离散数学学习指导与习题解答-

1、 第七章 多项式 有限域7.1 基本要求1. 掌握域的特征的概念，了解若p为质数或等于0，则特征为p的任意域f包含rp为其最小子域。2. 掌握多项式相等、多项式的次数的概念，了解域f上的多项式作成的环f是一个整区。掌握多项式整除的概念及其性质。掌握公因式、最高公因、真因式、互质、质式等定义及相关定理。3. 掌握多项式恒等、多项式的根、k重根、重根等概念，了解余式定理及其推论。掌握多项式有重根的充要条件。4. 了解实数域上、复数域上、有理域上的质式问题。5. 掌握本原多项式的概念、eisenstein定则以及求有理数多项式的有理根问题。会计算有理根，会证明某多项式在有理域上不可约。了解代数数、超

2、越数的概念。6. 掌握有理域上和任意域上分圆多项式的定义，会利用公式n-1 = 计算分圆多项式。7. 了解有限域的元数和其子域的元数的关系，会构造元数为pn的有限域。8. 了解多项式编码方法及其实现（信息码多项式）。7.2 主要解题方法7.2.1 关于域的特征、素域 域的特征或为0或为质数。若域f的特征为质数p，则rp可写作0，1，p-1，mod p合同的整数代表f中同一个元素，如：0=p=-p=2p=。注意到，对任意的a，brp，若ab=kp+1=1(其中k为整数)，则a-1=b；-a=p-a。比如，在r7中，5-1=3，因为53=15=27+1=1；-5=7-5=2。这部分的习题大多数是应

3、用上述结论，见教材中7.1后的习题。例7.2.1 在r3和r5中分别解方程组：解：在r3中，（1）-（2）得 x-y=-1 (4)（3）+（4）得 3x=0，在r3中此式总是成立的。由（2） y=2-2z=2+z，代入（4）得 x=1-2z=1+z，取z=0,1,2,得方程组的解 在r5中，（1）-（2）得 x-y=-1 (4)（3）+（4）得 3x=0，两边乘2，得6x=0，又因r5中，5x=0，故x=0。将x=0代入（1）得 2z=1。两边乘3，得6z=3，又因r5中，5z=0，故z=3。将x=0代入（4）得 y=1。于是得方程组的解：。7.2.2 关于多项式环、剩余环 这部分习题与上一章

4、环的内容是紧密联系在一起的，读者需要熟悉上一章中的理想、主理想、极大理想、剩余环等基本概念，以及本章中的多项式环等概念。例7.2.2 设f是一个域，证明(x)是fx的极大理想。证明：显然，(x)fx。用反证法，若(x)不是fx的极大理想，由极大理想的定义知，一定存在fx的理想m，使得，于是存在f(x)=a0n + a1n-1 + + an-1+anm，且an0。若设g(x)=f(x)-an，则显然g(x)(x)，而(x)m，故g(x)m，又由f(x)m，得an=f(x)-g(x)m。而m是fx的理想，故anan-1m，即1m。从而m=fx，与矛盾。因此，(x)是fx的极大理想。例7.2.3 设

5、f是一个域，问多项式环fx的主理想（x2）包含哪些元素？剩余环fx/(x2)中包含哪些元素？解：fx是有单位元的交换环，故(x2)=x2f(x)|f(x)fx。对于任意的f(x)fx， f(x)= x2g(x)+ax+b，其中g(x)fx，a，bf。显然有：fx/(x2)=例7.2.4 设f是一个域，在多项式环fx取出一个多项式p(x)，其中n=次（p(x)）0.求fx的主理想环（p(x)）及剩余环fx/(p(x)（即）。解：fx是有单位元的交换环，故(p(x)=h(x)p(x)|h(x)fx。由n=次（p(x)）0知，对于任意的f(x)fx，f(x)= h(x)p(x)+r(x)，其中r(x

6、)=0或次（p(x)）n。故fx/(p(x)= =例7.2.5 在域r2上的多项式环r2x中，取p(x)=x2+x+1，求剩余环r2x/(p(x)，给出其运算表。解：r2x/(p(x)= 由r2=0，1，进一步得到r2x/(p(x)=。其中，=0，x2+x+1，x(x2+x+1)，x2(x2+x+1)，=1，x2+x+1+1= x2+x，x(x2+x+1)+1，x2(x2+x+1)+1，=x，x2+x+1+x= x2+1，x(x2+x+1)+x= x3+x2，x2(x2+x+1)+x，=x+1，x2+x+1+x+1= x2，x(x2+x+1)+x+1= x3+x2+1，x2(x2+x+1)+x

