张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第39天
875、 1、 若 $\displaystyle f_1(x)\mid g(x), f_2(x)\mid g(x)$ 且 $\displaystyle \left(f_1(x),f_2(x)\right)=1$. 证明: $\displaystyle f_1(x)f_2(x)\mid g(x)$. (河北工业大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设, $\displaystyle \exists\ g_1,g_2, u_1,u_2$, 使得
$$\begin{aligned} g=f_1g_1=f_2g_2, u_1f_1+u_2f_2=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} g_1=&g_1 1=g_1(u_1f_1+u_2f_2)=u_1g+u_2f_2g_1\\\\ =&u_1f_2g_2+u_2f_2g_1=(u_1g_2+u_2g_1)f_2,\\\\ g=&f_1g_1=f_1(u_1g_2+u_2g_1)f_2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle f_1f_2\mid g$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
876、 (2)、 $\displaystyle 1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}$ 整除
$$\begin{aligned} f_1(x^n)+xf_2(x^n)+\cdots+x^{n-2}f_{n-1}(x^n). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明每个 $\displaystyle f_i(x)$ 的所有系数之和为零. (黑龙江大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle \omega_k=\mathrm{e}^{\mathrm{ i} \frac{2k\pi}{n}}, 1\leq k\leq n-1$, 则 $\displaystyle \omega_1,\cdots,\omega_{n-1}$ 互异, 且
$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n x_k=\prod_{k=1}^{n-1}(x-\omega_k). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由题设,
$$\begin{aligned} \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&\omega_1&\cdots&\omega_1^{n-2}\\\\ 1&\omega_2&\cdots&\omega_2^{n-2}\\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\\ 1&\omega_{n-1}&\cdots&\omega_{n-1}^{n-2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}f_1(1)\\\\f_2(1)\\\\\vdots\\\\f_n(1)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0\\\\0\\\\\vdots\\\\0\end{array}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由范德蒙行列式知
$$\begin{aligned} \forall\ 1\leq i\leq n-1, f_i(1)=0\Rightarrow \mbox{$f_i(x)$ 的所有系数之和为零}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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877、 6、 实系数多项式 $\displaystyle f(x)$ 有虚根的充要条件是 $\displaystyle f^2(x)$ 可表示成两个次数不同的实多项式平方和. (黑龙江大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 7、 $\displaystyle \Rightarrow$: 设 $\displaystyle f$ 有虚根, 则由 $\displaystyle f$ 是实系数多项式知虚根成对出现, 而
$$\begin{aligned} f(x)=\left[(x-a)^2+b\right]g(x), a\in\mathbb{R}, b > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
注意到 $\displaystyle (A+B)^2=(A-B)^2+4AB$, 我们有
$$\begin{aligned} f^2(x)&=\left[(x-a)^2+b\right]^2g^2(x) =\left\{\left[(x-a)^2-b\right]^2+4(x-a)^2b\right\}g^2(x)\\\\ &=\left\{\left[(x-a)^2-b\right]g(x)\right\}^2+\left[2\sqrt{b}(x-a)g(x)\right]^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
8、 $\displaystyle \Leftarrow$: 设 $\displaystyle \partial(f)=n$,
$$\begin{aligned} f^2=g^2+h^2, \partial(g) > \partial(h), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle \partial(g)=n, \partial(h) < n$. 用反证法. 若 $\displaystyle f$ 的根全为实数, 则可设 $\displaystyle f$ 的根为 $\displaystyle a_i$ ($n_i$ 重, $\displaystyle n_i\geq 1$), $\displaystyle i=1,\cdots,s$. 我们有
$$\begin{aligned} f(a_i)=\cdots =f^{(n_i-1)}(a_i)=0, f^{(n_i)}(a_i)\neq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle f^2=g^2+h^2$ 求 $\displaystyle 0\leq m\leq n_i-1$ 导知
$$\begin{aligned} \sum_{k=0}^{2m}C_{2m}^k f^{(k)}f^{(2m-k)} =\sum_{k=0}^{2m}C_{2m}^k g^{(k)}g^{(2m-k)} +\sum_{k=0}^{2m}C_{2m}^k h^{(k)}h^{(2m-k)}.\qquad(\star) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
将 $\displaystyle x=a_i$ 代入, 当 $\displaystyle m=0$ 时, $\displaystyle g(a_i)=h(a_i)=0$. 若已证
