复习与习题-8学习指导与习题解答-7

1、第七章多项式有限域§ 7.1 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x的多项式作成的环 Fx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、日senstein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

2、可约。了解代数数、超越数的概念。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xn-1 =d |nd (x)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 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, bCRp,若 ab=kp+1=1(其中 k 为整数),贝 U a-1=b; -a=p-a。比如，在 R7 中，5-1

3、=3,因为 5X3=15=2 x 7+1=1 ; -5=7-5=2。这部分的习题大多数是应用上述结论，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：x 2z1(1)y 2z2(2)2x y1(3)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。在R5中, (1)-得 (3) + (4)得 将x=0代入(1) 将x=0代入(4)x-y=-13x=0,(4)两边乘2,得 6x=0 ,又因 R5 中，5x=0 ,故 x=0。2z=1 0两边乘3,得6z=3,又因R5中，5z=0 ,故z=3。y=1。由(2)y=2-2z

4、=2+z ,代入(4)得 x=1-2z=1+z , 取z=0,1,2,得方程组的解Xi1Xi2Xi0y12y10y11Z10Z11Z12x 0于是得方程组的解：y 1。z 37.2.2关于多项式环、剩余环这部分习题与上一章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)wFx。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(x) M Fx,于是存在f(x)=aoxn + aixn-1+ an-i x+anC M

5、 ,且 3nW0。若设 g(x)=f(x)-a n,则显然 g(x) C (x),而(x) M ,故 g(x) e M ,又由 f(x) EM,得 an=f(x)-g(x) C M。而M是Fx的理想，故anan-1 CM,即1 C M。从而M=Fx,与M Fx矛盾。因 此，(x)是Fx的极大理想。例7.2.3 设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)=x 2f(x)|f(x) £ Fx。对于任意的f(x) e Fx,f(x)= x 2g(x)+ax+b ,其中 g(x) C Fx, a,

6、bCF。显然有：Fx/(x2)=ax b|a,b F.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),其中廿次(p(x) >0. 求Fx的主理想环(p(x)及剩余环 Fx/(p(x)(即 一Fx)。p(x)Fx解：Fx是有单位元的交换环，故(p(x)=h(x)p(x)|h(x) 6 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)=0 或次(p(x) <n。故n 1Fx/(p(x)= a。a1x.an 山F,0i n 1n 1= aoa1 x. an 1 x| ai F ,0 i n 1

7、.例7.2.5 在域R2上的多项式环 R2x中，取p(x)=x 2+x+1 ,求剩余环R2x/(p(x),给出 其运算表。解：R2x/(p(x)=ax b|a,bR2.由 R2=0 , 1,进一步得到R2x/(p(x)= 0,1, x,x 1。其中，0=0, x2+x+1 , x(x2+x+1) , x2(x2+x+1),1=1 , x2+x+1+1= x 2+x, x(x2+x+1)+1 , x2(x2+x+1)+1 ,x =x , x2+x+1+x= x 2+1 , x(x2+x+1)+x= x 3+X2, x2(x2+x+1)+x ,X 1=x+1 , x2+x+1+x+1= x 2,

8、x(x2+x+1)+x+1= x 3+x2+1, x2(x2+x+1)+x+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-2? 二.“ 二.“一x2 x 1 0。表中把0记为0,略去上面的“”，其余同。+01xx+1001xx+1110x+1xxxx+101x+1x+1x10表 7.2.1X01xx+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)=x 2+1 ,求剩余环 R3x/(p(x),给出其 运算表。解：R3

9、x/(p(x)= ax b|a,bR3.由 R2=0 ,1,2,进一步得到R3x/(p(x)= 0,i,2,x,xn,x_2,2x,2x 1, 2x 2。其中，0=0, x2+1, 2 (x2+1), x(x2+1), 2x(x2+1), x2(x2+1),1=1 , x2+1 + 1=x 2+2 , 2 (x2+1 ) +1=2x2, x(x2+1)+1 , 2x(x2+1)+1 , x2(x2+1)+1 ,2=2 , x2+1+2=x2 , 2 (x2+1) +2=2x2+1 , x(x2+1)+2, 2x(x2+1)+2 , x2(x2+1)+2 ,x =x , x2+1+x, 2 (x