7、+1，加法和乘法运算分别如表7.2.1和表7.2.2所示。对于乘法运算要注意利用关系式。表中把记为0，略去上面的“”，其余同。+01xx+1001xx+1110x+1xxxx+101x+1x+1x10表7.2.101xx+100000101xx+1x0xx+11x+10x+11x表7.2.2为了让读者熟悉剩余类间的运算，尤其是乘运算，我们再举一例。例7.2.6 在域r3上的多项式环r3x中，取p(x)=x2+1，求剩余环r3x/(p(x)，给出其运算表。解：r3x/(p(x)=由r2=0，1，2，进一步得到r3x/(p(x)=。其中，=0，x2+1，2（x2+1），x(x2+1)，2x(x2+

8、1)，x2(x2+1)，=1，x2+1+1=x2+2，2（x2+1）+1=2x2，x(x2+1)+1，2x(x2+1)+1，x2(x2+1)+1，=2，x2+1+2=x2，2（x2+1）+2=2x2+1，x(x2+1)+2，2x(x2+1)+2，x2(x2+1)+2，=x，x2+1+x，2（x2+1）+x，x(x2+1)+x=x3+2x，2x(x2+1)+x=2x3，x2(x2+1)+x，=x+1，x2+1+x+1= x2+x+2，2（x2+1）+x+1=2x2+x，x(x2+1)+x+1=x3+2x+1，2x(x2+1)+x+1=2x3+1，x2(x2+1)+x+1，=x+2，x2+1+x+

9、2= x2+x，2（x2+1）+x+2=2x2+x+1，x(x2+1)+x+2=x3+2x+2，2x(x2+1)+x+2=2x3+2，x2(x2+1)+x+2，=2x，x2+1+2x，2（x2+1）+2x，x(x2+1)+2x=x3，2x(x2+1)+2x=2x3+x，x2(x2+1)+2x，=2x+1，x2+1+2x+1= x2+2x+2，2（x2+1）+2x+1=2x2+2x，x(x2+1)+2x+1=x3+1，2x(x2+1)+2x+1=2x3+x+1，x2(x2+1)+2x+1，=2x+2，x2+1+2x+2= x2+2x，2（x2+1）+2x+2=2x2+2x+1，x(x2+1)+2

10、x+2=x3+2，2x(x2+1)+2x+2=2x3+x+2，x2(x2+1)+2x+2，加法和乘法运算分别如表7.2.3和表7.2.4所示。为简便起见，我们把r3x/(p(x)中的元素记作0，1，2，x等。+012xx+1x+22x2x+12x+20012xx+1x+22x2x+12x+21120x+1x+2x2x+12x+22x2201x+2xx+12x+22x2x+1xxx+1x+22x2x+12x+2012x+1x+1x+2x2x+12x+22x120x+2x+2xx+12x+22x2x+12012x2x2x+12x+2012xx+1x+22x+12x+12x+22x120x+1x+2

11、x2x+22x+22x2x+1201x+2xx+1表7.2.3012xx+1x+22x2x+12x+200000000001012xx+1x+22x2x+12x+220212x2x+22x+1xx+2x+1x0x2x2x+22x+21x+12x+1x+10x+12x+2x+22x12x+12xx+20x+22x+12x+21xx+12x22x02xx12x+1x+122x+2x+22x+102x+1x+2x+122x2x+2x12x+202x+2x+12x+1x2x+212x表7.2.4表7.2.3的运算举例说明如下：(2x+1)+(x+1)=3x+2=2,因为r3上，3x=0。(x+1)+(

12、x+2)=2x+3=2x, 因为r3上，3=0。表7.2.4的运算举例说明如下： 2(2x+1)=4x+2=x+2, (x+1)(x+1)=x2+2x+1=(x2+2x+1)-(x2+1)=2x，x(x+2)=x2+2x=(x2+2x)-(x2+1)=2x-1=2x+2，(x+1)(x+2)=x2+3x+2= x2+2=(x2+1)+1=1，2x(x+1)=2x2+2x=2(x2+1)+(2x-2)=2x-2=2x+1，注意，上面所有等号都是在模(x2+1)意义下而言。例7.2.7 在实数域r上x，y的多项式环rx,y中，下述集合是否是理想：（1）一切常数项为0的多项式f(x,y)所组成的集合

