长沙理工大学：《高等代数与解析几何》课程教学资源（辅导讲义）高等代数选讲——第一章多项式

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第一章多项式一，相关定义及结论 1.一元多项式形式表达式f)=amr”+@n-1x-1.…+@1x+ao称为数域F上文字x的一元多项式。其中ao,a1,…,an∈Pn是非负数 (①)当an≠0时，称多项式f(c)的次数为n,记为deg(f(e》=n,并称anxn为f(c)的首项，an为f(x)的首项系数，当am=1时称z)是首一的多项式.当an= ,=a1=0.ao≠0，称多项式fx)为零次多项式，即deg(f》= 0:当an= =a=时，称f回)为零多项式.零多项式是唯一不定义次数的多项式 ()如果在多项式f(口)与g()中，除去系数为零的项外，同次项的系数全相等，则称口)与g)相等，记为f(x)=g(x). （(m)次数公式：()deg(f)±g)≤mar(deg(f(a),deg(g():(2)deg(fe)g(c)=deg(f(》+ deg(g(z)). 2整除设e,g∈F.若存在4回∈F使得f包)二g9,就称g能整除fa.记为g 否则称g(e)不能整除f(a,记为f(a)g()1f).当g(lfe)并且g()≠0时，可以用f/表示g(z)除f 所得的商。 ①带余除法对任意两个多项式fr),g(工)∈Fl,其中g()≠0，总可以找到多项式g(r),r工)∈F工，使得)=q()g(a)+r(,其中r(回)=0，或degr()<degg(片而且满足这两个条件的多项式q)与r()是唯一的。 3.最大公因式设f(e,g()是P中的两个多项式如果P口中的多项式d(口)满足如下两个条件： (1)d(x)是f(x)与g(x)的公因式：(2)f(x)与g(a)的任何公因式都是d(x)的因式. 那么就称d(x)为f(z)与g(工)的一个最大公因式. 设f),g)是两个不全为零的多项式.如果f)=g9（口）+r(口，那么(),g》=(g,r(). (间)设)是多项式f回)，g)的一个最大公因式，那么d)一定可以表示成f)与g(r)的组合，即可以找到多项式u(a),r(c)使得dx)=u(a)f(a)+v()g. (m)如果dx)是f(x),g(c)的一个公因式，而且d(x)可以表示成f(x)与gx)的组合，那么d(c)一定是f(e 与9(e)的一个最大公因式 Gm)如果，ge》=1,那么就称f)与g互素 (v)两个多项式f(x)与g(x)互素的充分必要条件是存在u(x),u(z)使得u(x)f(x)+v(x)g(a)=1. (i如果(fx).g》=1,且f(xg(ch(x,那么fxh(z). （vi)如果eF),92(ef,并且(g1(,92(》=1,那么g1(e)(cF). 1因式分解定理不可约多项式设（）∈F口为一个次数≥1的多项式如果口)不能表示成数域F中两个次数比)低的多项式的乘积那么)就称为数域F上的不可约多项式. 一次多项式总是不可约的：如果px)是一个不可约多项式，那么p()的因式只有c及()（这里c是任意非零常数：一个名项式是不是不可约名项式依赖于系数域 ()p回∈F回为不可约多项式，那么()对于任意一个多项式f，或者小或者(，f》 1:(2)对于任意两个多项式fa)g(c),从p(rf(e)g(a)可以推出n(rf(x)或p(cg(). ()(因式分解定理)数域F上的每个次数之1的多项式∫(x)都可以分解成数域F上一些不可约多项式的乘积并且分解是唯一的，即如果有两个分解式fz)=n(z严2(x)…p.()=91(红)2(x)…,g(x),其 ,)及g5()0=1,2 ,)都是数域F上的不可约多项武那么必有。七，而且可以适当排列因式的次序，使得句)==1,2…，，其中，G6=1,2…,可是一些非零常数第0页

1òŸ ıë™ ò, É'½¬9(ÿ 1. òıë™ /™Là™f(x) = anx n + an−1x n−1 · · · + a1x + a0°èÍçF˛©ix òıë™, Ÿ•a0, a1, · · · , an ∈ P, n¥öKÍ. (i) an 6= 0û,°ıë™f(x) gÍèn, Pèdeg(f(x)) = n, ø°anx nèf(x)ƒë,an èf(x) ƒëXÍ, an = 1û°f(x)¥ƒòıë™. an = · · · = a1 = 0,a0 6= 0, °ıë™f(x)è"gıë ™,=deg(f(x)) = 0; an = · · · = a1 = a0û,°f(x) è"ıë™. "ıë™¥çòÿ½¬gÍıë™. (ii) XJ3ıë™f(x) Üg(x)•,ÿXÍè"ë ,”gëXÍÉ,K°f(x) Üg(x)É,P èf(x) = g(x). (iii) gÍ˙™: (1) deg(f(x) ± g(x)) ≤ max(deg(f(x)), deg(g(x))); (2)deg(f(x)g(x)) = deg(f(x)) + deg(g(x)). 2.ÿ f(x), g(x) ∈ F[x]. e3q(x) ∈ F[x]¶f(x) = q(x)g(x), “°g(x)Uÿf(x),Pèg(x)|f(x). ƒK°g(x)ÿUÿf(x), Pèf(x)g(x) - f(x). g(x)|f(x)øÖg(x) 6= 0û,å±^f(x)/g(x)L´g(x)ÿf(x) §˚. (i) ë{ÿ{ È?ø¸áıë™f(x), g(x) ∈ F[x],Ÿ•g(x) 6= 0,oå±Èıë™q(x), r(x) ∈ F[x],¶ f(x) = q(x)g(x) + r(x), Ÿ•r(x) = 0,½degr(x) < degg(x); Ö˜v˘¸á^áıë™q(x)Ür(x)¥ çò. 3. Åå˙œ™ f(x), g(x)¥P[x]•¸áıë™.XJP[x]•ıë™d(x) ˜vXe¸á^á: (1)d(x)¥f(x)Üg(x)˙œ™; (2)f(x)Üg(x)?¤˙œ™—¥d(x)œ™. @o“°d(x)èf(x)Üg(x)òáÅå˙œ™. (i) f(x),g(x)¥¸áÿè"ıë™. XJf(x) = q(x)g(x)+r(x), @o((f(x), g(x)) = (g(x), r(x)). (ii) d(x)¥ıë™f(x),g(x)òáÅå˙œ™,@od(x)ò½å±L´§f(x) Üg(x)|‹,=å± Èıë™u(x),v(x)¶d(x) = u(x)f(x) + v(x)g(x). (iii) XJd(x)¥f(x),g(x)òá˙œ™, Öd(x)å±L´§f(x)Üg(x)|‹,@od(x) ò½¥f(x) Üg(x)òáÅå˙œ™. (iv) XJ(f(x), g(x)) = 1,@o“°f(x)Üg(x)pÉ. (v) ¸áıë™f(x)Üg(x)pÉø©7á^á¥3u(x),v(x)¶u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1. (vi) XJ(f(x), g(x)) = 1,Öf(x)|g(x)h(x),@of(x)|h(x). (vii) XJg1(x)|f(x),g2(x)|f(x),øÖ(g1(x), g2(x)) = 1,@og1(x)g2(x)|f(x). 4. œ™©)½n (i) ÿåıë™ p(x) ∈ F[x]èòágÍ≥ 1 ıë™,XJp(x)ÿUL´§ÍçF[x]•¸ágÍ 'p(x)$ıë™¶»,@op(x) “°èÍçF˛ÿåıë™. ògıë™o¥ÿå;XJp(x)¥òáÿåıë™,@op(x) œ™êkc 9cp(x)(˘pc¥?ø ö"~Í);òáıë™¥ÿ¥ÿåıë™ù6uXÍç. (ii) p(x) ∈ F[x]èÿåıë™, @o(1) Èu?øòáıë™f[x], ½ˆp(x)|f(x); ½ˆ(p(x), f(x)) = 1;(2) Èu?ø¸áıë™f(x),g(x),lp(x)|f(x)g(x) å±Ì—p(x)|f(x) ½p(x)|g(x). (ii) (œ™©)½n) ÍçF˛zágÍ≥ 1ıë™f(x) —å±©)§ÍçF ˛ò ÿåıë ™¶»,øÖ©)¥çò,=XJk¸á©)™f(x) = p1(x)p2(x)· · · ps(x) = q1(x)q2(x)· · · , qt(x),Ÿ •pi(x)(i = 1, 2, · · · , s) 9qj (x)(j = 1, 2, · · · , t)—¥ÍçF˛ÿåıë™,@o7ks = t, Öå±· ¸œ™gS,¶pi(x) = ciqi(x)(i = 1, 2, · · · , s),Ÿ•,ci(i = 1, 2, · · · , s)¥ò ö"~Í. 1 0 ê

