请问高等代数判断多项式可约性的这一题要怎么入手？

好的，我们来聊聊高等代数里判断多项式可约性这个话题。这绝对是抽象代数里的一个核心问题，处理好了，你能一下子看出很多多项式的“底细”。

首先，咱们得明确一下“可约性”到底是什么意思。在一个特定的域（比如我们熟悉的实数域 $mathbb{R}$、复数域 $mathbb{C}$、有理数域 $mathbb{Q}$，或者更抽象的有限域等）上，一个多项式如果可以写成两个次数都大于零的、在该域上的多项式之积，那么它就被称为可约多项式。反之，如果它不能这样分解，就是不可约多项式。

判断一个多项式是否可约，就像是在一个“封闭的王国”里找它的“构成元素”。这个王国就是我们讨论的那个域，而“构成元素”就是该域上的多项式。

那么，具体怎么入手呢？这就像侦探破案，没有一个万能的公式，更多的是靠经验和一些经典的工具。我会从几个方向给你讲讲：

第一步：明确你的“战场”——域是什么？

这是最最关键的第一步。不同域上的多项式的可约性可能完全不同。

复数域 $mathbb{C}$: 这是最“肥沃”的土地。复数域上的任何一个非零常数多项式（就是比如 $x^2 + 1$ 这样的）都可以分解成一次因式的乘积，也就是说，在 $mathbb{C}$ 上，任何一个次数大于等于1的多项式都是可约的，除非它本身就是一个一次多项式。 这就是复数域的代数闭包性带来的强大特性。所以，如果你讨论的是在 $mathbb{C}$ 上判断，那问题就简单到只看次数了。
实数域 $mathbb{R}$: 比复数域“贫瘠”一些。在 $mathbb{R}$ 上，一次多项式是不可约的。二次多项式 $ax^2 + bx + c$ 在 $mathbb{R}$ 上是否可约，取决于它的判别式 $Delta = b^2 4ac$。
如果 $Delta ge 0$，则根是实数，可以分解为两个一次实系数多项式的乘积，可约。
如果 $Delta < 0$，则根是复数（一对共轭复数），无法分解为实系数的一次多项式之积，所以在 $mathbb{R}$ 上是不可约的。
更高次的实系数多项式，如果它在 $mathbb{C}$ 上有复数根，那么这些复数根必然成对出现（共轭复数），它们对应的 $(x z)(x ar{z})$ 会组成一个在 $mathbb{R}$ 上不可约的二次多项式。所以，实数域上的多项式，要么可以分解为实系数一次多项式，要么可以分解为实系数不可约二次多项式。
有理数域 $mathbb{Q}$: 这是我们通常讨论问题时最常见的“抽象”域。在 $mathbb{Q}$ 上判断可约性，比在 $mathbb{R}$ 上要复杂得多，因为我们不允许引入无理数或复数因子。一个在 $mathbb{Q}$ 上可约的多项式，也一定在 $mathbb{R}$ 和 $mathbb{C}$ 上可约。但反过来就不一定了。比如 $x^2 2$ 在 $mathbb{R}$ 上是可约的（$(x sqrt{2})(x + sqrt{2})$），但在 $mathbb{Q}$ 上是不可约的。
有限域 $mathbb{F}_q$: 比如 $mathbb{F}_2 = {0, 1}$。在有限域上判断可约性，方法会更依赖于枚举和具体的性质，比如考虑模某个素多项式。