13、。（2）一切不含x的多项式所组成的集合。（3）常数项和一次项系数均为0的多项式f(x,y)所组成的集合。（4）二次项系数为0的多项式所组成的集合。解：由理想的定义，不难得出结论：（1）是；（2）不是；（3）是；（4）不是。例7.2.8 证明：rx/(x2+1)c，其中rx是实数域上的多项式环，c是复数域。分析：如果能够找到rx到c上的同态映射，且使得该同态映射的同态核为(x2+1)，则使用环同态基本定理（教材中定理6.7.5）即可。证明：令：f(x)f(i)，。不难验证是rx到c上的同态映射。若f(i)=0，因为f(x)是实系数多项式，必有f(-i)=0，故f(x)必含有因子（x-i）（x+i

14、）= x2+1。反之，若f(x)=（x2+1）g(x)，则必有f(i)=0。因此，x2+1是同态映射的核。故由环的同态基本定理知，rx/(x2+1)c。7.2.3 关于多项式的质式问题 教材中就特殊的域研究了多项式的质式问题，比如，复数域上只有一次式才是质式，原因是复数域上任意非常数多项式都有根；实数域上只有一次式和一部分二次式是质式，二次式a2+bx+c是质式，当且仅当判别式b2-4ac0；有理域r0上有任意高次的质式。因此，教材中重点讨论了判断有理域r0上的部分多项式是否可约的方法：定理7.4.3（eisenstein定则）和定理7.4.5。定理7.4.5是求有理根问题，可用于判断一多项式

15、是否有一次因式。例7.2.9 证明：f(x)=x4+4kx+1(k为整数)在r0上不可约。证明：若f（x）在r0上可约，则f（x）在整数环上也能分解，且只能分解为一次因式和三次因式的乘积，或者两个二次因式相乘。（1）证明无一次因式。由定理7.4.5，若f(x)有有理根，则该根肯定整除1，即只可能是1或-1。但由k是整数知，1和-1都不是f(x)的根。因此，f（x）不能分解为一次因式和三次因式的乘积。（2）证明无二次因式。使用反证法。设x4+4kx+1=（x2+ax+b）（x2+cx+d）,由bd=1，得b=d=1，或b=d=-1。于是， x4+4kx+1=（x2+ax+1）（x2+cx+1）,

16、 （1）或 x4+4kx+1=（x2+ax-1）（x2+cx-1）, （2）这里a,c均为整数。由（1）得：x4+4kx+1= x4+（a+c）x3+(ac+2) x2+(a+c)x+1,于是， 。得a=，这与a是整数矛盾。 同样可证（2）亦不成立。因此，f(x)不能分解为两个二次因式相乘。所以，f(x)在r0上不可约。例7.2.10 下面给出的多项式是r0上的质式吗？（1）x3+x2+x+1。（2）x4+x2-6。（3）x5+15。解：（1）因为-1是x3+x2+x+1的根，即x3+x2+x+1=（x2+1）（x+1），所以，x3+x2+x+1不是质式。（2）x4+x2-6没有一次因式，因为

17、都不是x4+x2-6的根，由教材定理7.4.5知，x4+x2-6没有有理根。而x4+x2-6=（x2+3）（x2-2），所以x4+x2-6不是质式。（3）由eisenstein定则，取p=3，可知，p不整除1，p15，p2不整除15，因此，x5+15是质式。下面考虑特殊的域r2上的质式。例7.2.11 在r2中，找出次数小于等于5的所有质式。解：设f(x)=a0n + a1n-1 + + an-1+anr2x，a0,a1,anr2，若f(x)是n次多项式，则a0=1。因为任意一次多项式都是质式，所以，r2上一次质式为x，x+1。r2上的f(x)若有一次因式，则必有根0或1。a0n + a1n-