()在多项式)的分解式中，可以取每个不可约多项式的首项系数为一，再把相同的不可约多项式合并，于是f(e)的分解式就成为f(z)=ap(工(e)…必(x),其中a是f(x)的首项系数(c),2(e),…, p.()是各不相同的首项系数为一的不可约多项式1，m2 ,n,是正整数这种分解式称为标准分解式 5.重因式 )不可约多项式p(c)称为多项式f)的k重因式，如果(f(x).而+1()1f).如果k=0,那么p(x)不是f(e)的因式：如果k=1,那么)称为f(x)的单因式：如果k>1,那么)称为f()的重因式如果一次因式x-c是f(x)的k(k>0)重因式，就称c是f(z)的k重根.特别地，当k=1时，称为单根k>1时，称为重根. ()如果不可约多项式(x)是f(x)的k(k>1)重因式，那么(x)是"(x)的k-1重因式.（注意：逆命题不成立 ()如果不可约多项式)是f)的(k≥1)重因式，那么p)分别是f(,f”(…,f-()的k 1,k-2, ,1重因式，而不是f()的因式.特别地，f)的单因式不再是f()的因式。 (v)如果不可约多项式()是fe)的重因式的充分必要条件为：p(c)是f(e)与'(e)的公因式。 ()多项式f)没有重因式的充分必要条件是f)与f()互素. ()(f(x),f'()=1是f(x)没有重根的一个充分条件。 6.多项式函数 (if(x）=anxn+an -1rn-1+…+a1x+ao∈F,a∈F,在上式中用a代x所得的数anan+am-1an-1+ +1a+ao称为f)当x=a时的值，记为fa).这样一来，多项式f)就定义了一个数域P上的函数.可以由一个多项式来定义的函数称为数域P上的多项式函数。 ()（余数定理）月去除多项式f),所得的余式是个常数，这个常数就等于函数值f(), 如果f(e)在r=a时函数值f(a)=0,那么a就称为f(z)的一个根或零点. ()a是fe)的根的充分必要条件是(x-af(c). (v)P工中n次多项式(n≥0)在数域P中的根不可能多于n个，重根按重数计算， (们)如果多项式f(,g()的次数都不超过n,而它们对n+1个不同的数a1, ,an+1有相同的值，即f(a,) =9a),i=1,2 1,那么f()=g) 7.复系数与实系数多项式的因式分解 (代数基本定理)每个次数>1的复系数多项式在复数域中有一个根等价的说：每个次数之1复系数多项式在复数域上定有一个次因式由此可知在复数域上所有次数>1的多项式都是可约的：换句话说复系数不可约多项式只有次多项式 (问)（复系数多项式因式分解定理）每个次数之1的复系数多项式都可以唯一地分解成一次因式的乘积因此，复系数多项式的标准分解式为f(x)=a(x-a1)(红-2)…（红-a 其中a1,a2,…,a,是不同的复数：1.2…l,是正整数：1+2+…+l,等于f(工)的次数标准分解式说明了每个n次复系数多项式恰有n个复根（重根按重数计算）. ()设f)是个实系数多项式，如果复数a是f)的一个根，那么a的共轭ā也是f()的一个根 (v)(实系数多项式因式分解定理)每个次数之1的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成次与二次不可约因式的乘积，实系数多项式的标准分解式为 f(x=a(x-0.(x-c,(x2+p1x+1x)1..(x2+x+gm) 其中c 1,91 g都是实数.而且因为2+%x+4,都是不可约的，所以p,满足<4g:( 12 。上都是正整数山 ,+2k1+ +2，等于f)的次数多项式的标准分式还可以看出：如果虚数0是实系数多项式的个根，那么不但ā也是f任)的根，而且它们的重数也是相等的。 8.有理系数多项式 (i)设gr)=b .+b1x+6是一个非零的整系数多项式如果它的各项系数b,…,,b 除去士1外没有其他的公因数，那么g(工)就称为一个本原多项式. 第1页

(iii) 3ıë™f(x)©)™•,å±záÿåıë™ƒëXÍèò,2rÉ”ÿåıë™ ‹ø,u¥f(x) ©)™“§èf(x) = ap n1 1 (x)p n2 2 (x)· · · p ns s (x),Ÿ•a ¥f(x) ƒëXÍ;p1(x), p2(x), · · · , ps(x) ¥àÿÉ”ƒëXÍèòÿåıë™;n1, n2, · · · , ns¥Í.˘´©)™°èIO©)™. 5. œ™ (i) ÿåıë™p(x)°èıë™f(x)kœ™,XJp k (x)|f(x), p k+1(x) - f(x).XJk = 0,@op(x)ÿ ¥f(x) œ™; XJk = 1,@op(x)°èf(x)¸œ™;XJk > 1,@op(x)°èf(x)œ™.XJògœ ™x − c¥f(x)k(k > 0)œ™,“°c¥f(x)k ä. AO/,k = 1û,°è¸ä;k > 1û,°èä. (ii) XJÿåıë™p(x)¥f(x)k(k ≥ 1)œ™,@op(x)¥f 0 (x)k − 1œ™.(5ø:_·Kÿ§ ·) (iii) XJÿåıë™p(x)¥f(x)k(k ≥ 1)œ™,@op(x)©O¥f 0 (x), f00(x),· · · , f(k−1)(x)k − 1, k − 2, · · · , 1œ™, ÿ¥f (k) (x)œ™. AO/,f(x)¸œ™ÿ2¥f 0 (x)œ™. (iv) XJÿåıë™p(x)¥f(x)œ™ø©7á^áè:p(x)¥f(x)Üf 0 (x)˙œ™. (v) ıë™f(x)vkœ™ø©7á^á¥f(x)Üf 0 (x)pÉ. (vi) (f(x), f0 (x)) = 1¥f(x)vkäòáø©^á. 6. ıë™ºÍ (i) f(x) = anx n+an−1x n−1+· · ·+a1x+a0 ∈ F[x],α ∈ F,3˛™•^αìx§Íanα n+an−1α n−1+ · · · + a1α + a0 °èf(x)x = aûä,Pèf(α).˘ò5,ıë™f(x)“½¬ òáÍçP˛ºÍ.å± dòáıë™5½¬ºÍ°èÍçP˛ıë™ºÍ. (ii) ({Í½n) ^ògıë™x−aÿıë™f(x),§{™¥á~Í,˘á~Í“uºÍäf(α). XJf(x) 3x = a ûºÍäf(α) = 0,@oα “°èf(x) òáä½":. (iii) α¥f(x)äø©7á^á¥(x − α)|f(x). (iv) P[x]•ngıë™(n ≥ 0)3ÍçP•äÿåUıuná,äUÍOé. (v) XJıë™f(x), g(x)gÍ—ÿáLn, ßÇÈn+1áÿ”Íα1, · · · , αn+1kÉ”ä,=f(αi) = g(αi), i = 1, 2, · · · , n + 1, @of(x) = g(x). 7. EXÍÜ¢XÍıë™œ™©) (i) (ìÍƒ½n)zágÍ≥ 1EXÍıë™,3EÍç•kòáä. d`: zágÍ≥ 1EXÍıë™,3EÍç˛ò½kòáògœ™.ddå3EÍç˛,§kg Í> 1ıë™—¥å;ÜÈ{`EXÍÿåıë™êkògıë™. (ii) (EXÍıë™œ™©)½n) zágÍ≥ 1EXÍıë™—å±çò/©)§ògœ™¶ ».œd,EXÍıë™IO©)™èf(x) = a(x − α1) l1 (x − α2) l2 · · ·(x − αs) ls . Ÿ•α1, α2, · · · , αs¥ÿ”EÍ¶l1, l2 · · · ls¥Í¶l1 + l2 + · · · + lsuf(x)gÍ.IO©)™` ² zángEXÍıë™TknáEä(äUÍOé). (iii) f(x)¥òá¢XÍıë™,XJEÍα¥f(x)òáä,@oα›α¯è¥f(x)òáä. (iv) (¢XÍıë™œ™©)½n) zágÍ≥ 1¢XÍıë™3¢Íç˛—å±çò/©)§ò gÜgÿåœ™¶».¢XÍıë™IO©)™è f(x) = a(x − c1) l1 · · ·(x − cs) ls (x 2 + p1x + q1x) k1 · · ·(x 2 + plx + ql) kt , Ÿ•c1, · · · , cs, p1, q1, · · · , pt, qt—¥¢Í, Öœèx 2+pix+qi—¥ÿå,§±pi , qi˜vp 2 i < 4qi(i = 1, 2, · · · , t).l1, · · · ls9k1, · · · , kt—¥Í,l1 + · · · + ls + 2k1 + · · · + 2ktuf(x)gÍn. l¢XÍıë™IO©)™Ñå±w—:XJJÍα¥¢XÍıë™f(x)òáä,@oÿα¯è ¥f(x)ä, ÖßÇÍè¥É. 8. knXÍıë™ (i) g(x) = bnx n+bn−1x n−1+· · ·+b1x+b0¥òáö"XÍıë™.XJßàëXÍbn, · · · , b1, b0 ÿ±1 vkŸ¶˙œÍ,@og(x)“°èòáıë™. 1 1 ê

