一道多项式作业题目的构思

证明命题:任意非零有理系数多项式 \(f(x)\)，均可表示为两个有理数域上不可约多项式之和。

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引理1

设 \(p_1,p_2\) 为不同的素数，则存在整数 \(a,b \in \mathbb{Z}\)，满足

\[ap_1 + bp_2 = 1 \]

且 \(p_1 \nmid a\)，\(p_2 \nmid b\)。

证明：
由中国剩余定理，取整数\(a\)满足同余方程组

\[\begin{cases} a \equiv p_1^{-1} + p_2 \pmod{p_2^2} \\ a \equiv 1 \pmod{p_1} \end{cases} \]

由此可得 \(p_2 \mid 1 - ap_1\)，且 \(p_2^2 \nmid 1 - ap_1\)，同时满足 \(p_1 \nmid a\)。

设 \(b = \frac{1 - ap_1}{p_2}\)，可证得 \(p_2 \nmid b\)，引理1得证。

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引理2

对任意非常数整系数多项式 \(f(x) \in \mathbb{Z}[x]\)，\(f(x)\) 可表示为两个不可约整系数多项式之和。

证明：
设 \(f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i\)，取充分大的互异素数 \(p_1,p_2\)，使得对所有 \(0 \leq i \leq n\)，都有

\[(p_1,a_i) = 1,\quad (p_2,a_i) = 1 \]

由引理1，存在整数 \(a,b \in \mathbb{Z}\)，满足 \(ap_1 + bp_2 = 1\)，且 \(p_1 \nmid a\)，\(p_2 \nmid b\)。

对 \(f(x)\) 做如下拆分：

\[\begin{align*} f(x) &= \sum_{i=0}^n a_i x^i = \sum_{i=0}^n a_i (ap_1 + bp_2) x^i \\ &= \underbrace{\left( a_n a p_1 - 1 \right) x^n + \sum_{i=0}^{n-1} a_i a p_1 x^i}_{f_1(x)} + \underbrace{\left( a_n b p_2 + 1 \right) x^n + \sum_{i=0}^{n-1} a_i b p_2 x^i}_{f_2(x)} \end{align*} \]

由 \(p_1,p_2\) 充分大，可知 \(f_1(x),f_2(x)\) 首项系数不为0，结合艾森斯坦判别法，即可证明 \(f_1(x),f_2(x)\) 均为不可约整系数多项式，引理2得证。

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原命题证明

设 \(f(x) \in \mathbb{Q}[x]\)，则存在非零整数 \(t \in \mathbb{Z}\)，使得 \(t f(x) \in \mathbb{Z}[x]\)。

利用引理2，将整系数多项式 \(t f(x)\) 拆分为两个不可约整系数多项式之和：

\[t f(x) = f_1(x) + f_2(x) \]

其中 \(f_1(x),f_2(x)\) 在有理数域 \(\mathbb{Q}\) 上不可约。

将等式两边同除以 \(t\)，可得：

\[f(x) = \frac{1}{t} \left( f_1(x) + f_2(x) \right) = \frac{f_1(x)}{t} + \frac{f_2(x)}{t} \]

根据整系数多项式的性质，整系数不可约多项式乘以非零有理数后，在 \(\mathbb{Q}\) 上仍保持不可约，因此 \(\frac{1}{t}f_1(x)\)、\(\frac{1}{t}f_2(x)\) 均为 \(\mathbb{Q}\) 上的不可约多项式。

原命题得证。\(\square\)

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注：证明思路

1. 有理数域上多项式不可约的一个有力工具是艾森斯坦判别法。
2. \(f(x) \in \mathbb{Z}[x]\) 的情形既是原题特例，也可作为工具证明原题。
3. 用裴蜀等式代换掉“1”是核心灵感，而引理1对其做了加强，保证了艾森斯坦判别法的使用条件。