18、1 + + an-1+an根为0当且仅当an=0，根为1当且仅当a0+a1 + + an-1+an=0，即有偶数个非零系数。因此，r2上的f(x)没有一次因式当且仅当an=1，且有奇数个非零系数。由此结论得到r2上二次质式为：x2+x+1。r2上三次质式为：x3+x+1，x3+x2+1。r2上四次多项式若不是质式，必然有一次因式或为两个二次质式的乘积，而r2上的二次质式只有x2+x+1，（x2+x+1）2=x4+x2+1。因此，r2上四次质式为：x4+x+1，x4+x3+1，x4+x3+x2+x+1。r2上五次多项式若没有一次因式，需满足a5=1，且有奇数个非零系数，满足该条件的有：x5+x+

19、1，x5+x2+1，x5+x3+1，x5+x4+1，x5+x4+x3+x+1，x5+x4+x3+x2+1，x5+x4+x2+x+1，x5+x3+x2+x+1。五次多项式还可能分解为二次因式与三次因式的乘积，但r2上的二次质式只有x2+x+1，三次质式只有x3+x+1，x3+x2+1，且（x3+x+1）（x2+x+1）= x5+x+1，（x3+x2+1）（x2+x+1）= x5+x4+1。所以，r2上五次质式为：x5+x2+1，x5+x3+1，x5+x4+x3+x+1，x5+x4+x3+x2+1，x5+x4+x2+x+1，x5+x3+x2+x+1。7.2.4 有限域的构造 对有限域的理解是本章的

20、难点。因为具有pm元的有限域都是同构的，其中p是域的特征，所以可把具有pm元的有限域记为gf(pm)，也称为pm阶的伽罗瓦（galois）域。当p是质数时，gf(p)=rp。gf(49)表示特征为7，元数为49=72的有限域，gf(125)表示特征为5，元数为125=53的有限域。由教材中7.6节，我们知道，要构造一个有限域gf(pm)，关键是找到pm-1（）在rp中的m次质因式（），则gf(pm)= a0 + a1 + a22 + + an-1n-1|a0，a1，an-1rp，其中是（）在中的一个根。例7.2.12 构造元数为8的有限域，并写出该域的加法和乘法表。解：由于8=23，所以，p=

21、2,m=3。（1）首先求pm-1（），即7（）。由x7-1=71，x-1=1，得7（）=。（2）求7（）在r2中的3次质因式（）。由于0，1都不是7（）的根，故7（）无一次因式。由例7.2.11知，r2上二次质式只有x2+x+1，用它去除7（）余数为1，因为：7（）=x4（x2+x+1）+x（x2+x+1）+1。可见，7（）无二次质因式，只可能分解为两个三次质因式的乘积。用待定系数法可设：7（）=（x3+ax2+bx+1）（x3+cx2+dx+1），进而求出7（）=（x3+x2+1）（x3+x+1），（也可由例7.2.11，由r2上三次质式只有：x3+x+1，x3+x2+1，而（x3+x2+1

22、）27（），（x3+x+1）27（），（x3+x2+1）（x3+x+1）=7（）。）无论取（）=x3+x2+1还是取（）=x3+x+1，则r3x/(（）)=都是元数是8的有限域，且是同构的。所以，我们不妨取（）=x3+x+1，则r3x/(（）)=，其中=0，x3+x+1，x（x3+x+1），x2（x3+x2+1），其余元素类推。（3） 若取=，则（）=，即是（）在中的一个根。因此，gf(8)=a0 +a1+a22|a0，a1，a2r2=0，1，+1，2，2+1，2+，2+1。该域的加法和乘法运算分别如表7.2.5和表7.2.6所示。+01+122+12+2+1001+122+12+2+1110

23、+12+122+12+1012+2+122+1+1+1102+12+2+12222+12+2+101+12+12+122+12+10+12+2+2+122+1+1012+12+12+2+12+110表7.2.501+122+12+2+1000000000101+122+12+2+1022+112+12+1+10+12+2+12+121202+12+12+2+112+102+1122+1+12+2+02+2+112+1+122+102+12+112+2+1表7.2.6按照这种方法我们还可构造元数为9的有限域，可求出=，取=，则gf(9)=a0 +a1|a0，a1r3=0，1，2，+1，+2，2，