()(高斯(Gauss)引理)两个本原多项式的乘积还是本原多项式. (曲)如果一个整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积那么它一定能够分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积 ()如果整系数多项式f)分解成f)=g)h(口，其中g)是本原多项式，（口）是有理系数多项式，那么h(e)一定是整系数多项式. (v设f(x)=amxn+am1xn-1+·,·+a1r+a0是一个整系数多项式如果它有一个有理根，其中r,s是互素的整数，那么必有an,ao.特别的，如果fz)的首项系数an=1,那么f(z)的有理根都是整根，而且是o的因数 ((艾森斯坦(Eisenstein)判别法)设f(a)=anx+an 1r-1+…+ao是一个整系数多项式如果有一个（存在）素数p,使得(1)p1an;(2)plan-1,an-2,…,ao(3)p2a那么f(e)在有理数域上是不可约的一.解题方法与技巧一综合除法及应用设f()= r+an-r-1++ao,g)=ba--+b-2r-2+…tb+o,且时0回=e- xo)g(x)+rm.则 bn-1=an,bm-2=x0bu-1+an-1,··,b1=0b+a2,l0=x0b1+a1,r0=x0bo+a0 例题1.1把f()=4-2x2+3表示成x+2的方幂的形式例题1.2确定f)=P-10r2+15x-6的所有有理根及其重数二多项式的根及相关问题多项式的根中有单位根时，就称此多项式为含单位根的多项式讨论含单位根的两多项式的有关命题时，常将原来的数域P扩为复数域C,把命题放在复数域C上的多项式环C内讨论由于整除，最大公因式，互素等概念都不因系数域的扩大而有所改变，因此，应用（本原）单位根，可研究上述三方面的问题。设e是一个n次单位根，若”，c,2,…,en-1是n个不同的n次单位根（也是全部的n次单位根），则称e是n 次原根，也称本原n次单位根.也就是说，如果任意一个n次单位根都可表成ek(:为整数)的形式，则说n次单位根。是一个本原次单位任意次的原根是否存在呢？是存在的，事实上不论是什么自然数 +isi血票总是一个n次原根，因为9=o,c=1,e=2…,e-1=m-1是n个不同的n次单位根，故e1是n次原根例题2.1如果红-1e),则(-1/ 证因( 11f),故f(1 ,设e是次单位根( =0,1,2,…,n-1),则因f(e)=f)=0,故任 n次单位根，都是fx”)的根，又由于x”-1的根都是单根，线性因子x-0,工-1，…，工-n-1互素，故(”- 1f(x"). 第2页

例题2.2证明：g(e)=x2+x+1整除f()=xm+x3n+1+x+2,(m,n,是任意非负整数). 证设三次本原单位根为.则g(x)的两根为，w2.因f(w)=(w3m+(u3)严w+w3Pw2=1+w+w2=0, 同理fu2)=0,又，w2为g(z)的单根，故g(ef(c). 例题2.3设f)=x3m-x3m+1+xp+2,g)=x2-x+1,其中m,n,p为非负整数，求证当且仅当m,n,p同为奇数或同为偶数时，g(f() 证◆2 +1=0的两根为a,,2+x+1=0的根为1， 2,则x1=-a,2=-8, 必要性：因ga)-g(a)=0,gf,故f@)=f)=0,即f-)=f(-2)=0.由f(-r)=0,得到(-1)3m-(-x1)3m+1+(-x1)3柳+2=0(1) 欲使(1)化为r子+玉1+1=0，m,n必同为奇数或同为偶数：m,p亦然，即m,n,p必同为奇数或同为偶数. 充分性：当m,n,p同为奇数或同为偶数时.(1)式成立，从而f(-x1)=fa)=0.同理，f8)=0.又(x- a,x-3)=1,故gaf) 例题2.4证明当且仅当dn时.(xd-1l(xn-1). 证充分性：设dn,且设e是一个d次单位原根，即1，，e,…,ed-1为x4-1的所有根，从而e=1.于是(e)r= (" 即x4-1的根全是 -1的根，故(-1c cos+isin吾是r4 1的一个根，因而-c学-1功，又因2-1-1. 故（红-e乎）(xn-1),于是e乎严-1=0，即e学=1，故dn. 例题2.5()证明：若(2+x+1h(x)+xf(x),则x-1听(，x-2((②)证明：若(x2+x+ 4)fi()+zf2(),-8f(x),-8f2(r): 证(1)设x2+x+1的两个复根为a,6(即a=1,B=--@).由于x3-1=(z-1)(x2+x+1), 所以a3=3=1.因为z2+x+1=(r-a)红-且（工-a)红-）|f1(r)+x2(x3),所以例题2.6求多项式”-1在复数范围内和在实数范围内的因式分解解 (k=0,1,,n-1).因为-1在复数域内恰有n个根(k=0,1,n 所以它在复数域上的式分解为z-1=红红一6红-.在一再讨论它在实数域上的因式分解，由于a=n-k,所以sk+en-k=ek十G=2cos=是一个实数，且由于(ek+Em-k)2-4=4cos22题-4<0(k=1,.,n-1),故x2-(ek+en-k)z+1是实数域上的不可约名项式从而当n为奇数时，有x-1=(-1)2-(白+n-1)x+12-(e2+n-2z+,…×2-(e学十 =(红-1)x2 2红cms票+r2-2xcos票+1.…×z2-2x0s-亚+1川 e-1)0iz2-2xcos+1刂当n为偶数时，则 x"-1=(-1)+1z2-(e1+cm-1+r2-(e2+en-2z+刂…× 2-ea学+e学z+1刂 =e-1)+1)Πx2-2xos+ 例题2.7（①）如果f(xf(z),证明：f(z)有n重根，其中n=deg(f(x). 证设a1,, ,a是∫'(e)的所有互不相同的根，其重数分别为m,m2, .由于(x)是-1次多项式，所以m1+m2十 =n-1.又由fef)知，a1,a2 也是f)的根且重数分别为m1+1,m2+1 m+1于 (m1+1)+(m2+1)+· +(m,+1)=n,因此n-1+s=m,即s=1 这表明f'()只有一个根a,其重数为n-l,从而a,是f(z)的n重根. 第3页