$$\begin{aligned} g^{(l)}(a_i)=h^{(l)}(a_i)=0, 0\leq l\leq m-1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则由 $\displaystyle (\star)$ 知
$$\begin{aligned} &C_{2m}^m \left[f^{(m)}(a_i)\right]^2 =C_{2m}^m \left[g^{(m)}(a_i)\right]^2+C_{2m}^m \left[g^{(m)}(a_i)\right]^2\\\\ \Rightarrow& g^{(m)}(a_i)=h^{(m)}(a_i)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是 $\displaystyle a_i$ 是 $\displaystyle g$ 与 $\displaystyle h$ 的至少 $\displaystyle n_i$ 重公共根, 而
$$\begin{aligned} \partial(h)\geq \sum_{i=1}^s n_i=n, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与已证 $\displaystyle \partial(h) < n$ 矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
878、 (6)、 实系数多项式 $\displaystyle f(x)=x^3-3x+2$ 与 $\displaystyle g(x)=x^3+3x^2-4$ 的最大公因式为 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (华东师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} f(x)=&g(x)+r_1(x), r_1(x)=6-3x-3x^2,\\\\ g(x)=&-\frac{x+2}{3}r_1(x) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \left(f(x),g(x)\right)=x^2+x-2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
879、 (7)、 设 $\displaystyle f(x)=x^2$ 及 $\displaystyle g(x)=x^3+x+1$, 满足同余方程
$$\begin{aligned} u(x)f(x)\equiv 1\left(\mod g(x)\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其次数最小的多项式 $\displaystyle u(x)$ 为 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (华东师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)$ 和 $\displaystyle g(x)$ 都是数域 $\displaystyle \mathbb{P}$ 上的次数不小于 $\displaystyle 1$ 的多项式. 则
$$\begin{aligned} ( f(x),g(x) ) = 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
当且仅当存在唯一的多项式 $\displaystyle u(x),v(x)\in\mathbb{P}[x]$ 使得 $\displaystyle u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$, 这里 $\displaystyle \partial(u(x)) < \partial(g(x))$ 且 $\displaystyle \partial(v(x)) < \partial(f(x))$. 事实上, (7-1)、 $\displaystyle \Leftarrow$: $\displaystyle 1$ 是 $\displaystyle f(x),g(x)$ 的公因式; 若 $\displaystyle h(x)$ 为 $\displaystyle f(x),g(x)$ 的公因式, 则由 $\displaystyle u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$ 知 $\displaystyle h(x)\mid 1$. 因此,$1$ 是 $\displaystyle f(x),g(x)$ 的首一最大公因式, 而有 $\displaystyle 1=(f(x),g(x))$. (7-2)、 $\displaystyle \Rightarrow$: 由 $\displaystyle (f(x),g(x))=1$ 知 $\displaystyle \exists\ s(x),t(x)\in \mathbb{P}[x]$ 使得
$$\begin{aligned} s(x)f(x)+t(x)g(x)=1. \qquad(487: 1: eq1)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
因为 $\displaystyle \partial(u(x)) < \partial(g(x))$ 且 $\displaystyle \partial(v(x)) < \partial(f(x))$, 我们有
$$\begin{aligned} g(x)\nmid s(x),\quad f(x)\nmid t(x) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(若不然,$g(x)\mid s(x)\Rightarrow g(x)\mid s(x)f(x)+t(x)g(x)=1$, 这与 $\displaystyle \partial(g(x))\geq 1$ 矛盾). 而可设
$$\begin{aligned} s(x)=h(x)g(x)+u(x),\quad \partial(u(x)) < \partial(g(x)), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} t(x)=k(x)f(x)+v(x),\quad \partial(v(x)) < \partial(f(x)). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
代入 (487: 1: eq1) 得
$$\begin{aligned} u(x)f(x)+v(x)g(x)+[h(x)+k(x)]f(x)g(x)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
注意到 $\displaystyle \partial(u(x)) < \partial(g(x))$ 及 $\displaystyle \partial(v(x)) < \partial(f(x))$, 由上式即知 $\displaystyle h(x)+k(x)=0$ (若不然, 上式左端的最高次项为 $\displaystyle [h(x)+k(x)]f(x)g(x)$, 其次数 $\displaystyle \geq 1$, 与右端相等矛盾). 因此,
$$\begin{aligned} u(x)f(x)+v(x)g(x)=1. \qquad(487: 1: eq2)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
往证唯一性. 设还有
$$\begin{aligned} u_1(x)f(x)+v_1(x)g(x)=1,\\\\ \partial(u_1(x)) < \partial(g(x)),\ \partial(v_1(x)) < \partial(f(x)). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