所以，请务必先确定你的多项式是在哪个域上讨论可约性。题目通常会明确说明。

第二步：小范围“试水”——低次数多项式

对于低次数的多项式，有一些直接的方法可以判断：

次数为 0 或 1: 常数多项式（非零）本身被认为是不可约的，但我们通常讨论的是次数 $ge 1$ 的多项式。一次多项式 $ax+b$ ($a eq 0$) 在任何域上都是不可约的。
次数为 2 或 3:
一个次数为 2 或 3 的多项式在某个域上可约，当且仅当它在该域上有一个根。
怎么找根呢？
有理根定理（适用于 $mathbb{Q}$ 上的多项式）: 如果一个有理数 $p/q$（$p, q$ 是互质整数）是多项式 $a_n x^n + dots + a_0$ ($a_i in mathbb{Z}$) 的一个根，那么 $p$ 必须是常数项 $a_0$ 的约数，而 $q$ 必须是首项系数 $a_n$ 的约数。
直接代入检验: 对于比较简单的情况，可以直接尝试一些简单的整数或者分数（如果有理根定理提示的话）。
举个例子: 判断 $f(x) = x^3 2x + 1$ 在 $mathbb{Q}$ 上是否可约。
根据有理根定理，可能的有理根形式为 $pm 1 / pm 1$，即 $pm 1$。
$f(1) = 1^3 2(1) + 1 = 0$。 Bingo！ $x=1$ 是一个根。
既然有根，那么 $(x1)$ 就是它的一个因子。我们可以用多项式长除法或者综合除法来验证：
$(x^3 2x + 1) div (x1) = x^2 + x 1$。
所以，$f(x) = (x1)(x^2 + x 1)$。因为 $(x1)$ 和 $(x^2+x1)$ 都是次数大于零的有理系数多项式，所以 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上是可约的。

第三步：利用不可约多项式

很多时候，我们不是直接判断一个多项式是否可约，而是看它是否能被某个已知的不可约多项式整除。

“小”不可约多项式： 掌握一些在特定域上不可约的多项式是很重要的。
在 $mathbb{Q}$ 上，一次多项式都是不可约的。
在 $mathbb{Q}$ 上，$x^2+1$ 是不可约的。$x^22$ 是不可约的。$x^3+x^2+1$ 在 $mathbb{Q}$ 上也是不可约的（可以通过代入检验和排除法证明它没有有理根）。
因子检验： 如果一个多项式 $f(x)$ 在域 $F$ 上是可约的，那么它一定可以分解为两个次数都大于零的 $F$ 上的多项式 $g(x)$ 和 $h(x)$ 的乘积：$f(x) = g(x)h(x)$。
如果 $f(x)$ 的次数是 $n$，那么 $g(x)$ 和 $h(x)$ 的次数之和是 $n$。这意味着，至少有一个因子的次数小于或等于 $n/2$。
因此，如果一个多项式在某个域上没有次数小于或等于 $n/2$ 的因子，那么它就是不可约的。