10、2+1) +x, x(x2+1)+x=x 3+2x , 2x(x2+1)+x=2x 3, x2(x2+1)+x ,x 1 =x+1 , x2+1+x+1= x2+x+2 , 2 (x2+1 ) +x+1=2x 2+x , x(x2+1)+x+1=x 3+2x+1 , 2x(x2+1)+x+1=2x 3+1 , x2(x2+1)+x+1 ,x 2 =x+2 , x2+1+x+2= x2+x , 2 ( x2+1 ) +x+2=2x 2+x+1 , x(x2+1)+x+2=x 3+2x+2 , 2x(x2+1)+x+2=2x 3+2, x2(x2+1)+x+2 ,2x=2x , x2+1+2x,

11、2 (x2+1) +2x, x(x2+1)+2x=x3, 2x(x2+i)+2x=2x 3+x, x2(x2+1)+2x ,2x 1 =2x+1 , x2+1+2x+1= x 2+2x+2 , 2 (x2+1) +2x+1=2x 2+2x , x(x2+1)+2x+1=x 3+1 , 2x(x2+1)+2x+1=2x 3+x+1 , x2(x2+1)+2x+1 ,2x 2 =2x+2 , x2+1+2x+2= x2+2x , 2 (x2+1) +2x+2=2x 2+2x+1 , x(x2+1)+2x+2=x 3+2, 2x(x，1)+2x+2=2x 3+x+2 , x2(x2+1)+2x+2

12、,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+2x2x+22x+22x2x+1201x+2xx+1表 7.2.3X012xx+1x

13、+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)+(x+2)=2x+3=2x, 因为 R3上，3=0。表7.2.4的运算举例

14、说明如下：2>(2x+1)=4x+2=x+2,(x+1) (x+1)=x 2+2x+1=(x 2+2x+1)-(x 2+1)=2x , x Xx+2)=x 2+2x=(x 2+2x)-(x 2+1)=2x-1=2x+2 , (x+1) (x+2)=x 2+3x+2= x 2+2=(x 2+1)+1=1 ,2x Xx+1)=2x 2+2x=2(x，1)+(2x-2)=2x-2=2x+1 ,注意，上面所有等号都是在模(x2+l)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。(2) 一切不含x的多项

15、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+l)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) 一f(i),f (x) Rx。不难验证是R冈到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) (

16、x+i) = x2+i。 反之，若f(x)= (x2+i)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+i) 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ax 2+bx+c是质式，当且仅当判别式b2-4ac<0;有理域Ro上有任意高次的质式。因此，教材中重点讨论了判断有理域Ro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

17、有理根问题，可用于判断一多项式是否有一次因式。例7.2.9证明：f(x)=x 4+4kx+1(k为整数)在Ro上不可约。证明：若f (x)在Ro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，

18、x4+4kx+1= (x，ax+1) (x2+cx+1) ,(1)或x4+4kx+1= (x2+ax-1) (x2+cx-1 ) ,(2)这里a,c均为整数。由(1)得：于是,x4+4kx+1= x 4+ (a+c) x3+(ac+2) x2+(a+c)x+1,ac 2 0得a= J2 ,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Ro上不可约。例7.2.10下面给出的多项式是Ro上的质式吗？(1) x3+x 2+x+1。(2) x4+x2-6。(3) x5+l5。解：(1)因为-1 是 x3+x2+x+1 的根，即 x3+x2+x+1=

19、 (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 1, 2, 3, 6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, p I 15, 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)=aoxn+ a 1 x n-1 + + an-1 x+an C R2x , a0,a1,，