与 (487: 1: eq2) 相减得
$$\begin{aligned} &\quad [u_1(x)-u(x)]f(x)=-[v_1(x)-v(x)]g(x)\\\\ &\Rightarrow \left\{\begin{array}{llllllllllll} f(x)\mid [v_1(x)-v(x)]g(x)\\\\ g(x)\mid [u_1(x)-u(x)]f(x) \end{array}\right.\\\\ &\Rightarrow \left\{\begin{array}{llllllllllll} f(x)\mid [v_1(x)-v(x)]\\\\ g(x)\mid [u_1(x)-u(x)] \end{array}\right.\quad \left((f(x),g(x))=1\right)\\\\ &\Rightarrow \left\{\begin{array}{llllllllllll} v_1(x)-v(x)=0\\\\ u_1(x)-u(x)=0 \end{array}\right.\quad \left(\mbox{比较多项式的次数}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
回到题目. 由
$$\begin{aligned} g(x)=&x f(x)+r_1(x), r_1(x)=x+1,\\\\ f(x)=&(x-1)r_1(x)+1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} 1=&f(x)-(x-1)[g(x)-xf(x)]\\\\ =&(x^2-x+1)f(x)-(x-1)g(x)\\\\ \equiv&(x^2-x+1)f(x)\left(\mod g(x)\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故应填 $\displaystyle x^2-x+1$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
880、 1、 设 $\displaystyle f_i(x)\in\mathbb{P}[x], i=1,2,\cdots,n$, 求证:
$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n x^i\mid \sum_{k=1}^n x^{n-k}f_k(x^{n+1}) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
的充要条件为 $\displaystyle (x-1)\mid f_k(x), k=1,\cdots,n$. (华南理工大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \Rightarrow$: 令 $\displaystyle x=\omega_k\equiv \mathrm{e}^{\mathrm{ i} \frac{2k\pi}{n+1}}, 1\leq k\leq n+1$, 则
$$\begin{aligned} &\omega_k^{n-1}f_1(1)+\omega_k^{n-2}f_2(1)+\cdots+\omega_k f_{n-1}(1)+f_n(1)=0, 1\leq k\leq n\\\\ \Leftrightarrow&\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}\omega_1^{n-1}&\omega_1^{n-1}&\cdots&\omega_1&1\\\\ \omega_2^{n-1}&\omega_2^{n-1}&\cdots&\omega_2&1\\\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\\\ \omega_n^{n-1}&\omega_n^{n-1}&\cdots&\omega_n&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}f_1(1)\\\\ f_2(1)\\\\ \vdots\\\\ f_n(1)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0\\\\0\\\\\vdots\\\\0\end{array}\right)\\\\ \Rightarrow&f_k(1)=0, 1\leq k\leq n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 $\displaystyle \Leftarrow$: 若 $\displaystyle (x-1)\mid f_k(x), k=1,\cdots,n$, 则
$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n x^i\mid (x^{n+1}-1)\mid f_k(x^{n+1})\Rightarrow \sum_{i=0}^n x^i\mid \sum_{k=1}^n x^{n-k}f_k(x^{n+1}). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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881、 1、 填空题. (1)、 当 $\displaystyle \lambda=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$ 时, 多项式 $\displaystyle f(x)=x^2+\lambda x$ 与 $\displaystyle g(x)=x^2+4x+\lambda$ 有公共根. (华南师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f(x)=0\Leftrightarrow x=0\mbox{或} -\lambda$ 知 $\displaystyle f,g$ 的公共根要么是 $\displaystyle 0$ 要么是 $\displaystyle -\lambda$. 于是
$$\begin{aligned} 0=g(0)=\lambda\mbox{或} 0=g(-\lambda)=\lambda(\lambda-3)\Rightarrow \lambda=0\mbox{或} 3. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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882、 3、 已知 $\displaystyle 1-\mathrm{ i}$ 是整系数多项式 $\displaystyle f(x)=x^7-7x^6+17x^5-10x^4-30x^3+68x^2+kx+16$ 的一个根. (1)、 确定参数 $\displaystyle k$ 的值; (2)、 求 $\displaystyle f(x)$ 在复数域上的单根和复根, 并给出相应的典型分解式. (华南师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由实多项式的虚根成对出现知
$$\begin{aligned} g(x)\equiv (x^2-2x+2)=\left[x-(1-\mathrm{ i})\right]\left[x-(1+\mathrm{ i})\right]\mid f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由带余除法知
