张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第40天
898、 2、 判断题 (每题 5 分, 共 25 分). (1)、 多项式 $\displaystyle x^4+1$ 在实数域上不可约. $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$ (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 / $\displaystyle \times$. 实数域上不可约的多项只有一次多项式和判别式小于 $\displaystyle 0$ 的二次多项式.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
899、 (5)、 (15 分) 设 $\displaystyle p$ 是素数, $\displaystyle a$ 为正数, $\displaystyle f(x)=ax^p+px+1, p^2\mid (a+1)$. 求证: $\displaystyle f(x)$ 在有理数域上不可约. (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 /
$$\begin{aligned} f(x+1)=&a(x+1)^p+p(x+1)+1\\\\ =&ax^p+aC_p^1 x^{p-1}+\cdots+aC_p^{p-2}x^2 +(a+1)px+a+1+p. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} p\mid a&\Rightarrow a=ps, s\in\mathbb{Z} \Rightarrow p^2\mid (a+1)=ps+1\\\\ &\Rightarrow ps+1=p^2t\Rightarrow 1=p(pt-s)\Rightarrow p\mid 1,\mbox{与 $\displaystyle p$ 是素数矛盾} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle p\nmid a$. 又由
$$\begin{aligned} p\mid aC_p^k\left(1\leq k\leq p-2\right), p\mid(a+1)p, p\mid (a+1+p), p^2\nmid (a+1+p) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Eisenstein 判别法知 $\displaystyle f(x+1)$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约, 而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
900、 1、 (10 分) 解答如下问题. (1)、 叙述一元整系数多项式的艾森斯坦判别法. (上海交通大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / Eisenstein 判别法: 设
$$\begin{aligned} f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
是整系数多项式, 若存在素数 $\displaystyle p$, 使得
$$\begin{aligned} p\nmid a_n, p\mid a_{n-1},a_{n-2},\cdots,a_0, p^2\nmid a_0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle f$ 在有理数域上不可约.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
901、 (2)、 $\displaystyle x^4+x^3+x^2+x+1$ 在有理数域上是否可约, 为什么? (上海交通大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 不可约. 我们给出一般的结果. 设 $\displaystyle f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$, $\displaystyle p$ 是素数. 则 $\displaystyle f(x)$ 在有理数域上不可约. 事实上, 由 $\displaystyle f(x)=\frac{x^p-1}{x-1}$ 知
$$\begin{aligned} f(x+1)=&\frac{(x+1)^p-1}{x} =x^{p-1}+C_p^1 x^{p-2}+\cdots+C_p^2 x+C_p^1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} p\nmid 1, p\mid C_p^k\left(1\leq k\leq p-1\right), p^2\nmid C_p^1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Eisenstein 判别法知 $\displaystyle f(x+1)$ (而 $\displaystyle f(x)$) 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
902、 2、 设
$$\begin{aligned} C_x^r=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{x(x-1)\cdots(x-r+1)}{r!},&r\geq 1,\\\\ 1,&r=0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle f(x)=\sum_{j=0}^n c_jC_x^j\in \mathbb{Q}[x]$. 证明: 如果存在一个整数 $\displaystyle k_0$, 使得对任意的正整数 $\displaystyle k\geq k_0$, 都有 $\displaystyle f(k)$ 是整数, 那么 $\displaystyle c_0,\cdots,c_n$ 也都是整数. (首都师范大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设, 当 $\displaystyle k\geq\max\left\{k_0,n\right\}$ 时,
$$\begin{aligned} f(i)=\sum_{j=0}^n c_jC_i^j\in \mathbb{Z}, i=k,k+1,\cdots,k+n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此即
$$\begin{aligned} \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&C_k^1&\cdots&C_k^n\\\\ 1&C_{k+1}^1&\cdots&C_{k+1}^n\\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\\ 1&C_{k+n}^1&\cdots&C_{k+n}^n\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}c_0\\\\c_1\\\\\vdots\\\\c_n\end{array}\right) =\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}f(k)\\\\f(k+1)\\\\\vdots\\\\f(k+n)\end{array}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