~K2.2 y²: g(x) = x 2 + x + 1ÿf(x) = x 3m + x 3n+1 + x 3p+2 ,(m, n, p¥?øöKÍ). y ng¸†äèω,Kg(x)¸äèω, ω2 . œf(ω) = (ω 3 ) m+(ω 3 ) nω+(ω 3 ) pω 2 = 1+ω+ω 2 = 0, ”nf(ω 2 ) = 0,qω, ω2èg(x)¸ä,g(x)|f(x). ~K2.3 f(x) = x 3n−x 3m+1+x 3p+2, g(x) = x 2−x+1,Ÿ•m, n, pèöKÍ, ¶yÖ=m, n, p” è¤Í½”èÛÍû,g(x)|f(x). y -x 2 − x + 1 = 0¸äèα, β,x 2 + x + 1 = 0äèx1, x2,Kx1 = −α, x2 = −β. 7á5:œg(α) = g(β) = 0, g(x)|f(x),f(α) = f(β) = 0,=f(−x1) = f(−x2) = 0.df(−x1) = 0, (−x1) 3n − (−x1) 3m+1 + (−x1) 3p+2 = 0 (1) ñ¶(1)zèx 2 1 + x1 + 1 = 0, m, n7”è¤Í½”èÛÍ;m, p½,,=m, n, p7”è¤Í½”èÛÍ. ø©5¶m, n, p”è¤Í½”èÛÍû,(1)™§·,l f(−x1) = f(α) = 0.”n,f(β) = 0.q(x − α, x − β) = 1,g(x)|f(x). ~K2.4 y²Ö=d|nû,(x d − 1)|(x n − 1). y ø©5:d|n,Öε¥òádg¸†ä,=1, ε, ε2 , · · · , εd−1èx d − 1§kä, l ε n = 1. u ¥(ε s ) n = (ε n) s ,(s = 0, 1, 2, · · · , d − 1. =x d − 1ä¥x n − 1ä,(x d − 1)|(x n − 1). 7á5:œe 2πi d = cos 2π d + isin 2π d ¥x d − 1òáä,œ (x − e 2πi d )|(x d − 1),qœ(x d − 1)|(x n − 1). (x − e 2πi d )|(x n − 1),u¥(e 2πi d ) n − 1 = 0,=e 2nπi d = 1,d|n. ~K2.5 (1) y²: e(x 2 + x + 1)|f1(x 3 ) + xf2(x 3 ), Kx − 1|f1(x), x − 1|f2(x); (2)y²: e(x 2 + x + 4)|f1(x 3 ) + xf2(x 3 ), Kx − 8|f1(x), x − 8|f2(x); y (1) x 2 + x + 1¸áEäèα, β(=α = −1+√ 3i 2 , β = −1− √ 3i 2 ). dux 3 − 1 = (x − 1)(x 2 + x + 1), §±α 3 = β 3 = 1,œèx 2 + x + 1 = (x − α)(x − β)Ö(x − α)(x − β) | f1(x 3 ) + xf2(x 3 ), §± f1(α 3 ) + αf2(α 3 ) = 0, f1(β 3 ) + βf2(β 3 ) = 0, =f1(1) + αf2(1) = 0, f1(1) + βf2(1) = 0. )f1(1) = f2(1) = 0, l (x − 1) | f1(x),(x − 1) | f2(x) ~K2.6 ¶ıë™x n − 13EÍâåS⁄3¢ÍâåSœ™©). ) -εk = cos 2kπ n + isin 2kπ n (k = 0, 1, . . . , n − 1). œèx n − 13EÍçSTknáäεk(k = 0, 1, . . . , n − 1),§±ß3EÍç˛œ™©)èx n − 1 = (x − 1)(x − ε1)(x − ε2). . .(x − εn−1). 2?ÿß3¢Íç˛œ™©), duε¯k = εn−k,§±εk + εn−k = εk + ¯εk = 2 cos 2kπ n ¥òá¢Í, Ö du(εk + εn−k) 2 − 4 = 4 cos2 2kπ n − 4 < 0(k = 1, . . . , n − 1), x 2 − (εk + εn−k)x + 1¥¢Íç˛ÿå ıë™. l nè¤Íû, kx n − 1 = (x − 1)[x 2 − (ε1 + εn−1)x + 1][x 2 − (ε2 + εn−2)x + 1], . . . × [x 2 − (ε n−1 2 + ε n+1 2 )x + 1]. = (x − 1)[x 2 − 2x cos 2π n + 1][x 2 − 2x cos 4π n + 1] . . . × [x 2 − 2x cos (n−1)π n + 1] = (x − 1) Qn−1 2 k=1 [x 2 − 2x cos 2kπ n + 1] nèÛÍû, K x n − 1 = (x − 1)(x + 1)[x 2 − (ε1 + εn−1)x + 1][x 2 − (ε2 + εn−2)x + 1] . . . × [x 2 − (ε n−2 2 + ε n+2 2 )x + 1] = (x − 1)(x + 1) Qn−2 2 k=1 [x 2 − 2x cos 2kπ n + 1] ~K2.7 (1) XJf 0 (x)|f(x), y²: f(x)knä, Ÿ•n = deg(f(x)). y α1, α2, · · · , αs¥f 0 (x)§kpÿÉ”ä, ŸÍ©Oèm1, m2, · · · , ms. duf 0 (x)¥n − 1g ıë™, §±m1 + m2 + · · · + ms = n − 1. qdf 0 (x)|f(x), α1, α2, · · · , αsè¥f(x)äÖÍ©O èm1 + 1, m2 + 1, · · · , ms + 1.u¥(m1 + 1) + (m2 + 1) + · · · + (ms + 1) = n, œdn − 1 + s = m, =s = 1. ˘L²f 0 (x) êkòáäα1, ŸÍèn − 1, l α1¥f(x)nä. 1 3 ê

例题2.8设f(x,g(),h(x)∈Px,而且(x2+1)h(x)+(任-1)fx)+(x+2)g()=0,(r2+1)h()+ (x+1)f(x）+(x-2)g(x）=0. 试证(r2+1)f,g(》证明将)与2)相加，可得2(x2+1h()+2x)+9》=0.由(2+1，)=1知r2+1回)+g在再将(1)减去(2)得-2f()+4g(x)=0.故f(a)=2g(x,x2+1fx,x2+1g(r).另证：将fr,9(x),h(x)看做多项式函数.令x=一1.代入(1).(2)得 (百-1)f1+(N百+2)g(V=0.(+1)f司+(N-2)g(=0, 两式相加，相减分别得下面两式：2互(f(+g()=0.-2f(V)+4g()=0. g)=0.同理f-√=g(- =0.从而2+1fe,9》例题2.9设f(x,gm)是有理数域上的多项式，且f(e)在有理数域上不可约.若存在复数a使得f(@)= ga)-0,则flg( 例题2.10设f)∈Z,p是正整数p>1.如果p,k=0,1p-1,则f)无整数根证明设m∈z,则有m=mp+k,0≤k≤p-1.设f回=三a4r,a∈Z.于是f(m)=a,(mp+ ,=∑a(modp,即fm)三f(mop,因为ptf.0≤k≤p-l,故ptf(m.特别有fm)≠0. 例题2.10求多项式x3++9有重根的条件解令f)=x3+π+g,则有f()=3r2+n,用fa)去除f(a)得余式n1()=肛+g.于是若r(a)= 0,即p=q=0时，fz)有重根.当p≠0时，用r1(口)去除f'(x)得余式r2(c)=;当r2()=0时，即4p3+ 27g2=0时，f(e)有重根.于是f(x)有重根的充分必要条件是rn1(e)=0或r2(e)=0,也即4p2+27g2=0. 例题2.11证明：1+x+号+…+需不能有重根. 证明令fx)=1+x+号+.…+需，得f()=1+x+号+…+ 可见fe)=f'(e)+后，由于0不是f(e)的根，所以红”，Pe》=1,从而(fe,f》=(f口)+ ,》=(点，(》=1，故e)没有重根例题2.12设一元多项式f(x)=x3-3x2=tx-1.问 1)取何值时 )有重根 ②诹怎样的整 fx)在有理数域上不可约解()f)有重根，需使(f),∫()≠1.用辗转相除法求得(f(e,f》≠1应有t=3.或t=一。当t=3时，f(x)有三重根1：当t=-9时，fx)有二重根- (2)若f(x)在有理数域上可约，则f(x)至少有一个一次因式，即f(x)至少有一个有理根.但是f(x)的有理根只能是1或1，当f1)=0时，t=3:当f(-1)=0时t=-5.因此仅当t=3或=-5时，f(x)在有理数域上可约，于是当取不等于3和-5的整数时，f(x)在有理数域上不可约. 例题2.13设fa)∈P,fx)的标准分解为f)=cpm(e)2(e)…n,(e,k≥1.试证下列条件等价 ()f)无重因式：(2f)作为Cx中元素无重根：(3)(f(),f'()=】证明(1)→(2)若p(,g(x)∈Px不可约，且(p(),g(》=1.因为(，(》=1，(q),9(》=1, 故x),q(x)在C中无重根.且pr),q(c)在C中无公共根.于是f(e)无重因式，则在C中无重根. 第4页