$$\begin{aligned} f(x)=(x^5-5x^4+5x^3+10x^2-20x+8)g(x)+(k+56)x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle k=-56$. 继续对 $\displaystyle x^5-5x^4+5x^3+10x^2-20x+8$ 因式分解 (由有理根判定知 $\displaystyle 2$ 是有理根, 而可进一步施行带余除法) 知
$$\begin{aligned} f(x)=(x-2)^3(x^2-2x+2)(x^2+x-1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 $\displaystyle f$ 在复数域上的单根是 $\displaystyle -1\pm \mathrm{ i}$, $\displaystyle \frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$, 复根为 $\displaystyle 2$, 且
$$\begin{aligned} f(x)=(x-2)^3\left[x-(1-\mathrm{ i})\right]\left[1-(1+\mathrm{ i})\right] \left[x+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right]\left[x-\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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883、 (3)、 设多项式 $\displaystyle f(x)=x^{2022}-x+1, g(x)=(x-1)^2(x+1)$, 求 $\displaystyle f(x)$ 除以 $\displaystyle g(x)$ 的余式. (华中师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设
$$\begin{aligned} f(x)=q(x)g(x)+ax^2+bx+c, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} 1=f(1)=a+b+c, 3=f(-1)=a-b+c, 2021=f'(1)=2a+b\Rightarrow a=1011, b=-1, c=-1009. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故所求余式为 $\displaystyle 1011x^2-x-1009$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
884、 1、 (20分) 设 $\displaystyle f(x),g(x),h(x)$ 都是数域 $\displaystyle \varOmega$ 上的首一多项式, 证明: $\displaystyle (f^2,g^3h^4)=1$ 当且仅当
$$\begin{aligned} (f,g)=(f,h)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(吉林大学2023年高等代数与解析几何考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由常用结论
$$\begin{aligned} (f,g)=1, (f,h)=1\Rightarrow (f,gh)=1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &(f,g)=1, (f,h)=1\Rightarrow (f,g^3)=1, (f,h^4)=1\\\\ \Rightarrow& (f,g^3h^4)=1\Rightarrow (f^2,g^3h^4)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 $\displaystyle \Rightarrow$:
$$\begin{aligned} (f^2,g^3h^4)=1\Rightarrow& \exists\ u,v,\mathrm{ s.t.} 1=uf^2+vg^3h^4 =\left\{\begin{array}{llllllllllll}(uf)f+(vg^2h^4)g,\\\\ (uf)f+(vg^3h^3)h.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle (f,g)=(f,h)=1$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
885、 1、 设
$$\begin{aligned} f(x)=&x^4+3x^3-x^2-4x-3,\\\\ g(x)=&3x^3+10x^2+2x-3. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求 $\displaystyle \left(f(x),g(x)\right)$, 并求 $\displaystyle u(x),v(x)$ 使得
$$\begin{aligned} u(x)f(x)+v(x)g(x)=\left(f(x),g(x)\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(南昌大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} f(x)=&\left(\frac{x}{3}-\frac{1}{9}\right)g(x)+r_1(x), r_1(x)=-\frac{5}{9}x^2-\frac{25x}{9}-\frac{10}{3},\\\\ g(x)=&\left(-\frac{27x}{5}+9\right)r_1(x)+r_2(x), r_2(x)=9x+27,\\\\ r_1(x)=&\left(-\frac{5x}{81}-\frac{10}{81}\right)r_2(x) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &\left(f(x),g(x)\right) =x+3=\frac{1}{9}r_2(x)\\\\ =&\frac{1}{9}\left[g(x)-\left(-\frac{27x}{5}+9\right)r_1(x)\right]\\\\ =&\frac{1}{9}g(x)-\frac{1}{9}\left(-\frac{27x}{5}+9\right)\left[f(x)-\left(\frac{x}{3}-\frac{1}{9}\right)g(x)\right]\\\\ =&\left(\frac{3x}{5}-1\right)f(x)+\left(-\frac{x^2}{5}+\frac{2x}{5}\right)g(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取 $\displaystyle u(x)=\frac{3x}{5}-1, v(x)=-\frac{x^2}{5}+\frac{2x}{5}$ 即知结论成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
886、 7、 (20 分) 求证多项式
$$\begin{aligned} f(x)=\prod_{i=1}^{18}(x-i)+23 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
在有理数域上不可约. (南京大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 用反证法. 若 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中可约, 则