第四步：利用同态映射（模运算）——万能钥匙之一

这是一个非常强大且常用的方法，尤其是在处理 $mathbb{Q}$ 上的多项式时。

核心思想： 如果一个多项式 $f(x)$ 在域 $F$ 上是可约的，那么它在任何一个从 $F$ 映射到另一个域 $K$ 的同态映射（通常是取模运算）下的像 $f^(x)$ 在域 $K$ 上也应该是可约的（或者至少不是不可约的）。反过来，如果 $f^(x)$ 在 $K$ 上是不可约的，那么 $f(x)$ 在 $F$ 上就是不可约的。
具体操作（以 $mathbb{Q}$ 到 $mathbb{F}_p$ 为例）：
1. 选择一个素数 $p$。
2. 将多项式 $f(x)$ 的系数看作是整数，然后将每个系数模 $p$ 得到一个新的多项式 $f^(x)$，其系数在有限域 $mathbb{F}_p$ 中。
3. 在 $mathbb{F}_p$ 上判断 $f^(x)$ 的可约性。
4. 如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上是不可约的，那么原始多项式 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上就是不可约的。
5. 如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上是可约的，这并不一定意味着 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上可约。 我们需要尝试其他素数 $p$，或者用其他方法。但如果对于所有的 $p$，它都在 $mathbb{F}_p$ 上可约，那么就很难判断了。通常我们会从小的素数 $p$ 开始试。
选择素数 $p$ 的技巧：
选择一个素数 $p$ 使得 $f^(x)$ 的首项系数在 $mathbb{F}_p$ 中非零。
如果 $f(x)$ 的所有系数都是 $p$ 的倍数，那么取模后就变成了零多项式，没有信息量。这时需要换一个 $p$ 或者先约去公因子。
通常选择一个使得 $f^(x)$ 的系数尽可能“小”或“简单”的素数 $p$ 来计算会比较方便。
举个例子： 判断 $f(x) = x^4 + 1$ 在 $mathbb{Q}$ 上是否可约。
我们试试取模 $p=2$。$f(x)$ 的系数都是整数，模 2 后，$f^(x) = x^4 + 1$ 在 $mathbb{F}_2$ 上。
在 $mathbb{F}_2$ 上，$x^4 + 1 = (x+1)^4$。因为 $x+1$ 是不可约的，而 $(x+1)^4$ 是可约的，这不能说明 $x^4+1$ 在 $mathbb{Q}$ 上可约。
我们试试取模 $p=3$。$f^(x) = x^4 + 1$ 在 $mathbb{F}_3$ 上。
在 $mathbb{F}_3$ 上，我们检查有没有一次因子。$f^(0)=1$, $f^(1)=1^4+1=2$, $f^(2)=2^4+1=16+1=17 equiv 2 pmod 3$。没有零点，所以没有一次因子。
我们检查有没有不可约二次因子。在 $mathbb{F}_3$ 上，次数小于等于 2 的多项式有：
一次的：$x$, $x+1$, $x+2$ （都不可约）
二次的：$x^2$, $x^2+1$, $x^2+2$, $(x+1)^2=x^2+2x+1$, $(x+2)^2=x^2+4x+4=x^2+x+1$, $(x+1)(x+2)=x^2+3x+2=x^2+2$。
在 $mathbb{F}_3$ 上不可约的二次多项式只有 $x^2+1$ 和 $x^2+x+1$。
我们用多项式长除法看 $x^4+1$ 是否能被它们整除：
$(x^4+1) div (x^2+1)$：
$x^2$
_______
$x^2+1$ | $x^4 + 0x^3 + 0x^2 + 0x + 1$
$(x^4 + x^2)$
_________
$x^2 + 1$
$2x^2 + 1$ (在 $mathbb{F}_3$ 上)
$x^2 + 2$
_______
$x^2+1$ | $x^4 + 0x^3 + 0x^2 + 0x + 1$
$(x^4 + x^2)$
_________
$x^2 + 1$
$(2x^2 + 2)$ (因为 $x^2+1$ 乘以2是 $2x^2+2$)
_________
$1$ 或者 $2$ (在 $mathbb{F}_3$ 上)
余数不为零。

$(x^4+1) div (x^2+x+1)$：
$x^2 + 2x + 1$
_________
$x^2+x+1$ | $x^4 + 0x^3 + 0x^2 + 0x + 1$
$(x^4 + x^3 + x^2)$
_________
$x^3 x^2 + 0x$
$2x^3 + 2x^2 + 0x$ (在 $mathbb{F}_3$ 上)
$(2x^3 + 2x^2 + 2x)$
____________
$2x + 1$
$x + 1$ (在 $mathbb{F}_3$ 上)
余数不为零。