20、anC R2,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°a0xn+ a1xn-1+ an-1 x+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 oR2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 , (

21、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+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 ,(x

22、3+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)=Rpo 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

23、构造一个有限域GF(pm),关键是找到pm-1 (x)在Rpx中的m次质因式。(x)，则GF(pm尸Rpx2= a。+ a1 E + a2 E + + an-1 E (x)Rpxn-1|ao, ai, an-i Rp,其中 E 是。(x)在Rpx (x)Rpx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=2,m=3。(1)首先求pm-1 (x),即7 (x)。 由*7-1=虫71, *-1=虫1,得(2)求7 (x)在R2x中的3次质因式小(X)。由于0, 1都不是7(X)的根，故7(X)无一次因式。由例7.2.11知，R2上二次质式只有

24、x2+x+1 ,用它去除7 (x)余数为1,因为： 7(X)=x4 (x2+x+1) +x (x2+x+1) +1。可见，7(X)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 (x) = (x3+ax，bx+1 ) (x3+cx，dx+1 ),进而求出7(X)= (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 ) 2 在I)7(X), (x3+x+1 ) 2 棉 7 (x), (x3+x2+1) (x3+x+1 )=虫7 (x)。)R2xl无论取。(x) =x3+x2+1 还

25、是取力(x) =x3+x+1 ,贝 U R3x/( 0 (x)=- 都(x)R2x是元数是8的有限域，且是同构的。所以，我们不妨取。(x)=x3+x+1,则R3x/(3(X)=R2x(x)R2x2 ,= a° ax a?x |ao,a，a2 R2= 0,1,x,x 1,x2,x2 1, x2 x,x2 x 1,其中 0=0, x3+x+1 , x (x3+x+1), x2 (x3+x2+1),其余元素类推。一 4 一 一 ,、 一33在(x)R2x(3)右取 E=x,则。(E)=x x 1 x x 10,即已是o(x)中的一个根。因此,GF(8)=a 0 +ai E +a2 2 2|

26、ao, ai, a2 c R2=0, 1, E, E +1, E 2, E 2+1, E 2+E, E 2+E+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。+01EE +1七2E 2+1E 2+ EE 2+ E +1001E +1七2E 2+12 2+七E 2+ E +1110E +1E，1E2W 2+ W +1七2+七七七E +101e2+eW 2+ W +1七2E 2+1士 +1E +1七10E 2+ w +1七2+七E 2+1七2E 2七2E 2+12七2+七E 2+ E +101EE +1E 2+1E 2+1七2w2+w +1七2+W10E +1Ee2+e七2+七E

27、2+ E +1七2E 2+1EE +101E 2+ W +1W 2+ W +1七2+七E 2+1七2E +1E10表 7.2.5X01七E +1七2E 2+1七2+七E 2+ E +1000000000101七士 +1七2E 2+1七2+七E 2+ E +1七0七七2士 2+eE +11W 2+ W +1E 2+1+ +10+ +1e2+eE 2+1W2+W +1E21EE 20七2E +12.E + E +1士 2+ 士EE 2+11E 2+10E 2+11七2EW 2+ W +1E +1”+ E62+七0七2+七W2+W +11E 2+1E +1E2 2E 2+ W +10E 2+ E +

28、1E 2+1E表 7.2.612七2+七七2E +1按照这种方法我们还可构造元数为9的有限域，可求出RpxRax = -2Z(x)Rpx (x1)Rax=0,1,2,X,X_1,X_2,2x,2x 1,2x 2,取E =x,则GF(9)=a 0 +a1E ，a1 C R3=0 , 1, 2, J + +1, E +2, 2E , 2+1, 2E +2。只要将表7.2.3和表7.2.4中的x换成E ,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2 21.在R17中一等于什么?3解：在 R17中 3 6 1(mod17),故 3-1=6,21-=2 3