$$\begin{aligned} \exists\ g,h\in\mathbb{Z}[x], 1\leq \deg g\leq \deg h\leq 17,\mathrm{ s.t.} f(x)=g(x)h(x).\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle x=i\in I=\left\{1,2,\cdots,18\right\}$, 则
$$\begin{aligned} g(i)h(i)=23\Rightarrow g(i),h(i)\in \left\{1,-1,23,-23\right\}\equiv S. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由抽屉原理知 $\displaystyle \exists\ m\in S$, 使得 $\displaystyle I$ 中至少有 $\displaystyle 5$ 个互异整数 $\displaystyle a_1,\cdots,a_5$ 使得 $\displaystyle g(a_i)=m$. 此即
$$\begin{aligned} g(x)=p(x)\prod_{i=1}^5 (x-a_i)+m, p(x)\in \mathbb{Z}[x]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 对 $\displaystyle k\in I\backslash\left\{a_1,\cdots,a_5\right\}$, 设 $\displaystyle g(k)=m_1\in S$. 往证 $\displaystyle m_1=m$, 而
$$\begin{aligned} &\forall\ k\in I, g(k)=m\Rightarrow g(x)=\prod_{i=1}^{18} (x-x_i)+m \Rightarrow \deg g=18. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与 $\displaystyle (I)$ 矛盾. 故有结论. (3)、 若 $\displaystyle m_1\neq m$, 则
$$\begin{aligned} &p(k)\prod_{i=1}^5 (k-a_i)+m=g(k)=m_1\\\\ \Rightarrow& p(k)\prod_{i=1}^5 (k-a_i)=m_1-m\in \left\{\pm 2,\pm 22, \pm 24, \pm 46\right\}. \qquad(II) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle m_1-m$ 是至少 $\displaystyle 5$ 个互异整数的乘积. 由
$$\begin{aligned} 2=1\cdot 2, 22=1\cdot 2\cdot 11, 46=1\cdot 2\cdot 23 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle p(k)\prod_{i=1}^5 (k-a_i)=m_1-m$ 只能是 $\displaystyle \pm 24$. 这是可能的. 因为
$$\begin{aligned} 24=(-1)\cdot 1\cdot (-2)\cdot 3\cdot 4, -24=(-1)\cdot 1\cdot (-2)\cdot 3\cdot (-4). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(4)、 当 $\displaystyle m_1-m=24$ 时, 不妨设 $\displaystyle m_1=23, m=-1$ (还可能 $\displaystyle m_1=1, m_2=-23$, 类似处理),
$$\begin{aligned} g(x)=p(x)\prod_{i=1}^5 (x-a_i)-1, \deg p=13\qquad(III) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(若 $\displaystyle \deg p < 13$, 则按上述推理知 $\displaystyle 24$ 是至少 $\displaystyle 6$ 个互异整数的乘积, 矛盾), 且
$$\begin{aligned} g(x)=q(x)\prod_{k=1}^{13}(x-b_k)+23, \left\{b_1,\cdots,b_{13}\right\}=I\backslash\left\{a_1,\cdots,a_5\right\}.\qquad(IV) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} -1\stackrel{(III)}{=}g(a_i)\stackrel{(IV)}{=}q(a_i)\prod_{k=1}^{13}(a_i-b_k)+23. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
因此, $\displaystyle -24$ 是至少 $\displaystyle 13$ 个互异整数的乘积, 矛盾. (5)、 当 $\displaystyle m_1-m=-24$ 时, 类似可得矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
887、 6、 解答如下问题: (1)、 判别多项式 $\displaystyle x^6-5x+6$ 在复数域 $\displaystyle \mathbb{C}$ 上有无重因式; (南京航空航天大学大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=x^6-5x+6$, 则 $\displaystyle f'(x)=6x^5-5$. 往用反证法证明 $\displaystyle f,f'$ 没有公共根, 而 $\displaystyle (f,f')=1\Rightarrow f$ 无重因式. 若不然, 设 $\displaystyle \alpha\in\mathbb{C}$ 是 $\displaystyle f,f'$ 的公共根, 则
$$\begin{aligned} &\alpha^6-5\alpha+6=0, 6\alpha^5=5\\\\ \Rightarrow& 6=5\alpha-\alpha^6 =5\alpha-\alpha\cdot\alpha^5 =5\alpha-\alpha \frac{5}{6}=\frac{25}{6}\alpha\Rightarrow \alpha=\frac{36}{25}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与 $\displaystyle \alpha^5=\frac{5}{6}$ 矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
888、 1、 填空题 (每题 5 分, 共 30 分). (1)、 已知
$$\begin{aligned} x^5+4=&c_0+c_1(x+1)+c_2(x+1)^2+c_3(x+1)^3\\\\ &+c_4(x+1)^4+c_5(x+1)^5, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle c_0+c_1=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (南京理工大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=x^5+4$, 则 $\displaystyle c_0=f(-1)=3, c_1=f'(-1)=5$. 故 $\displaystyle c_0+c_1=8$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