~K2.8 f(x), g(x), h(x) ∈ P[x], Ö(x 2 + 1)h(x) + (x − 1)f(x) + (x + 2)g(x) = 0, (x 2 + 1)h(x) + (x + 1)f(x) + (x − 2)g(x) = 0, £y (x 2 + 1)|(f(x), g(x)). y² Ú(1)Ü(2)É\, å2(x 2 + 1)h(x) + 2x(f(x) + g(x)) = 0. d(x 2 + 1, x) = 1x 2 + 1|f(x) + g(x). 2Ú(1)~(2)−2f(x) + 4g(x) = 0. f(x) = 2g(x), x 2 + 1|f(x), x2 + 1|g(x). ,yµÚf(x), g(x), h(x)w âıë™ºÍ.-x = √ −1, ì\(1),(2) ( √ −1 − 1)f( √ −1) + (√ −1 + 2)g( √ −1) = 0, (√ −1 + 1)f( √ −1) + (√ −1 − 2)g( √ −1) = 0, ¸™É\, É~©Oe°¸™: 2√ −1(f( √ −1) + g( √ −1)) = 0, −2f( √ −1) + 4g( √ −1) = 0. u¥f( √ −1) = g( √ −1) = 0. ”nf(− √ −1) = g(− √ −1) = 0. l x 2 + 1|(f(x), g(x)). ~K2.9 f(x), g(x)¥knÍç˛ıë™, Öf(x)3knÍç˛ÿå. e3EÍα¶f(α) = g(α) = 0, Kf(x)|g(x). ~K2.10 f(x) ∈ Z[x], p¥Í,p > 1.XJp - f(k), k = 0, 1 · · · p − 1, Kf(x)ÃÍä. y² m ∈ Z,Kkm = m1p + k, 0 ≤ k ≤ p − 1. f(x) = Pn i=0 aix i , ai ∈ Z. u¥f(m) = Pn i=0 ai(mip + k) i ,≡ Pn i=0 aik i (modp), =f(m) ≡ f(k)(modp),œèp - f(k), 0 ≤ k ≤ p − 1,p - f(m). AOkf(m) 6= 0. ~K2.10 ¶ıë™x 3 + px + qkä^á. ) -f(x) = x 3 + px + q,Kkf 0 (x) = 3x 2 + p,^f 0 (x)ÿf(x){™r1(x) = 2 3 px + q. u¥er1(x) = 0,=p = q = 0û,f(x)kä. p 6= 0û, ^r1(x)ÿf 0 (x){™r2(x) = 4p 3+27q 2 4p2 ; r2(x) = 0û,=4p 3 + 27q 2 = 0û,f(x)kä. u¥f(x)käø©7á^á¥r1(x) = 0½r2(x) = 0,è=4p 3 + 27q 2 = 0. ~K2.11 y²: 1 + x + x 2 2! + · · · + x n n! ÿUkä. y² -f(x) = 1 + x + x 2 2! + . . . + x n n! ,f 0 (x) = 1 + x + x 2 2! + . . . + x n−1 (n−1)! åÑf(x) = f 0 (x) + x n n! , du0ÿ¥f 0 (x)äß§±(x n, f0 (x)) = 1, l (f(x), f0 (x)) = (f 0 (x) + 1 n! x n, f0 (x)) = ( 1 n! x n, f0 (x)) = 1, f(x)vkä. ~K2.12 òıë™f(x) = x 3 − 3x 2 = tx − 1.Ø (1) t¤äû, f(x) kä; (2) tNÍû, f(x) 3knÍç˛ÿå. ) (1) f(x)kä, I¶(f(x), f0 (x)) 6= 1. ^Œ=Éÿ{¶(f(x), f0 (x)) 6= 1Akt = 3,½t = − 15 4 . t = 3û, f(x)knä1¶t = − 15 4 û, f(x)kä− 1 2 . (2)ef(x)3knÍç˛å,Kf(x)ñkòáògœ™, =f(x)ñkòáknä. ¥f(x)kn äêU¥1½-1,f(1) = 0û,t = 3¶f(−1) = 0ût = −5.œd=t = 3½=-5û, f(x)3knÍç˛å , u¥tÿu3⁄-5Íû, f(x)3knÍç˛ÿå. ~K2.13 f(x) ∈ P[x],f(x)IO©)èf(x) = cp1(x) k1 p2(x) k2 · · · pr(x) kr , ki ≥ 1. £ye^á d: (1) f(x)Ãœ™; (2) f(x) äèC[x]•ÉÃä; (3) (f(x), f0 (x)) = 1. y² (1) =⇒ (2) ep(x), q(x) ∈ P[x]ÿå, Ö(p(x), q(x)) = 1. œè(p(x), p0 (x)) = 1,(q(x), q0 (x)) = 1, p(x), q(x)3C•Ãä. Öp(x), q(x)3C•Ã˙ä. u¥f(x)Ãœ™, K3C•Ãä. 1 4 ê

(2)→(3)因为f(x)在C中无重根.故(f（x),f(x)=1. ③)一四设f回=me%…-(.于是f国=c宫n(a-回卫a),.注意到(p(),()Πp()=1.故1=(.f(》=Ⅱp(-,于是-1=0,1≤j≤r.故6=1,1≤ j≤下.因而f)无重因式. 三多项式的不可约性例题3.1证明：设x)是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式fx)与g(x),由(xf(x)g(x)可推出p(xf()或者p(g(),那么p)是不可约多项式. 证明反设p 可约，则存在次数小于doe)的多项式ese使)三g,此时pe 由题设p(rf)或p()lg(.但这是不可能的，因为deg(f)0且首项系数为1的多项式f(工)是一个不可约多项式的方幂的充分必要条件为正整数 m,fg"() 1或pxlg(a).当(p(c),gx》=1时有(e),9e)=1.而当plg(e)时，有p(elgm(,即f(z)lg"(). 充分性.反证如果f)不是某一个不可约多项式的方幂，则fe)=(e(工)…必((s>1).其中：（是不同的不可约多项式 ,,是正整数取g()=m(,由题设(f(,m(》=1或者f)) 其中m为某一正整数但这都是不可能的.故f)是某不可约多项式的方幂例题3.3下列多项式在有理数域上是否可约？ (1)x+1:(②)xP+m+1,p为奇素数；(3)x4+4k红+1，k为整数解（②令 1.代入f ++1得g()=fg 1) -Cy-1+C2r2-. -C-22+ 且pt1,plCp, ·,P-2,p(C-1+),pn故由艾森斯坦判别法知 (3)令x=y+1,代入f)=x4+4x+1,得g)=fg+1)=2+43+6r2+(4k+4)g+4k+2.取素数p=2.由于21，又24,26,2引(4+4)，2(4+2，但221(4k+2),故由爱森斯坦判别法知g(y)在有理数域上不可约，从而f(x)在有理数域上也不可约. 例题3.4设a1,2,…m是相异整数.证明：多项式(x-a1)(红-2)…（任一，）-1在有理数上不可约. 证明令f(e)=-(任-a1)任-a2)…(任-an)-1,假若fx)在有理数域上可约，则存在整系数多项式h(e) 与f()且degf()<degf()使得f)=i(a)f(e).而f(a)=fi(a)f(a)=-l,因此fi(a)= 1,2(a,）=- 或a :10 ,j2a1 是 ).由此知1（）+f()=0 即()=-(，从而f)=-，此与fx)的首项系数为1矛盾，故fe)在有理数域上不可约例题3.5设f)=(-a1)P(-a2)P.…(-an)P+1,其中a1,a2, ·,an是各不相同的整数，证明f(x)在有理数域上不可约，证设f)=)g(),其中p(c,g()为整系数多项式.于是(a)ga)都是整数，且f(a)=p(a)ga,) 1,说明o(a)与g(a)同取值1或同取值-1.另一方面，任何x,f()的值总是正数，因此f(r)没有实根，从而( ,gx)都没有实根.如果p(a)=1而p(a)=-l,则()必有实根，故p(a),…,(an)只能同为1或同为-L从而可知-(x)一1与g()一1（或者（包）+1与g(z)+1)至少含有n个根a1,a2,…,,但它们的次数之和等于f(x)的次数2m,因此()-1与g(d)-1(或者（田）+1与g(e)+1)都是n次多项式，故不妨假 -a) -an)g(z)- 8(T a1…( an),其中a,B为整数，则f(a)=p()g() 即-c-a,P+1=a3-aP+(a+Tc-a)+1.比较z2n ”的数得到aB=1,a+B 0.由aB=1可知a与同号，由a+B=0可知a与B必异号，故二者矛盾，从而命题得证. 第5页

