一座桥：

• ${\mathrm{\Phi }}_n$ 的分裂域是 $\mathbb{Q}({\zeta }_n)$ ，即添加了本原 $n$ 次单位根的域（参见 §6.2）；
• $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}({\zeta }_n)/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ （分圆扩张的 Galois 群），这是第一个非平凡的 Galois 群计算；
• 这个同构建立了数论（模 $n$ 的乘法群）与域论（Galois 群）之间的深刻联系，是 类域论 的原型。

Eisenstein 判据失败不意味着可约

一个常见误解是"如果找不到满足 Eisenstein 条件的素数 $p$ ，多项式就是可约的"。这是错误的！ 例如 $X^2+1$ 不满足任何素数的 Eisenstein 条件（因为 $a_1=0$ 被所有素数整除，但 $a_0=1$ 也被所有素数整除——条件 (3) $p^2\nmid 1$ 成立，但条件 (2) 要求 $p\mid 0$ 和 $p\mid 1$ 同时成立，矛盾），但它在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。Eisenstein 是充分条件，不是充要条件。

4.2.5 总结与自测

本节核心工具速览：

判据	适用范围	关键条件	典型应用
低次判据	$\mathrm{deg}=2$ 或 $3$	无根 $\iff$ 不可约	$X^2+1$ , $X^3-2$
Eisenstein	整系数，存在素数 $p$	$p\nmid a_n$ , $p\mid a_i$ ( $i<n$ ), $p^2\nmid a_0$	$X^n-2$ , ${\mathrm{\Phi }}_p(X+1)$
Gauss 引理	整系数	本原性	$\mathbb{Q}[X]$ 与 $\mathbb{Z}[X]$ 的桥梁
分圆多项式	${\mathrm{\Phi }}_n$	$n\ge 1$	分圆扩张的 Galois 群

自测问题：

1. $X^4+1$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中是否不可约？（提示：它在 $\mathbb{R}[X]$ 中可分解为两个二次式。）
2. 用 Eisenstein 判据证明 $X^6+10X^3+30X+5$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。
3. ${\mathrm{\Phi }}_{12}(X)$ 的次数是多少？（提示： $\phi (12)=?$ ）
4. 为什么 $\mathbb{Z}[X]$ 中的本原多项式 $f=2X+3$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约，但 $f=6X+9$ 可约？

**答案**

1. $X^4+1$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约。虽然它在 $\mathbb{R}[X]$ 中分解为 $(X^2+\sqrt{2}X+1)(X^2-\sqrt{2}X+1)$ ，但 $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}$ ，所以这个分解不在 $\mathbb{Q}[X]$ 中。事实上 $X^4+1={\mathrm{\Phi }}_8(X)$ ，由 定理 4.2.11 不可约。

2. 取 $p=5$ 。 $5\nmid 1$ （✓）， $5\mid 10,5\mid 30,5\mid 5$ （✓）， $25\nmid 5$ （✓）。故不可约。

3. $\phi (12)=12\cdot (1-1/2)\cdot (1-1/3)=4$ 。所以 ${\mathrm{\Phi }}_{12}(X)$ 是四次多项式。事实上 ${\mathrm{\Phi }}_{12}(X)=X^4-X^2+1$ 。

4. $2X+3$ 本原（ $gcd(2,3)=1$ ）且一次多项式在 $\mathbb{Q}$ 中总是不可约的。 $6X+9=3(2X+3)$ ，虽然 $2X+3$ 本原，但 $6X+9$ 不是本原的（ $gcd(6,9)=3$ ），它可以分解为 $3\cdot (2X+3)$ 。

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