889、 2、 (10 分) 判断 $\displaystyle f(x)=x^5+3x^4+5x^3+5x^2+3x+1$ 是否有重因式, 并说明理由. (南京理工大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} f(x)=&\frac{5x+3}{25}f'(x)+r_1(x), r_1(x)=\frac{14x^3+30x^2+30x+16}{25},\\\\ f'(x)=&\left(\frac{125x}{14}+\frac{225}{98}\right)r_1(x)+r_2(x), r_2(x)=\frac{75}{49}(x^2+x+1),\\\\ r_1(x)=&\frac{686x+784}{1875}r_1(x) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \left(f(x),f'(x)\right)=x^2+x+1$, 而 $\displaystyle f$ 有重因式 $\displaystyle x^2+x+1$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
890、 1、 设 $\displaystyle f(x)$ 是整系数多项式, $\displaystyle a$ 是一个整数. 若
$$\begin{aligned} f(a)=f(a+1)=f(a+2)=1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 对任意的正整数 $\displaystyle c$, $\displaystyle f(c)\neq -1$. (南京师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle g(x)=f(x)-1$, 则由题设,
$$\begin{aligned} &g(a)=g(a+1)=g(a+2)=0\\\\ \Rightarrow& g(x)=p(x)(x-a)(x-a-1)(x-a-2), p(x)\in\mathbb{Z}[x]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle \forall\ c\in\mathbb{Z}_+$, $\displaystyle g(c)=p(c)(c-a)(c-a-1)(c-a-2)$. (1)、 若 $\displaystyle g(c)=0$, 则 $\displaystyle f(c)=1\neq -1$. (2)、 若 $\displaystyle g(c)\neq 0$, 则 $\displaystyle c-a,c-a-1,c-a-2$ 是三个非零的连续整数,
$$\begin{aligned} &|(c-a)(c-a-1)(c-a-2)|\geq 6 \Rightarrow |g(c)|\geq 6\\\\ \Rightarrow&|f(c)|=|g(c)-1|\geq |g(c)|-1\geq 5\Rightarrow f(c)\neq -1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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891、 2、 叙述并证明高斯引理. (南京师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 非零多项式
$$\begin{aligned} f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
称为本原多项式, 如果
$$\begin{aligned} \left(a_n,a_{n-1},\cdots,a_0\right)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 设
$$\begin{aligned} f(x)&=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,\\\\ g(x)&=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
都是本原多项式. 往用反证法证明
$$\begin{aligned} h(x)&=f(x)g(x)\\\\ &=d_{n+m}x^{n+m}+\cdots+d_0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
也是本原多项式. 设
$$\begin{aligned} (d_{n+m},\cdots,d_0)\neq 1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} \mbox{存在素数 $\displaystyle p$, 使得 $\displaystyle p\mid d_i, \forall\ 0\leq i\leq n+m$}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而
$$\begin{aligned} &(a_0,\cdots,a_n)=1\\\\ \Rightarrow&\exists\ 0\leq i\leq n,\mathrm{ s.t.} p\nmid a_i\\\\ \Rightarrow&\mbox{取 $\displaystyle k=\min_{p\nmid a_i}i$, 则 $\displaystyle p\mid a_0,\cdots, p\mid a_{k-1}, p\nmid a_k$}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
同理,
$$\begin{aligned} \exists\ 0\leq l\leq m,\mathrm{ s.t.} p\mid b_0,\cdots, p\mid b_{l-1}, p\nmid b_l. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
写出
$$\begin{aligned} d_{k+l}=&a_kb_l\\\\ &+a_{k+1}b_{l-1}+a_{k+2}b_{l-2}+\cdots\\\\ &+a_{k-1}b_{l+1}+a_{k-2}b_{l+2}+\cdots, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则由
$$\begin{aligned} p\mid d_{k+l}, p\mid a_i\left(0\leq i\leq k-1\right), p\mid b_j\left(0\leq j\leq l-1\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} p\mid (a_kb_l)&\Rightarrow p\mid a_k\mbox{或}p\mid b_l\\\\ &\Rightarrow \mbox{与 $\displaystyle k,l$ 的取法 $\displaystyle p\nmid a_k, p\nmid b_l$ 矛盾, 故有结论}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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892、 1、 (30 分) 设 $\displaystyle f(x)=x^2+x+1, g(x)=x^3-x^2$, 求次数最低的多项式 $\displaystyle h(x)$, 使得