(2) =⇒ (3) œèf(x)3C•Ãä. (f(x), f0 (x)) = 1. (3) =⇒ (1) f(x) = cp1(x) k1 p2(x) k2 · · · pr(x) kr . u¥f 0 (x) = c Pr i=1 (kipi(x) ki−1 p 0 i (x) Q j6=i pj (x) kj ). 5ø (pi(x), p0 i (x) Q j6=i pj (x) kj ) = 1. 1 = (f(x), f0 (x)) = Qr j=1 pj (x) kj−1 , u¥kj − 1 = 0, 1 ≤ j ≤ r.kj = 1, 1 ≤ j ≤ r. œ f(x)Ãœ™. n ıë™ÿå5 ~K3.1 y²: p(x)¥gÍåu"ıë™, XJÈu?¤ıë™f(x)Üg(x)ßdp(x)|f(x)g(x)åÌ —p(x)|f(x) ½ˆp(x)|g(x), @op(x)¥ÿåıë™. y² áp(x)å, K3gÍudeg(p(x))ıë™f(x), g(x) ¶p(x) = f(x)g(x), dûp(x)|f(x)g(x), dKp(x)|f(x) ½p(x)|g(x). ˘¥ÿåU,œèdeg(f(x)) 0ÖƒëXÍè1ıë™f(x)¥òáÿåıë™êòø©7á^áè È?øıë™g(x)7k(f(x), g(x)) = 1½ˆÈ,òÍm, f(x)|g m(x). y² 7á5. f(x) = p m(x), Ÿ•p(x) ¥ÿåıë™, KÈ?øıë™g(x)k(p(x), g(x)) = 1½p(x)|g(x). (p(x), g(x)) = 1ûk(f(x), g(x)) = 1. p(x)|g(x)û,kp m(x)|g m(x), =f(x)|g m(x). ø©5. áyXJf(x)ÿ¥,òáÿåıë™êò,Kf(x) = p r1 1 (x)p r2 2 (x)· · · p rs s (x)(s > 1). Ÿ •pi(x)¥ÿ”ÿåıë™,r1, · · · , ri ,¥Í.g(x) = p1(x), dK(f(x), p1(x)) = 1 ½ˆf(x)|p m 1 (x), Ÿ•mè,òÍ˘—¥ÿåU. f(x)¥,òÿåıë™êò. ~K3.3 eıë™3knÍç˛¥ƒå? (1) x 4 + 1; (2) x p + px + 1, pè¤ÉÍ; (3) x 4 + 4kx + 1, kèÍ. ) (2) -x = y − 1,ì\f(x) = x p + px + 1g(y) = f(y − 1) = y p − C 1 p y p−1 + C 2 p y p−2 − · · · − C p−2 p y 2 + (C p−1 p + p)y − p. dup¥ÉÍ, Öp - 1, p|C i p , i = 1, 2, · · · , p − 2, p|(C p−1 p + p), p2 - p,dM‹d"O{, g(y)3knÍç˛ÿå, l f(x)3knÍç˛èÿå. (3) -x = y + 1,ì\f(x) = x 4 + 4kx + 1, g(y) = f(y + 1) = y 4 + 4y 3 + 6y 2 + (4k + 4)y + 4k + 2. ÉÍp = 2.du2 - 1,q2|4, 2|6, 2|(4k + 4), 2|(4k + 2), 2 2 - (4k + 2), dO‹d"O{g(y) 3knÍ ç˛ÿå,l f(x)3knÍç˛èÿå. ~K3.4 a1, a2, · · · ,n¥É…Í. y²: ıë™(x − a1)(x − a2)· · ·(x − an) − 13knÍ˛ÿå. y² -f(x) = (x − a1)(x − a2)· · ·(x − an) − 1,bef(x)3knÍç˛å, K3XÍıë™f1(x) Üf2(x) Ödegfi(x) < degf(x) ¶f(x) = f1(x)f2(x). f(ai) = f1(ai)f2(ai) = −1, œdf1(ai) = 1,f2(ai) = −1 ½f1(ai) = −1, f2(ai) = 1.u¥f1(ai) + f2(ai) = 0, (i = 1, 2, · · · , n),ddf1(x) + f2(x) = 0, =f2(x) = −f1(x), l f(x) = −f 2 1 (x),dÜf(x)ƒëXÍè1gÒ,f(x)3knÍç˛ÿå. ~K3.5 f(x) = (x − a1) 2 (x − a2) 2 · · ·(x − an) 2 + 1,Ÿ•a1, a2, · · · , an¥àÿÉ”Í,y²f(x)3 knÍç˛ÿå. y f(x) = ϕ(x)g(x),Ÿ•ϕ(x), g(x)èXÍıë™.u¥ϕ(ai), g(ai)—¥Í,Öf(ai) = ϕ(ai)g(ai) = 1, `²ϕ(ai)Üg(ai)”ä1½”ä−1. ,òê°, ?¤x,f(x)äo¥Í,œdf(x)vk¢ä, l ϕ(x) , g(x) —vk¢ä. XJϕ(ai) = 1 ϕ(aj ) = −1, Kϕ(x)7k¢ä,ϕ(a1), · · · , ϕ(an) êU”è1 ½ ”è−1, l åϕ(x) − 1Üg(x) − 1(½ˆϕ(x) + 1Üg(x) + 1)ñ¹knáäa1, a2, · · · , an, ßÇ gÍÉ⁄uf(x)gÍ2n,œdϕ(x) − 1Üg(x) − 1(½ˆϕ(x) + 1Üg(x) + 1)—¥ngıë™,ÿîb ϕ(x) − 1 = α(x − a1)· · ·(x − an),g(x) − 1 = β(x − a1)· · ·(x − an), Ÿ•α, βèÍ,Kf(x) = ϕ(x)g(x). = Qn i=1(x−ai) 2 + 1 = αβ Qn i=1(x−ai) 2 + (α+β) Qn i=1(x−ai) + 1. 'x 2n, xnXÍαβ = 1, α+β = 0.dαβ = 1åα Üβ”“,dα + β = 0åαÜβ7…“,ˆgÒ,l ·Ky. 1 5 ê

例题3.6试证：fe)=xP-1+xP-2+…+x+1(p为素数)在有理数域上是不可约的. 证令x=y+1得到fE)=P-=+1-1=yP-1+CyP-2+…+C5y-k-1+…+Cg-1= f(),则f)的各项系数为a n-11干是可找素数m满足ln.任三012 2PTap-1 2。由斯坦别法知在有理数越上不可的故在有理数域上也不可约这是因为若fx)在有理数域上可约，则f(x)-g(x)h(x),其中有理系数多项式g(x)与h(x)的次数都小于∫(x)的次数，则由f(g)=f(g+1)得到f()=g(y+1)h(y+1).即f()可以分解为两个次数都比它小的有理系数多项式，故fy)在有理数域上可约，矛盾.故命题得证. 例题3.7设f)=x2+b2+r+d是整系数多项式，证明：如果d+cd是奇数，则f)在有理数域上不可约. 证反设：如果f(x)在有理数域上可约，则在整数环上可约.于是存在整数m,n,s使得f(x=(x+m)(x2+ nr+s)=x3+ba2+cx+d,比较同次项系数，得到m+n=五，mn+8=c,ms=d.由(b+cd为奇数，推出b+c,d均为奇数，因而由(3)可知m,s均为奇数：又由b+c=m+s+n(m+1)为奇数，推出n(m+1)必为奇数，因而m必为偶数，这与m是奇数矛盾，故f()在有理数域上不可约四其它问题例题4.1分别在有理数域，实数域和复数域上将下列多项式分解为不可约多项式的乘积 (1)24 1 ）x+9:(3)x +2 (x+ 解以(1)为例()有理数域上：令y=x+1,则x+1=(g+1)1+1=y+4y3+6y2+4y+2 取p=2,则y+4r+6y+4y+6满足Eisenstein判别法的条件，因此+4r+6r+4划+6在有理数域上不可约，因此x+1在有理数域上不可约. (m)实数域上：x4+1=(x2+1)2-(2x)2=(x2+V2x+1(x2-V2x+1),因为±22-4=-21且m=m1dn=n1d其中1S m<m.令uw是女原根作wm,下证wm为，g)的公共根因wm=1.因而(wm1)n=wmd=(wm)=1,即wm1为一个n次单位根，又由于w为m次原根，而1≤ m1<m,故wm≠1，于是wm必为g(x)的根又因)wm)m=(um)m=1,且wm≠1，故m,又必为f(z)的根，从而wm为f.g(工)的公共根，这与(f工)，g(x》=1矛盾.故(m,m)=1. 证三充分性：如果，g工》=k)≠1，则存在k,使得(x-1+k-2+…+x+1,(k-1十 x+1(),即(ak 1)(m-1),(k-1)(-1.由例题2.4可知,m,这与(m,m)=1矛盾，故f9(》=1 必要性：如果(m,n)=d≠1，则dn,dm,由例题2.4可知：(4-1)(x-1),(c4-1(em-1).即(-1+ xd-2+…+x+1)g(,(x-1+x4-2+…+x+1)儿f,这与(fx),g(x)=1矛盾.故当fe),g(e)互素时，必有(m.n}=1. 例题4.3令复数c是有理数域上多项式环Qr中一个非零多项式的根，令J={)∈QF=0) 证明：第6页