29、-1=2 6=12。32.在R5中等于什么？ R29中有没有?解：R5 中-1=4 , J4 = 2, -2=3,故R5中 %丁 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，=/-2 =-12=17 , 5= 34=17, - =-17=12 o 因此 R29 中有为 12 或 17。52 22=12；,rb .b 4ac行3.在R7中利用公式 解一次万程 x2-x+5=0。2a解：b2-4ac=(-1)2-4 1 5=-19=2 ,在R7中看：a0 1 2 3 4 5 6a20 1 4 2 2 4 1故J

30、2为3或为4,从而(1) 3( 1) 4 5 12X1 =2, x2= = 一 =6222 2即：X1=2, X2=6。4.在R7上求下列矩阵之逆：2 3、1 4L . j解：尸2 3 1 0 1J 5 4 0、彳T1 24 0 1>4 0 1 _)5 5 4万彳T2彳T1<0 6 3 >彳T2 6<014 6；0 5 C彳T1彳T2 5G 1 4 6故.23 .在R7上的逆为4 >05.证明R2上的四个矩阵、在矩阵的加法乘法下作成一个域。证明：r >00110 :设 O =, e=% V (01 ,可有加法表和乘法表如下：1 11>a=< 1

31、0>L 01：b=J b+0eabeab00eabeeabee0baaabeaab0ebbeabbae0易见，0,e,a,b加法是Klein四兀群。e,a,b乘法是循环群，i技个域。6.试看R7上的所有"复数"：a+bv 1淇中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_a20 1 2 3 4 5 60 1 4 2 2 4 1故R7中1 = 6无平方根，即1 1无。因此a+b< 1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：1 + 0 J 1

32、。一15 a+b VI的逆是(a b弋1),其中，由于 R7中二次帚仅有1, 2, 4,任意两个 a b加起来不等于7, a2+b2 0,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：22-1-200141312234313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 (x),u(x)使(x)f(x)+u(x)g(x)=1,

33、且次(x)< 次g(x)，次u(x)次f(x).进一步证明这样的 (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)+ (x).这里次(x)次g(x),从而d(x)=q(x) g(x)+ (x)f(x)+S(x)g(x),即(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(x)f(x)< 次 f(x)?g(

34、x),故次 d(x)次 f(x)?g(x),矛盾。设 u(x)=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 (x) ,u(x)，使(x)f(x)+u(x)g(x)=1 ,且次(x)< 次 g(x)。次 u(x)< 次 f(x)。下面证，u 的唯一性。设又有 1(x)次 g(x)，次 u1(x)次 f(x),满足 1(x)f(x)+u1(x)g(x)=1 ,1(x)- (x)f(x)+u1(x)-u(x)g(x)=0我们可以得到 (x)= (x)- 1(x)f(x)=u1(x)-u(x)g(x)。注意到

35、 f(x),g(x)互质，则推出：f(x)是 u1(x)-u(x)的因子,g(x)是(x)- 1(x)因子,但是次 f(x)> 次u1(x)-u(x),故必须 u1(x)-u(x)=0 , 从而u1(x)=u(x)，同理知，(x)= 1(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f+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= 0f+u0g为形为f+ug中次数最低者。di= if+uig 为任一此形多项式。设 d1=dq+r,次 r次 d,故 r=d1-dq=( 1- oq)f+(u i-uoq)g 仍为

36、此形多项式。而次 r次d,故必r=0。即d整除di。说明d整除所有形如 f+ug的多项 式。因 f=1 - f+0 g,g=0 f+1 g 都为 f+ g 形，故 d|fd|g 故 d 为 f,g 公因。取f,g任意公因。因| f, | f。故|( of+uog),即| do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F x中任意理想必是主理想。证明：设N是F x任一理想。若N= (0)。显然N是主理想。若N (0)。设 (x)是其中次数最低的非0多项式。按理想定义知。(x) F xNo 另一方面，对任意 f(x) N,设 f(x) = q(