$$\begin{aligned} f(x)\mid h(x), g(x)\mid [h(x)+3]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(南开大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设,
$$\begin{aligned} h \left(\frac{-1\pm \sqrt{3}\mathrm{ i}}{2}\right)=0;\quad h(0)=-3, h'(0)=0, h(1)=-3.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \deg h\geq 4$. 设
$$\begin{aligned} h(x)=(x^2+x+1)(ax^2+bx+c), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
将 $\displaystyle (I)$ 的后三式代入算得
$$\begin{aligned} a=-1, b=3, c=-3\Rightarrow h(x)=(x^2+x+1)(-x^2+3x-3). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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893、 (6)、 设 $\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle 4$ 次实系数多项式, 满足
$$\begin{aligned} f(x)=3\left(f(x),f'(x)\right)x(x^2+1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle f(x)=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (厦门大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 比较次数知 $\displaystyle \deg(f,f')=1\Rightarrow (f,f')=x-\alpha$. 注意到
$$\begin{aligned} x(x^2+1)=\frac{f}{3(f,f')} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
就是 $\displaystyle f$ 的互异根的乘积, 我们知 $\displaystyle \alpha=0\mbox{或} \pm \mathrm{ i}$. 但 $\displaystyle f$ 的虚根成对出现, 而 $\displaystyle \alpha=0\Rightarrow f(x)=3x^2(x^2+1)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
894、 2、 (10 分) $\displaystyle f(x)=x^3+ax^2+bx+c$ 为整系数多项式, $\displaystyle (a+b)c$ 为奇数. 证明: $\displaystyle f(x)$ 在有理数域上不可约. (山西大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 用反证法. 若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中可约, 则存在整数 $\displaystyle \alpha,d,e$, 使得
$$\begin{aligned} &f(x)=(x-\alpha)(x^2+dx+e)\\\\ \Rightarrow&x^3+ax^2+bx+c=x^3+(d-\alpha)x^2+(e-\alpha d)x-\alpha e\\\\ \Rightarrow&a=d-\alpha, b=e-\alpha d, c=-\alpha e. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle (a+b)c$ 是奇数知
$$\begin{aligned} \mbox{ $\displaystyle c$ 是奇数}&\Rightarrow \mbox{ $\displaystyle \alpha,e$ 均是奇数}\left(c=-\alpha e\right),\\\\ \mbox{ $\displaystyle a+b$ 是奇数}&\Rightarrow \left\{\begin{array}{llllllllllll} \mbox{ $\displaystyle a$ 奇, $\displaystyle b$ 偶}&\Rightarrow \mbox{ $\displaystyle d$ 偶}\left(a=d-\alpha\right)\\\\ &\Rightarrow\mbox{偶 $\displaystyle b=e-\alpha d$ 奇}\Rightarrow\mbox{矛盾},\\\\ \mbox{ $\displaystyle a$ 偶, $\displaystyle b$ 奇}&\Rightarrow \mbox{ $\displaystyle d$ 奇}\left(a=d-\alpha\right)\\\\ &\Rightarrow \mbox{奇 $\displaystyle b=e-\alpha d$ 偶}\Rightarrow\mbox{矛盾}. \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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895、 1、 (15 分) 设 $\displaystyle f_k(x)\ (k=1,\cdots,n)$ 是数域 $\displaystyle \mathbb{P}$ 上的多项式, 证明:
$$\begin{aligned} (x^n+\cdots+x+1)\mid \left[\begin{array}{c}x^{n-1}f_1(x^{n+1}) +x^{n-2}f_2(x^{n+1})\\\\ +\cdots+xf_{n-1}(x^{n+1})+f_n(x^{n+1})\end{array}\right] \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
的充要条件是 $\displaystyle (x-1)\mid f_k(x), k=1,\cdots,n$. (陕西师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \Leftarrow$:
$$\begin{aligned} &(x-1)\mid f_k(x)\Rightarrow (x^{n+1}-1)\mid f(x^{n+1})\\\\ \Rightarrow& \exists\ g(x),\mathrm{ s.t.} f_k(x^{n+1})=g(x)(x^{n+1}-1)\\\\ &=g(x)(x-1)(x^n+x^{n-1}+\cdots+x+1)\\\\ \Rightarrow& \sum_{i=0}^n x^i\mid f_k(x^{n+1}) \Rightarrow\sum_{i=0}^n x^i\mid \sum_{k=1}^n x^{n-k}f_k(x^{n+1}). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 $\displaystyle \Rightarrow$: 由