24、2+1，2+2。只要将表7.2.3和表7.2.4中的x换成，即得gf(9)的加法和乘法表。7.3 第七章习题解答7.3.1 习题7.1解答1. 在r17中等于什么？解：在r17中361(mod17)，故3-1=6，=23-1=26=12。2. 在r5中等于什么？r29中有没有？解：r5中-1=4，=2，-2=3，故 r5中是2或3。在r29中设()2=-1，a2=-b2，a2+b2=0=29。可以看出a和b取2和5，而=12；-=-12=17，=17，-=-17=12。因此 r29中有为12或17。3. 在r7中利用公式解二次方程 x2-x+5=0。解：b2-4ac=(-1)2-415=-19

25、=2，在r7中看：a 0 1 2 3 4 5 6 a2 0 1 4 2 2 4 1 故为3或为4，从而 x1=2，x2=6即：x1=2，x2=6。4. 在r7上求下列矩阵之逆： 2 3 1 4解： 2 3 1 0 1 5 4 0 1 5 4 0 1 4 0 1 1 4 0 1 0 6 3 1 1 5 4 0 1 0 5 5 0 1 4 6 0 1 4 6故 2 3 5 5 在r7上的逆为 1 4 4 6 001011015. 证明r2上的四个矩阵00，01，10， 1 1在矩阵的加法乘法下作成一个域。 证明： 0 0 1 0 1 1 0 1设o , e= , a= , b= 0 0 0 1 1

26、 0 1 1可有加法表和乘法表如下：+0 e a be a b 0eab0 e a be 0 b aa b 0 eb a e 0eabe a b a b e b e a易见，0,e,a,b加法是klein四元群。e,a,b乘法是循环群，故为一个域。6. 试看r7上的所有“复数”：a+b,其中a,b在r7中任意取值。这里共有49个数，像普通复数那样计算，求证：这49个数作成一个域。 证明：因为 a 0 1 2 3 4 5 6a2 0 1 4 2 2 4 1故r7中16无平方根，即无。因此a+b共可得49个数。中法为交换群显然。再考虑乘法：1交换律；2结合律；3封闭性。均显然成立。4有单位元：10

27、 。5 a+b的逆是，其中，由于r7中二次幂仅有1，2，4，任意两个加起来不等于7，a2+b20，故非0的48个数形成乘法交换群，因此这49个数作成一个域。7. 模16的剩余类环是否为域？为什么？解：不是。因为域的特征一定为质数,不会是16。7.3.2 习题7.2解答1.在r5上，用综合法法求以以x-2除2x5-x4-2x3+1所得的商式和余式。解：2 2 -1 -2 0 0 1 4 1 3 1 22 3 4 3 1 3 故商为2x4+3x3+4x2+3x+1，余式为3。2.若非常数f(x),g(x)互质。求证：必有多项式l(x),u(x)使l(x)f(x)+u(x)g(x)=1,且次l(x)

28、次g(x),次u(x)次f(x).进一步证明这样的l（x）,u(x)是唯一的。证明：设f(x),g(x)的最高公因为d(x)，则d(x)=r(x)f(x)+s(x)g(x).如果次r(x)次g(x)，则设r(x)=q(x)g(x)+l(x).这里次l(x)次g(x)，从而d(x)=q(x)g(x)+l(x)f(x)+s(x)g(x)，即l(x)f(x)+q(x)f(x)+s(x)g(x)=d(x)。断言次q(x)f(x)+s(x)次f(x)。因若不然。设次q(x)f(x)+s(x)g(x)次f(x)g(x)。而次l(x)f(x)次f(x)g(x)，故次d(x)次f(x)g(x)，矛盾。设u(x

29、)=q(x)f(x)+s(x)，因此次u(x)次f(x)，又因f(x),g(x)互质。所以d(x)=1，从而有多项式l（x）,u(x),使l(x)f(x)+u(x)g(x)=1，且次l(x)次g(x)。次u(x)次f(x)。下面证l，u的唯一性。设又有l1(x)次g(x),次u1(x)次u1(x)-u(x)，故必须u1(x)-u(x)=0，从而u1(x)=u(x),同理知，l(x)=l1(x),唯一性得证。3.用下列方法证明定理7.2.3和7.2.4：试看所有形为lf+ug的非0多项式，命d为这些多项式中次数最低的一个，证明d是f,g的最高公因。证明：设d=l0f+u0g为形为lf+ug中次数