~K3.6 £y:f(x) = x p−1 + x p−2 + · · · + x + 1(pèÉÍ)3knÍç˛¥ÿå. y -x = y + 1,f(x) = x p−1 x−1 = (y+1)p−1 y = y p−1 + C 1 p y p−2 + · · · + C k p y p−k−1 + · · · + C p−1 p = f(y),Kf(y)àëXÍèai = C p−i−1 p (i = 0, 1, 2, · · · , p − 1),u¥åÈÉÍp,˜vp|ai(i = 0, 1, 2, · · · , p − 2); p - ap−1; p 2 - a0.dM‹d"O{åf(y)3knÍç˛ÿå,f(x)3knÍç˛èÿå,˘¥ œèef(x)3knÍç˛å,Kf(x) = g(x)h(x),Ÿ•knXÍıë™g(x)Üh(x)gÍ—uf(x)g Í, Kdf(y) = f(y + 1)f(y) = g(y + 1)h(y + 1),=f(y)å±©)è¸ágÍ—'ßknXÍıë ™,f(y)3knÍç˛å,gÒ.·Ky. ~K3.7 f(x) = x 3 + bx2 + cx + d¥XÍıë™,y²:XJbd + cd¥¤Í,Kf(x)3knÍç˛ÿ å. y á:XJf(x)3knÍç˛å,K3ÍÇ˛å,u¥3Ím, n, s¶f(x) = (x+m)(x 2+ nx + s) = x 3 + bx2 + cx + d,'”gëXÍ,m + n = b, mn + s = c, ms = d. d(b + c)dè¤Í,Ì —b + c, d˛è¤Í,œ d(3)åm, s˛è¤Í;qdb + c = m + s + n(m + 1)è¤Í,Ì—n(m + 1)7è¤ Í,œ m7èÛÍ,˘Üm¥¤ÍgÒ,f(x)3knÍç˛ÿå. o ŸßØK ~K4.1 ©O3knÍç,¢Íç⁄EÍç˛Úeıë™©)èÿåıë™¶» (1) x 4 + 1; (2) x 4 + 9; (3) x 6 + 27 (4) x 4 + x 2 + 1 ) ±(1)è~ (i) knÍç˛: -y = x + 1, Kx 4 + 1 = (y + 1)4 + 1 = y 4 + 4y 3 + 6y 2 + 4y + 2. p = 2, Ky 4 + 4y 3 + 6y 2 + 4y + 6 ˜vEisensteinO{^á, œdy 4 + 4y 3 + 6y 2 + 4y + 63knÍç ˛ÿå, œdx 4 + 13knÍç˛ÿå. (ii) ¢Íç˛: x 4 + 1 = (x 2 + 1)2 −( √ 2x) 2 = (x 2 + √ 2x+ 1)(x 2 − √ 2x+ 1), œè(± √ 2)2 −4 = −2 1Öm = m1d, n = n1d,Ÿ•1 ≤ m1 < m.-ω¥òámgä.äω m1 ,eyω m1èf(x), g(x)˙ä. œω m = 1,œ (ω m1 ) n = ω m1n1d = (ω m) n1 = 1, =ω m1èòáng¸†ä,qduωèmgä, 1 ≤ m1 < m,ω m1 6= 1,u¥ω m17èg(x)ä.qœ)ω m1 ) m = (ω m) m1 = 1,Öω m1 6= 1,ω m1 . q7èf(x) ä,l ω m1èf(x), g(x)˙ä,˘Ü(f(x), g(x)) = 1gÒ,(m, n) = 1. y ø©5:XJ(f(x), g(x)) = k(x) 6= 1,K3k,¶(x k−1 + x k−2 + · · · + x + 1)|f(x),(x k−1 + x k−2 + · · · + x + 1)|g(x),=(x k − 1)|(x m − 1),(x k − 1)|(x n − 1). d~K2.4åk|n, k|m,˘Ü(m, n) = 1g Ò,(f(x), g(x)) = 1. 7á5:XJ(m, n) = d 6= 1,Kd|n, d|m,d~K2.4å:(x d − 1)|(x n − 1),(x d − 1)|(x m − 1). =(x d−1 + x d−2 + · · · + x + 1)|g(x),(x d−1 + x d−2 + · · · + x + 1)|f(x),˘Ü(f(x), g(x)) = 1gÒ.f(x), g(x)pÉû,7 k(m, n) = 1. ~K4.3 -EÍc¥knÍç˛ıë™ÇQ[x]•òáö"ıë™ä,-J = {f(x) ∈ Q[x]|f(c) = 0}. y²: 1 6 ê

(1)在J中存在唯一的首项系数是1的多项式p()=x”+a1xn-1+…十a,使得J中每一个多项式都可被(x)整除： 2)(x)在有理数域上不可约 (3)如果c=V反+1，求上述的p() 证明（）由题设知J≠⊙.如果c =0.显然可取(x)=x如果c≠0，令S表示由，中多项式的次数作成的集合，据最小数原理，S中必有最小数n取J中次数为n的首相系数为1的多项式，设为(c)=x”+ a1xn-1+·+an.对任意f()eJ,作带余除法，得f(z)=p(x)q(a)+r(e),这里r(e）=0或deg(r(》< deg(p(c).果r(c)≠，则r(c)=f(e)-p(c)q(d)=0,即有r(c)∈J,且deg(r(e)<deg(p(r,此与p(c)的取法矛盾，故r(=0.即pf 设另有(),具有比性质，则n(c加)且pe加1()，由于它们的首项系数为1，故pm(回=) (②)若(r)在Q上可约，即存在p1(,P2()∈Q[可，且0<dcg(n(》<dcgp(,i=1,2,使p() (zp().于是p(d)=pn(cp2(c)-0,因此必有h(c)=0或p2(d)-0,即pm(e)∈J或p()∈J,这都与x)在J中的取法矛盾，故)在有理数域上不可约. (3)取c=V2+1时，令)=z-(W2+1lz-(-V2+1儿=x2-2红-1.p((2+1)=0且p()在有理数域上不可约，故()为所求. 例题4.4设f,(x).o(x …(c)ePX.而且i≠时，((,e》=1.又r(e2(c …,n()ePX求fe)使得f) 解令F=hi.回)=)=F/,.由于i≠时，》=1 故(E(,e=1,故有(.国)∈P冈，使得，国E()+(e))=1 令f=∑4(E(r回+kF(.由于E(回三0(mod:》,i≠方西(ar国)=回- (jcr,()三r,()(mod(c)F(e)≡0(mod,(a),因而fa)三r(c(mod(c),1≤j≤t.不难看出这样的f(x)不是唯一的. 例题4.5求一个次数最低的多项式f(x)∈F,使得f(口)被（红-1）2除所得的余式为2红，被(x-1)3除所得的余式为3红. 例题4.6设A是数域P上的n阶方阵，f(z)∈P工为A的特征多项式，Pz中使得d(A)=0的次数最低的首相系数为1的多顶式x称为A的最小多形式证明：()dF:(②)为A的特征值当且仅当A为(r)的根证明()由Hamilton--Cayley定理f(4=O,所以A的最小多形式d(x)存在.由带余除法可设 fm)=9e)d()+r,其中r(回)-0或r(e)的次数小于d的次数. 由上式得A) (4)d(A)+r(4),于是r(4)=0.由d)的最小性得r(e)=0,故df)】 (②)充分性 d(xfe).因此若A为d()的根，则入显然为A的特征值必要性假定入为A的特征值但入不是d(x)的根，则(z一，d(x)=1.因此存在u(x),t(e)∈P使得 u(r红-)+n(x)d)=1 千是为d)为A的最小多形式所A-A+4))=E。其中E为n阶单位因此由上式可得u(A(A-AE)=E,于是A-AE可逆，因此A-AE到≠0，这与入为A的特征值矛盾.故是()的根第？页