37、x) (x)+r(x)次 r(x)次(x)。当然有 r(x) N。 但N中非0元素次数最低的是(x)。只能r (x) = 0。故f(x)=q(x) (x),证出N (x) Fx。综合以上得 N=(x) F ：xo故N是主理想。5 .求证：(x) F x的极大理想，当且仅当(x)不可约。证明：必要性：若 (x)可约，设(x)= (x) (x),次(x)1,次 (x)1。对任意 g(x) (x)F x, g(x)= (x)f(x尸(x)u(x)f(x),但(x)f(x)=f1(x) Fx,故g(x)= (x)f1(x)(x)Fx。显然，(x)(x)Fx,但次(x)次(x), (x)Fx中元素次数

38、次(x),故(x)(x)Fx。综合以上得：(x)Fx(x)Fx矛盾于(x)Fx的极大性。充分性：若(x)F x不是极大理想，则另有理想F x,非F x,而使(x)F x(x)F x。设 (x) = B (x)(x) + r (x),次 r (x)次 (x)。显然， (x)(x)F x。q(x) (x) (x)Fx。故 r(x) (x)Fx。但是(x)Fx中非 0 元素次 (x).只能 r(x)=0, 得(x)=q(x) (x),与(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)7 .在R2上求矩阵0 10 11

39、11010 11、0 1 0 1的特征多项式和最小多项式。解：特征多项式=4+ 3最小多项式=2( +1)7.3.3习题7.3解答1 .以 f' (x)=0nxn-1+a1(n-1)xn-2+ +an-1 mX f(x)=a 0xn+a1xn+a1xn-1 + +改的微商，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-1f' (x)可对比同次项系数，略。2.除了

40、x ,再取一个抽象的符号Ax,而看两个文字的多项式环6 5*。在5*, Ax中 Axl f(x+Ax) - f(x),设其商为Fx, Ax,设 f(x)f (x x) f (x)x用下式定义的f(X)的微商：?，(X)= f (x x) f (x) x(12)(13)此式右边表示以0代多项式(12)中的Ax。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)= aoxn+aixn+aixn-1 + +an的微商为f' (x)=roxn-1+(n-1)aixn-2+ +an-i。f(x+ x)=ao(x+ x)n+a1(x+ x)n-1 + - +an-

41、1(x+ x)+anf(xx)xf(x)=aonxn-1 +a1(n-1)x n-1 + +an-1 +()x, f(x x) f(x)n1 n1f (x)=| x=0= a onxn 1 +a1(n-1)xn + +an-1x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f (x)f'(x)g(x) f (x)g'(x)()"2g(x)g(x)证明：按推广定义，f(x) 的导式应为g(x)f (x x) f (x)g(x x) g(x)I x 0x注意13 3 g(x x) g(x)f(x x)g(x) f(x)g(x x)g(x x)g(

42、x)g(x f (x x)g(x)x) f(x)g(x) f (x)g(xx) g(x)可见(非二/一“。皎U区 f(x)|xo x1 f (x)(x)g(x) g (x) f (x)g (x)4. 设f(x)是域F上的n次多项式， F。求证:f ( ) 2 f(x+ )=f( )x+f( )+x 2!fZ )xnxn!证明：可以设 f(x+ 尸bo+bix+b2x2+bn-ixn-1+bnxn,令 x=0，得 f( )=b 由 f' (x+)=bl+2b2x+(n-1)bn-ixn-2+nbnxn-1,令 x=0，得 bl=f' 0°0。1，、由 f (x+ )=2

43、b +(n-1)(n-1)bn-1xn3+n(n-1)bnxn2,令 x=0，得 b2=， f ()如此求下去，可逐步求出 bo,bi,，b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)=ax 2+bx+C ,贝U有a+b+C=-144a+2b+C=3a-b+C=9 是 f(x)=3x 2-5x+1。a=3b=-5、C=1利用插值公式L (x)bi F (x)(x ai)F (ai),它适合 L (x) =bi,其中 f (x) = (x-ai)(xan)对本题不难写出(1)(x 2)(x 1)(1 2