30、最低者。d1=l1f+u1g为任一此形多项式。设d1=dq+r，次r次d，故r=d1-dq=(l1-l0q)f+(u1-u0q)g仍为此形多项式。而次r次d，故必r=0。即d整除d1。说明d整除所有形如lf+ug的多项式。因f=1f+0g,g=0f+1g都为lf+mg形,故d|fd|g故d为f,g公因。取f,g任意公因j。因jf, jf。故j(l0f+u0g)，即jd。从而证明了d为最高公因，由此已证明定理7.2.3与定理7.2.4。4.用类似上题的方法证明环fx中任意理想必是主理想。证明：设n是fx任一理想。若n（0）。显然n是主理想。若n（0）。设j（x）是其中次数最低的非0多项式。按理想

31、定义知。j（x）fxn。另一方面，对任意f(x)n，设f(x)q(x)j(x)+r(x) 次r(x)次j(x)。当然有r(x)n。但n中非0元素次数最低的是j（x）。只能r（x）0。故f(x)=q(x)j(x)，证出nj（x）fx。综合以上得nj（x）fx。故n是主理想。5. 求证：j（x）fx的极大理想，当且仅当j（x）不可约。证明：必要性：若j(x)可约，设j(x)l(x)m(x)，次l（x）1，次m（x）1。对任意g(x)l(x)fx，g(x)= j(x)f(x)=l(x)u(x)f(x)，但m(x)f(x)=f1(x)fx，故g(x)= l(x)f1(x) l(x)fx。显然，l(x)

32、 l(x)fx，但次l(x)次j(x),j(x)fx中元素次数次j(x)，故l(x)j(x)fx。综合以上得：(x)fxj(x)fx矛盾于j(x)fx的极大性。充分性：若j(x)fx不是极大理想，则另有理想lfx，非fx，而使j(x)fxl(x)fx。设j（x）b（x）l（x）r（x），次r（x）次l（x）。显然，j(x)l（x）fx。q(x)l(x)l(x)fx。故r(x)l(x)fx。但是l(x)fx中非0元素次l(x).只能r(x)=0,得j(x)=q(x)l(x)，与j(x)不可约矛盾。6. 在r2上分解x4+x3+x+1为质因式的乘积。解：x4+x3+x+1（x+1）2(x2+x+1

33、)7. 在r2上求矩阵 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1的特征多项式和最小多项式。解：特征多项式l4l3最小多项式l2（l1）7.3.3 习题7.3解答1. 以f(x)=a0nxn-1+a1(n-1)xn-2+an-1定义f(x)=a0xn+a1xn+a1xn-1+a0的微商，验证：(f(x)+g(x)=f(x)+g(x)(cf(x)=cf(x)(f(x)g(x)=f(x)g(x)+f(x)g(x)(f(x)m)=mf(x)m-1f(x)可对比同次项系数，略。2. 除了，再取一个抽象的符号，而看两个文字的多项式环f，设f（）f。在f，中f（+）- f（），设其商为

34、 （12） 用下式定义的f（）的微商：（）= （13） 此式右边表示以0代多项式（12）中的。验证（3）中公式并证明（4）的微商为（5）。证明：验证习题1中诸结果及证明f(x)= a0xn+a1xn+a1xn-1+an的微商为f(x)=na0xn-1+(n-1)a1xn-2+an-1。f(x+dx)=a0(x+dx)n+a1(x+dx)n-1+an-1(x+dx)+an=a0nxn-1+a1(n-1)xn-1+an-1+()dxf(x)= |dx=0= a0nxn-1+a1(n-1)xn-1+an-1再利用习题1可证出各公式。3. 把上题的(13)推广到有理式f(x)，求证（）=证明：按推广定

35、义，的导式应为注意=可见4设f(x)是域f上的n次多项式，af。求证：f(x+a)=f(a)x+f(a)+证明：可以设f(x+a)=b0+b1x+b2x2+bn-1xn-1+bnxn，令x=0,得f(a)=b0。由f(x+a)=b1+2b2x+(n-1)bn-1xn-2+nbnxn-1，令x=0,得b1=f(a)。由f(x+a)=2b1+(n-1)(n-1)bn-1xn-3+n(n-1)bnxn-2，令x=0,得b2=如此求下去，可逐步求出b0,b1,bn正如所证。5 求一个有理系数二次多项式f(x) 使f(1)=-1,f(2)=3,f(-1)=9。这样的多项式是否唯一确定？解：设f(x)=a