更聪明的做法： 如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上能分解为两个多项式之积，我们可以尝试直接构造分解。
对于 $x^4+1$ 在 $mathbb{F}_3$ 上： 我们知道它没有一次因子，所以如果可约，一定是两个二次因子的乘积。可能是 $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ 的形式。
Sophie Germain 恒等式： $a^4+4b^4 = (a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^22ab)$。 我们这里是 $x^4+1$。
再换个思路，考虑在 $mathbb{F}_2$ 上，$x^4+1 = (x+1)^4$。
还有 $x^4+1$ 在 $mathbb{F}_3$ 上，我们可以尝试寻找 $a, b$ 使得 $(x^2+ax+b)^2 = x^4+1$ 在 $mathbb{F}_3$ 上成立。
$(x^2+ax+b)^2 = x^4 + a^2x^2 + b^2 + 2ax^3 + 2bx^2 + 2abx$
$= x^4 + 2ax^3 + (a^2+2b)x^2 + 2abx + b^2$
与 $x^4+1$ 对比系数：
$2a = 0 implies a=0$
$a^2+2b = 0 implies 2b = 0 implies b=0$
$2ab = 0 implies 0 = 0$
$b^2 = 1 implies b = pm 1$
这就矛盾了，$b$ 既是 0 又是 $pm 1$。所以它不是一个完全平方。
我们试一下 $(x^2+ax+1)(x^2+cx+1)$ 的形式：
$x^4+(a+c)x^3+(1+ac+1)x^2+(a+c)x+1$
$= x^4+(a+c)x^3+(ac+2)x^2+(a+c)x+1$
对比 $x^4+1$ 的系数：
$a+c=0 implies c=a$
$ac+2=0 implies a^2+2=0 implies a^2=2$
在 $mathbb{F}_3$ 上，只有 $1^2=1$, $2^2=4equiv 1$。没有数平方等于 2。所以这种形式不行。
我们试一下 $(x^2+ax1)(x^2+cx1)$ 的形式：
$x^4+(a+c)x^3+(1+ac1)x^2+(ac)x+1$
$= x^4+(a+c)x^3+(ac2)x^2(a+c)x+1$
对比 $x^4+1$ 的系数：
$a+c=0 implies c=a$
$ac2=0 implies a^22=0 implies a^2=2 equiv 1$
这说明 $a=1$ 或 $a=2$（$1 equiv 2$）。
如果 $a=1$, 则 $c=1 equiv 2$。
因子就是 $(x^2+x1)(x^2+2x1)$。
验证一下：$(x^2+x1)(x^2+2x1) = x^4 + 2x^3 x^2 + x^3 + 2x^2 x x^2 2x + 1$
$= x^4 + (2+1)x^3 + (1+21)x^2 + (12)x + 1$
$= x^4 + 3x^3 + 0x^2 3x + 1$
$equiv x^4 + 1 pmod 3$。
成功了！ $x^4+1$ 在 $mathbb{F}_3$ 上可以分解为 $(x^2+x1)(x^2+2x1)$。
因为我们找到一个素数 $p=3$，使得 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_3$ 上是可约的，这仍然不能确定 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上可约。
但是，对于 $x^4+1$ 还有一个特殊的方法： 它可以分解为 $(x^2+sqrt{2}x+1)(x^2sqrt{2}x+1)$ 在 $mathbb{R}$ 上，以及 $(x^2+i)(x^2i)$ 在 $mathbb{C}$ 上。而在 $mathbb{Q}$ 上，它可以被证明是 不可约 的。
这里有一个误区要澄清： 如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上不可约，则 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约。但如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上可约，我们不能直接下结论。
判断 $x^4+1$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约，需要更高级的工具，比如范数或 Eisenstein 判别法变体。 （例如，考虑 $f(x+1) = (x+1)^4+1 = x^4+4x^3+6x^2+4x+2$. 对 $p=2$ 应用 Eisenstein 判别法，其首项系数 $1 eq 0$，常数项 $2$ 被 $p=2$ 整除，但不能被 $p^2=4$ 整除，且 $4,6,4$ 都被 $p=2$ 整除。所以 $f(x+1)$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约，因此 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约。）
重点是，模 $p$ 的方法是一个“否定性”的工具： 如果模 $p$ 后是不可约，原多项式就不可约。如果模 $p$ 后是可约的，就得继续研究或者换个 $p$。

第五步：齐次化与对称化（处理特殊形式的多项式）

对于一些看起来对称或者特殊的分子式，可以尝试做变量替换或齐次化来简化判断。

倒序多项式： 如果 $f(x) = a_n x^n + dots + a_1 x + a_0$，考虑其倒序多项式 $g(x) = x^n f(1/x) = a_0 x^n + a_1 x^{n1} + dots + a_n$。 $f(x)$ 在域 $F$ 上可约当且仅当 $g(x)$ 在 $F$ 上可约（只要 $a_0, a_n eq 0$）。
倒数多项式： 如果 $f(x)$ 是一个对称多项式（系数关于中心对称，即 $a_k = a_{nk}$），可以尝试做 $y = x + 1/x$ 的替换，降次。