44、)(1 1)皿1 9 (x 1)(x 2) =3x+1(2 1)(2 1)( 1 1)( 1 2)此多项式唯一确定。6.略，可参考计算方法7.8.设F是域E的子域，试研究下列问题:F x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(x)在E中有重根，则是E中(x),' (x)公共根。用辗转相除法求出(x), ' (x)最大公因数为 d(x)。因为x-是(x),'(顺公因子，故必是 d(x)因子。可见次 d(x) 1,d(x)按求法是F上多项式。若 (x)0，则d(x)是(x)的真因式。矛盾于(x)为质式，可见此时(x)不能有重根。若'(x

45、)=0,因d(x)可以就是(x)而无矛盾。设 (x)=a 1+a2x+anxn,'(x)=an2a2x+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(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(xp)o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(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-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-

46、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Ro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Ro上不可约证明：在 R2 上看 f(x)=x 5+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 Ro上必不可约。5 .求证x4+3x3+3x2-5在Ro上不可约。证明：在R2上看，x4+3x3+3x2-5=(x+3)

47、(x 3+x+1),若在Ro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Ro上不可约。一、一一 .一 , x 1 46 .用EiSenestein te理证明多项式 在Ro上不可约，其中 P是质数。x 1证明：做代换t=x-1后xP 1x 1P(t 1)1(t 1) 1tP 1CPtP 2 C；tP 2显然质数P满足PI 1,PI CP, ,P|P,P2|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+ao=o由数对(a1,ao)完全确定

48、，不难证明它可数，排出一次方程后考虑二次方程，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。知超越数不可数。7.3.5 习题7.5解答1 .求 72(X)解：72 (x)=x24- X12+12 . P是质数时，求p(x)。解： P (x) =XP-1+XP-2+-+X+1.3 . P是质数时，求Pm(x)。m 1m 1 /解：Pm (X) = XP (P 1) XP (P2)4 .是n次单位根时，证明：1+ +证明：当=1时，原式显然成立。当 1时，左端=(1 n) /(1所以代数数有可数无穷多。而全体实体不可数,)=

49、0/(1-0)=0 。5 .设m和n互质,是所有m次单位根,1,2,， nj, i=1 ，m, j=1 ,，n便是所有mn次单位根。证明：由(i j,) mn=( im)n( jn)m=1 知 i j,i=1,2, ,m;j=1,2,设是本原m次单位根，是本原n次单位根。则1,2,n是mn次单位根。,n可表为 0, 1,m-11, 2,n可表为0, 1,，n-1,由于m,n互质，故这些K(K=0,1,M)和l(l=0,1,-1n除1外均不相同。若i j中有相同的，则有t,于是由a-b= t-S而得到矛盾。即i j中无相同的。故 i j (i=1,2,m;j=1,2, ,n)是所有mn次单位根。

50、是所有n次单位根，求证6 .说明任意复数w0恰有n个n次方根，若nJ代表 的一个n次方根，其余的n 次方根是哪些?解：设=r(cos(2K + )+isin(2K + ), K 是整数。复数 x=r1(cos +isin );xn=；于是有r1n(COSn +isinn 尸r(COS(2x+ )+isin(2K+ ), 所以有n 2Kr1 = n Jr ; =;K=0,1,2,-1.可见有n个n次方根。一一 2K 2K右代表 的一个n次方根。则其余的n次方根为 b COS ( iSin)nnK = 1, 2,，n-1。7 .求2+3i的七个t次方根的近似值。23 23斛：2+3i = 13 ( - -j=l)。于是知幅角 满足COS =-= ,Sin -j=，由此可求.13