$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n x^i=\frac{x^{n+1}-1}{x-1} =\prod_{j=1}^n (x-\omega_j), \omega_j=\mathrm{e}^{\mathrm{ i} \frac{2j\pi}{n+1}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及充分性假设知
$$\begin{aligned} 0=\sum_{k=1}^n \omega_j^{n-k}f_k(\omega_j^{n+1}) =\sum_{k=1}^n \left(\omega_j^{-1}\right)^{k+1}f_k(1), j=1,\cdots,n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此即
$$\begin{aligned} \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}\left(\omega_1^{-1}\right)^2&\left(\omega_1^{-1}\right)^3&\cdots&\left(\omega_1^{-1}\right)^{n+1}\\\\ \left(\omega_1^{-1}\right)^2&\left(\omega_1^{-1}\right)^3&\cdots&\left(\omega_1^{-1}\right)^{n+1}\\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\\ \left(\omega_1^{-1}\right)^2&\left(\omega_1^{-1}\right)^3&\cdots&\left(\omega_1^{-1}\right)^{n+1} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}f_1(1)\\\\ f_2(1)\\\\ \vdots\\\\ f_n(1)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0\\\\0\\\\\vdots\\\\0\end{array}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
它的系数矩阵行列式
$$\begin{aligned} =\left(\omega_1^{-1}\right)^2\cdots \left(\omega_n^{-1}\right)^2 \prod_{1\leq i < j\leq n}(\omega_j^{-1}-\omega_i^{-1})\neq 0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而它只有零解: $\displaystyle f_k(1)=0\Rightarrow (x-1)\mid f_k(x)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
896、 2、 证明: $\displaystyle (x^a-1)\mid (x^n-1)$ 的充要条件是 $\displaystyle a\mid n$. (上海财经大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \Leftarrow$: 设 $\displaystyle n=qd$, 则
$$\begin{aligned} &x^n-1=x^{qd}-1=(x^a-1)[x^{(q-1)a}+\cdots+x^a+1]\\\\ \Rightarrow& (x^a-1)\mid (x^n-1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 $\displaystyle \Rightarrow$: 用反证法. 若 $\displaystyle a\nmid n$, 则 $\displaystyle n=qd+r, 0 < r < a-1$, 而由
$$\begin{aligned} x^r-1=x^{n-qd}-1=x^{n-qd}-x^n+x^n-1 =x^{n-qd}(x^{qd}-1)+x^n-1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle (x^a-1)\mid (x^r-1)$,
$$\begin{aligned} &\exists\ p(x)\neq 0,\mathrm{ s.t.} (x^r-1)=p(x)(x^a-1)\\\\ \Rightarrow& r=\deg(x^r-1)=\deg p(x)+\deg (x^a-1) \geq a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与 $\displaystyle 0 < r < a$ 矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
897、 1、 填空题 (每题 5 分, 共 25 分). (1)、 设 $\displaystyle m,n$ 为正整数, 多项式 $\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^n x^i, g(x)=\sum_{i=1}^m x^i$ 在有理数域上的首一最大公因式为 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (上海大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 先给出一个结论. 设 $\displaystyle m,n\in \mathbb{N}$, 则 $\displaystyle {\left(x^m-1,x^n-1\right)=x^{(m,n)}-1}$. 事实上, (1-1)、 明显的, $\displaystyle x^{(m,n)}-1|x^m-1$, $\displaystyle x^{(m,n)}-1|x^n-1$. (1-2)、 又存在 $\displaystyle a,b\in \mathbb{Z}$, s.t. $\displaystyle am+bn=(m,n)$, 不妨设 $\displaystyle a > 0,\ b < 0$, 则
$$\begin{aligned} x^{-bn}(x^{(m,n)}-1) =x^{am}-x^{-bn} =(x^{am}-1)-(x^{-bn}-1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} \left.\begin{array}{ll} f|(x^m-1)\\\\ f|(x^n-1) \end{array}\right\} \Rightarrow f|x^{-bn}(x^{(m,n)}-1) \Rightarrow f|x^{(m,n)}-1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
最后一步是因为 $\displaystyle f(0)\neq 0$. 回到题目.
$$\begin{aligned} (f,g)=\left(x\frac{x^n-1}{x-1},x\frac{x^m-1}{x-1}\right) =x(x^{d-1}+\cdots+x+1), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle d$ 为 $\displaystyle m,n$ 的最大公因数.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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