第六步：Eisenstein 判别法及其推广

这是判断在 $mathbb{Q}$ 上不可约性的一个非常强大的工具。

Eisenstein 判别法： 如果存在一个素数 $p$，使得对于多项式 $f(x) = a_n x^n + dots + a_0$ ($a_i in mathbb{Z}$)，满足以下条件：
1. $p$ 整除 $a_0, a_1, dots, a_{n1}$ （除了 $a_n$）。
2. $p$ 不整除 $a_n$。
3. $p^2$ 不整除 $a_0$。
那么 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上是不可约的。
如何使用？ 很多时候 $f(x)$ 本身不满足条件，但我们可以尝试变量替换，比如令 $y = x+c$ 或 $y = xc$，然后看 $f(y+c)$ 是否满足 Eisenstein 判别法。
关键在于选择合适的 $c$！ 这通常需要经验。一个常用的技巧是考虑 $f(x+1)$。
举例： $f(x) = x^4+1$。我们之前尝试模 $p$ 没能直接证明不可约。现在用 Eisenstein 判别法。
$f(x)$ 本身不满足。
考虑 $f(x+1) = (x+1)^4+1 = x^4+4x^3+6x^2+4x+2$。
选择素数 $p=2$。
1. $p=2$ 整除常数项 $2$。
2. $p=2$ 整除 $4, 6, 4$。
3. $p=2$ 不整除首项系数 $1$。
4. $p^2=4$ 不整除常数项 $2$。
条件都满足！所以 $f(x+1)$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约。
因为 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上可约 $iff f(x+c)$ 在 $mathbb{Q}$ 上可约（对于任何 $c in mathbb{Q}$），所以 $f(x) = x^4+1$ 在 $mathbb{Q}$ 上是不可约的。

第七步：归约判别法 (Reduction Criterion)

这是上面模 $p$ 方法的正式表述。

设 $f(x) in mathbb{Z}[x]$ 是一个整系数多项式。
存在一个素数 $p$ 使得 $f(x)$ 在域 $mathbb{F}_p$ 上不可约 $implies f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约。
存在一个素数 $p$ 使得 $f(x)$ 的约化多项式 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上可约 $implies f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上可约（这是不对的，只有反方向成立）。
正确的陈述： 如果 $f(x) in mathbb{Z}[x]$ 的约化多项式 $f^(x) in mathbb{F}_p[x]$ 是不可约的，则 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上是不可约的。反之不一定。
应用：
如果多项式本身就比较简单，我们可以先尝试用 Eisenstein 判别法。
如果 Eisenstein 判别法不适用，我们再考虑用归约判别法，即选取素数 $p$ 进行模运算。

总结一下入手步骤和思考流程：

1. 确定域： 这是基础。是 $mathbb{C}$？ $mathbb{R}$？ $mathbb{Q}$？还是有限域？
2. 低次数检查： 如果是次数为 2 或 3 的多项式，尝试找根。在 $mathbb{Q}$ 上用有理根定理。
3. 尝试 Eisenstein 判别法（适用于 $mathbb{Q}$）： 这是第一个最强力的“武器”。尝试对 $f(x)$ 本身或 $f(x+c)$ 使用。
4. 尝试归约判别法（适用于 $mathbb{Q}$）： 选择一个素数 $p$（通常从小素数如 2, 3, 5 开始），计算 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上的可约性。
如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上不可约，那么 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上不可约。
如果 $f^(x)$ 在 $mathbb{F}_p$ 上可约，那么这不能直接判断 $f(x)$ 在 $mathbb{Q}$ 上是否可约。你需要继续尝试其他素数 $p$，或者考虑其他方法。
5. 寻找特殊因子： 有时候多项式可能就包含一些已知的不可约多项式作为因子，比如 $x^2+1$。
6. 代数结构的利用： 思考多项式的对称性、系数的特殊性质等，可能可以简化问题或找到新的方法。

判断多项式可约性，是一个综合性的问题，需要灵活运用各种判别法，并且要清楚知道每个方法的适用范围和局限性。没有一招鲜吃遍天的算法，更多的是技巧和对理论的理解。

希望这个详细的解释能帮助你更好地理解如何入手这类问题！如果你有具体的题目，也可以提出来，我们可以一起分析。

假设上述 在 上可约, 注意到 , 由Gauss引理, 在 上可约. 因此存在不是常数的多项式 , 使得

从而有

和 都是偶数(想想为什么), 故不妨设 , 首一, 且

注意到 , 故

( )

因而

利用上式很容易得到 的一个估计: .

但考虑到 2014 的素因数分解为

因此 2014 有 16 个不同的因数(包括负因数)

故 ( )至多有 16 个不同的取值, 这样由抽屉原理, 存在

个不同的 使得 取相同的值.

而由Lagrange插值公式, 由于 , 通过这 126 个 的值就已经能确定 了, 这意味着 必然是常数, 这与我们最初假定的 矛盾.

因此 在 上不可约, 证毕.