36、x2+bx+c，则有 a+b+c=-1 a=3 4a+2b+c=3 得 b=-5 a-b+c=9 c=1于是f(x)=3x2-5x+1。利用插值公式l（x），它适合l（x）bi，其中f（x）(x-a1)(x-an)对本题不难写出3x2-5x+1此多项式唯一确定。6 略，可参考计算方法7略8 设f是域e的子域，试研究下列问题：fx中的一个质式会不会在e中有重根？若有，此质式必是什么形式？解：若质式j(x)在e中有重根a，则a是e中j(x)，j(x)的公共根。用辗转相除法求出j(x), j(x)的最大公因数为d(x)。因为x-a是j(x)，j(x)的公因子，故必是d(x)因子。可见次d(x)1,d

37、(x)按求法是f上多项式。若j(x)0,则d(x)是j(x)的真因式。矛盾于j(x)为质式，可见此时j(x)不能有重根a。若j(x)0，因d(x)可以就是j(x)而无矛盾。设j (x)=a1+a2x+anxn，j(x)=a1+2a2x+nanxn-1=0，这时各系数应为0。诸ai当然不为0，故必有iaixi-1中i=0，即原j (x)中各项指数是域f特征的倍数。即可写成xp的多项式而可记为j (xp)。反之，由xp的多项式导式为0知，每个根都是重根。所以，f(x)中质式有重根此质式形为j (xp)，即xp的多项式。7.3.4 习题7.4解答1. 求下列多项式的有理根：（1）x3-6x2+15x

38、-14, （2）4x4-7x2-5x-1, （3）x5+x4-6x3-14x2-11x-3。解：（1）有理根为2。（2）有理根为-1/2，是二重根。（3）有理根为3，-1，其中-1为四重根。2. 略3. 求证x3-3x+1在r0上不可约。证明：三次多项式若可约必有一次因式，必有有理根，用可能的根1试之均不是，故不可约。4. 求证：x5+3x2-1在r0上不可约证明：在r2上看f(x)=x5+x2+1。 f(0)=1,f(1)=1,故无一次因子。注意r2上二次质式只有x2+x+1,而x5+x2+1=(x2+x+1)(x3-x2)=1，故无二次因子。所以x5+3x2-1在r2上不可约，从而在r0上

39、必不可约。5. 求证 x4+3x3+3x2-5在r0上不可约。证明：在r2上看，x4+3x3+3x2-5=(x+3)(x3+x+1)，若在r0上可约，必有一次质因式。但5与1均不是上式的根。被上式无一次质因式，故在r0上不可约。6. 用eisenestein定理证明多项式在r0上不可约，其中p是质数。证明：做代换t=x-1后显然质数p满足p1，p，故原式不可约。7. 证明代数数只有可数无穷多个，从而断定超越数有不可数无穷多个。证明：所有n次方程。可看做n+1元向量，可数。其根都是n个，可数。事实上，一次方程a1x+a0=0由数对(a1,a0)完全确定，不难证明它可数，排出一次方程后考虑二次方程

40、，亦不难证出可数。依次类推，证出所有整系数代数方程可数，而代数数为可适合某有理系数代数方程的数。等同于适合整系数代数方程。所以代数数有可数无穷多。而全体实体不可数，知超越数不可数。7.3.5 习题7.5解答1. 求解：x24x1212. p是质数时，求。解：xp-1+xp-2+x+1.3. p是质数时，求。解：. n当q14. q是n次单位根时，证明：1qqn= q当q1证明：当q1时，原式显然成立。当q1时，左端（1qn）/(1-q)=0/(1-0)=0。5. 设m和n互质， 1， 2， m是所有m次单位根，1，2，n是所有n次单位根，求证i j，i=1，m，j=1，n便是所有mn次单位根。