(1) 3J•3çòƒëXÍ¥1ıë™p(x) = x n + a1x n−1 + · · · + an,¶J•zòáıë™—å p(x)ÿ; (2) p(x)3knÍç˛ÿå¶ (3) XJc = √ 2 + 1,¶˛„p(x). y² (1)dKJ 6= ∅.XJc = 0.w,åφ(x) = x.XJc 6= 0,-SL´dJ•ıë™gÍ ä§8‹,‚ÅÍn,S•7kÅÍn .J•gÍènƒÉXÍè1ıë™,èp(x) = x n + a1x n−1 + · · · + an. È?øf(x) ∈ J,äë{ÿ{,f(x) = p(x)q(x) + r(x),˘pr(x) = 0½deg(r(x)) < deg(p(x)).Jr(x) 6=,Kr(c) = f(c) − p(c)q(c) = 0,=kr(c) ∈ J,Ödeg(r(x)) < deg(p(x)), dÜp(x) {g Ò,r(x) = 0,=p(x)|f(x). ,kp1(x),‰kd5ü,Kp1(x)|p(x)Öp(x)|p1(x),dußÇƒëXÍè1,p1(x) = p(x). (2)ep(x)3Q˛å, =3p1(x), p2(x) ∈ Q[x],Ö0 < deg(pi(x)) < deg(p(x)), i = 1, 2, ¶p(x) = p1(x)p2(x).u¥p(c) = p1(c)p2(c) = 0,œd7kp1(c) = 0½p2(c) = 0,=p1(x) ∈ J ½p2(x) ∈ J,˘— Üp(x)3J•{gÒ,p(x)3knÍç˛ÿå. (3) c = √ 2 + 1û,-p(x) = [x − ( √ 2 + 1)][x − (− √ 2 + 1)] = x 2 − 2x − 1. p(x)(√ 2 + 1) = 0Öp(x)3 knÍç˛ÿå,p(x)è§¶. ~K4.4 f1(x), f2(x), · · · ft(x) ∈ P[x]. Öi 6= jû,(fi(x), fj (x)) = 1.qr1(x), r2(x), · · · , rt(x) ∈ P[x].¶f(x)¶ f(x) ≡ rj (x)(modfj (x)), 1 ≤ j ≤ t. ) -F(x) = f1(x)f2(x)· · · ft(x), Fj (x) = Q i6=j fi(x) = F(x)/fj (x). dui 6= jû(fi(x), fj (x)) = 1, (Fj (x), fj (x)) = 1, kuj (x), vj (x) ∈ P[x], ¶uj (x)Fj (x) + vj (x)fj (x) = 1. -f(x) = Pt i=1 ui(x)Fi(x)ri(x) + k(x)F(x). duFi(x) ≡ 0(modfi(x)), i 6= j; uj (x)Fj (x)rj (x) = rj (x) − vj (x)fj (x)rj (x) ≡ rj (x)(modfj (x));F(x) ≡ 0(modfj (x)),œ f(x) ≡ rj (x)(modfj (x)), 1 ≤ j ≤ t. ÿJw— ˘f(x)ÿ¥çò. ~K4.5 ¶òágÍÅ$ıë™f(x) ∈ F[x], ¶f(x)(x − 1)2ÿ§{™è2x, (x − 1)3ÿ§ {™è3x. ~K4.6 A¥ÍçP˛nê , f(x) ∈ P[x]èAAıë™, P[x]•¶d(A) = 0 gÍÅ$ ƒÉXÍè1ıë™d(x)°èAÅı/™. y²: (1) d(x)|f(x); (2) λèAAäÖ=λèd(x)ä. y² (1) dHamilton-Cayley½nf(A) = 0, §±AÅı/™d(x)3. dë{ÿ{å f(x) = q(x)d(x) + r(x), Ÿ•r(x) = 0½r(x)gÍud(x)gÍ. d˛™f(A) = q(A)d(A) + r(A), u¥r(A) = 0. dd(x)Å5r(x) = 0, d(x)|f(x). (2) ø©5 dK, d(x)|f(x). œdeλèd(x)ä, Kλw,èAAä. 7á5 b½λèAAäλÿ¥d(x)ä, K(x − λ, d(x)) = 1. œd3u(x), v(x) ∈ P[x]¶ u(x)(x − λ) + v(x)d(x) = 1 . u¥ u(A)(A − λE) + v(A)d(A) = E, Ÿ•Eèn¸† . œèd(x)èAÅı/™, §±d(A) = 0. œdd˛™åu(A)(A − λE) = E, u¥A − λEå_, œ d|A − λE| 6= 0, ˘ÜλèAAägÒ. λ¥d(x)ä. 1 7 ê

~K4.7 ıë™m(x)°èıë™f(x), g(x)òáÅ˙™, XJ 1) f(x)|m(x), g(x)|m(x); 2) f(x), g(x)?òá˙™—¥m(x)™.·Ç±[f(x), g(x)]L´ƒëXÍè1@áÅ˙™. y² XJf(x), g(x)ƒëXÍ—¥1, @o[f(x), g(x)] = f(x)g(x) (f(x),g(x)) . y² -(f(x), g(x)) = d(x),Öf(x) = f1(x)d(x), g(x) = g1(x)d(x), K f(x)g(x) (f(x),g(x)) = f(x)g1(x) = g(x)f1(x), œd f(x)g(x) (f(x),g(x)) ¥f(x) Üg(x) òá˙™. Ÿg, h(x) ¥f(x) Üg(x) ?ò˙™, = 3ıë™s(x), t(x) ¶h(x) = f(x)s(x), h(x) = g(x)t(x). œdf1(x)d(x)s(x) = g1(x)d(x)t(x), ûd(x) f1(x)s(x) = g1(x)t(x). u¥g1(x)|f1(x)s(x), f1(x)|g1(x)t(x). (f1(x), g1(x)) = 1, l kg1(x)|s(x), s(x) = g1(x)q(x), Kkh(x) = f(x)s(x) = f(x)g1(x)q(x), =h(x)¥f(x)g1(x) ™, œdh(x) ¥ f(x)g(x) (f(x),g(x)) ™, f(x)g(x) (f(x),g(x)) ¥f(x) Üg(x)Å˙™, =[f(x), g(x)] = f(x)g(x) (f(x),g(x)) . ~K4.8 a1, a2, · · · , an¥náÿ”Í, F(x) = (x − a1)(x − a2)· · ·(x − an). y²: (1) Pn i=1 F (x) (x−ai)F 0(ai) = 1; (2) ?øıë™f(x)^F(x)ÿ§{™è0 ½ Pn i=1 f(ai)F (x) (x−ai)F 0(ai) . y² (1) -g(x) = Pn i=1 F (x) (x−ai)F 0(ai) , duF 0 (x) = Pn k=1(x−a1)· · ·(x−ak−1)(x−ak−2)· · ·(x−an), § ±F 0 (ai) = (ai−a1)· · ·(ai−ai−1)(ai−ai+1)· · ·(ai−an). u¥g(x) = Pn i=1 (x−a1)···(x−ai−1)(x−ai+1)···(x−an) (ai−a1)···(ai−ai−1)(ai−ai+1)···(ai−an) . åÑdeg(g(x)) ≤ n − 1,Ög(a1) = g(a2) = · · · = g(an) = 1,g(x) = 1. (2) È?øıë™f(x), f(x) = q(x)F(x) + r(x), Ÿ•r(x) = 0 ½deg(r(x)) ≤ n − 1. edeg(r(x)) ≤ n − 1, -h(x) = Pn i=1 f(ai)F (x) (x−ai)F 0(ai) = 1, Kdeg(h(x)) ≤ n − 1. u¥f(ai) = r(ai) = h(ai), i = 1, 2, · · · , n, l r(x) = h(x). ~K4.9 a1, a2, · · · , anÜF(x)”˛K,b1, b2, · · · , bn¥?ønáÍ, -L(x) = Pn i=1 biF (x) (x−ai)F 0(ai) . w, L(ai) = bi(i = 1, 2, · · · , n), ˘°è.ÇKFä˙™. |^˛°˙™¶òágÍ< 4ıë™f(x),ß ·‹^á:f(2) = 3, f(3) = −1, f(4) = 0, f(5) = 2. ) 3˛K•n = 4; a1 = 2, a2 = 3, a3 = 4, a4 = 5; b1 = 3, b2 = −1, b3 = 0, b4 = 2; F(x) = (x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5). u¥§¶ıë™è f(x) = L(x) = 3(x−2)(x−3)(x−4)(x−5) (x−2)(2−3)(2−4)(2−5) + (−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5) (x−3)(3−2)(3−4)(3−5) + 0(x−2)(x−3)(x−4)(x−5) (x−4)(4−2)(4−3)(4−5) + 2(x−2)(x−3)(x−4)(x−5) (x−5)(5−2)(5−3)(5−4) = − 2 3 x 3 + 17 2 x 2 − 203 6 x + 42. 1 8 ê

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