41、证明：由（aibj,）mn=(aim)n(bjn)m=1知aibj,i=1,2,m;j=1,2,n是mn次单位根。设x是本原m次单位根，x是本原n次单位根。则a1，a2，an可表为x0,x1,xm-1b1,b2,bn可表为x0，x1，xn-1，由于m,n互质，故这些xk(k=0,1,m-1)和xl(l=0,1,n-1)除1外均不相同。若aibj中有相同的，则有，于是由xa-bx t-s而得到矛盾。即aibj中无相同的。故aibj（i=1,2,m;j=1,2,n）是所有mn次单位根。6. 说明任意复数0恰有n个n次方根，若代表的一个n次方根，其余的n次方根是哪些？解：设ar(cos(2kp+q)

42、+isin(2kp+q)，k是整数。复数x=r1(cosj+isinj);xn=a;于是有r1n(cosnj+isinnj)=r(cos(2x+q)+isin(2k+q)，所以有r1=n;j=;k=0,1,2,n-1.可见有n个n次方根。若n代表a的一个n次方根。则其余的n次方根为ncos（）k1，2，,n-1。7.求23i的七个t 次方根的近似值。解：2+3i13（。于是知幅角q满足cosq=,由此可求得q，而七个根是，k0,1,2,3,4,5,6，具体计算从略。8. 本节中研究n次单位根时假定f的特征不整除n ，没有这个假定时怎样？解：若n是f特征p的倍数时，可设n=pam，其中m不再是p

43、的倍数。于是xn-1= =。可见此时n 次单位根即是m次单位根，每个都是pa重根。7.3.6 习题7.6解答1. gf（9）中的元素可表为a+bj的形式，其中a,b为0，1或1，试列出其乘法表。 解：01j1-j-1-j-1-j-1+j1+j0000000000101j1-j-1-j-1-j-1+j1+jj0j1-4-1-j-1-j-1+j1+j11-j01-j-1-4-1-j-1+j1+j1j-1-j0-1-j-1-j-1+j1+j1j1-j-10-1-j-1+j1+j1j1-j-1-j-j0-j-1+j-1+j1+j1j-1-j-1-1+j0-1+j1+j1+j1j1-j-1-j1+j01

44、+j11-j1-j-1-j-1-j-1+j2. 设agf（pn），求证以rp中元素为系数的a的多项式作成一个子域gf（pm）。并证明，若a的周期为k，则m是适合pr 1（mod k）的最小的r。证明：因a gf（pn），故a是方程=0的一个根。若a0，以rp中元素为系数的a的多项式作成的集合恰是rp本身。显然rp作成一个子域gf（p）。若a0，则（x-a）不整除x，又因(x-a)|，及=x，故(x-a)|。所以a是某fd(x)在rp上的某个质式j(x)的根。设次j(x)=m.规定rpx到gf（pn）的一个映射如下：，记象集合f，容易验证是rpx到f上的同态映射。同态核为j(x)rpx。故。因j

45、(x)是rp上质式。故j（x）rpx是rpx的极大理想。所以rpx/j(x)rpx是域。又因次j（x）=m，所以rpx/ j(x)rpx中可做为剩余类代表元的是低于m次的多项式。共pm个。故rpx/ j（x）rpx是pm元域。所以，与之同构的f也是pm元域。易见，以rp中元素为系数的a的多项式的集合就是f，且显然f是gf（pn）的子集。因此，f是gf（pn）的子域。又因pm元域唯一。故fgf（pm）。若a的周期为k，则ak1（a0）。因agf（pm），故 =a。所以，=1。由周期定义k|(pm-1)，即pm1（mod k）往证m最小。若不然。有s（0sm,使ps1（mod k），即k|(ps-

46、1)。因k为周期，故 。注意，gf（pn）所有元都可用a多项式表出。设任一元f(a).则，表明gf（pn）中任意元（共pm个）都适合，而方程最多有ps个根。现在却有pm个不同的根。pspm矛盾。所以，sm，m最小。3. 定理7.6.4中说，pm-1（）在rp中的质因式必是m次多项式，举例说明在rp中的质因式除属于pm-1（）的以外还可能有m次的。解：取p3，m=1，=，=f2(x)=x+1，易见，（x-1）是一次质式。但它却不是f2(x)的因子。4 求证rp中的任意m次质式必是的因式，并证明，在rp中的任意质因式的次数必整除m。证明：任取rpx中m次质式j（x），容易证明rpx/j(x) rpx是pm元域故此就是gf（pm）。gf（pn）中所有元