注意到 $\displaystyle C_{i+1}^j-C_i^j=c_i^{j-1}$, 我们可将上述线性方程组的系数矩阵 $\displaystyle A_{n+1}$ 的第 $\displaystyle i$ 行 $\displaystyle \cdot(-1)$ 加到第 $\displaystyle i+1$ 行, $\displaystyle i=1,2,\cdots,n$, 得
$$\begin{aligned} |A_{n+1}|=&\left|\begin{array}{cccccccccc}1&C_k^1&C_k^2&\cdots&C_k^n\\\\ 0&C_k^0&C_k^1&\cdots&C_k^{n-1}\\\\ 0&C_{k+1}^0&C_{k+1}^1&\cdots&C_{k+1}^{n-1}\\\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\\\ 0&C_{k+n+1}^0&C_{k+n+1}^1&\cdots&C_{k+n-1}^{n-1}\end{array}\right|\\\\ =&\left|\begin{array}{cccccccccc}C_k^0&C_k^1&\cdots&C_k^{n-1}\\\\ C_{k+1}^0&C_{k+1}^1&\cdots&C_{k+1}^{n-1}\\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\\ C_{k+n+1}^0&C_{k+n+1}^1&\cdots&C_{k+n-1}^{n-1}\end{array}\right|\\\\ =&|A_n|=\cdots=|A_1|=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
注意到 $\displaystyle A_{n+1}$ 是整数矩阵, 而
$$\begin{aligned} A_{n+1}^{-1}=\frac{A_{n+1}^\star}{|A_{n+1}|}=A_{n+1}^\star \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
的元素作为 $\displaystyle A$ 的元素的代数余子式, 也是整数. 故
$$\begin{aligned} (I)\Rightarrow \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}c_0\\\\c_1\\\\\vdots\\\\c_n\end{array}\right) =A_{n+1}^{-1}\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}f(k)\\\\f(k+1)\\\\\vdots\\\\f(k+n)\end{array}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
的元素也是整数. 证毕.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
903、 1、 $\displaystyle n$ 是正整数, $\displaystyle f(x)=x^{n+1}+2x+6$. (1)、 证明: $\displaystyle f(x)$ 在有理数域上不可约. (2)、 写出数域 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 上所有满足 $\displaystyle \frac{g(x)}{\left(g(x),g'(x)\right)}=f(x)$ 的多项式 $\displaystyle g(x)$ ($\left(g(x),g'(x)\right)$ 表示 $\displaystyle g(x)$ 与 $\displaystyle g'(x)$ 的首一最大公因式). (3)、 $\displaystyle x_1,\cdots,x_{n+1}$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的全部复根, 求 $\displaystyle x_1^2+\dots+x_{n+1}^2$. (4)、 设方阵 $\displaystyle A$ 的特征多项式为 $\displaystyle f(x)$, 复数 $\displaystyle a$ 满足 $\displaystyle |a|\geq 7$, 其中 $\displaystyle |a|$ 表示 $\displaystyle a$ 的模, 证明: $\displaystyle aI_{n+1}-A$ 可逆, 其中 $\displaystyle I_{n+1}$ 是单位阵. (四川大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 取 $\displaystyle p=2$, 由 Eisenstein 判别法知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约. (2)、 先用反证法证明 $\displaystyle f$ 的根都是单根. 若不然, $\displaystyle \exists\ \lambda_0\in\mathbb{C},\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} &f(\lambda_0)=\lambda_0^{n+1}+2\lambda_0+6=0, f'(\lambda_0)=(n+1)\lambda_0^n+2=0\\\\ \Rightarrow&0=\lambda_0\left(-\frac{2}{n+1}\right)+2\lambda_0+6=\frac{2n}{n+1}\lambda_0+6\\\\ \Rightarrow&-\frac{2}{n+1}=\lambda_0^n=\left[-\frac{3(n+1)}{n}\right]^n \Rightarrow n\mbox{是奇数}, \frac{2}{n+1}=\frac{3^n(n+1)^n}{n^n}\\\\ \Rightarrow& 2n^n=3^n(n+1)^{n+1},\mbox{这与左端小于右端矛盾}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
回到题目. 往用反证法证明 $\displaystyle g(x)=f^r(x), r\geq 1$. 若不然, $\displaystyle g(x)=Af^r(x)h(x)$, 其中 $\displaystyle h$ 是次数大于等于 $\displaystyle 1$ 且首项系数为 $\displaystyle 1$ 的有理多项式, 且 $\displaystyle f\nmid h$. 由 $\displaystyle f$ 不可约知 $\displaystyle (f,h)=1$. 而 $\displaystyle x_1,\cdots,x_{n+1}$ 作为 $\displaystyle f$ 的复根, 都不是 $\displaystyle h$ 的复根. 可设
$$\begin{aligned} h(x)=\prod_{i=1}^m (x-y_i)^{s_i}, y_i\neq x_j, y_i\mbox{互异}, s_i\geq 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} &g(x)=A \prod_{i=1}^{n+1}(x-x_i)\cdot \prod_{j=1}^m (x-y_j)^{s_j}\\\\ \Rightarrow& f(x)\xlongequal{\tiny\mbox{题设}} \frac{g}{(g,g')}=\prod_{i=1}^{n+1}(x-x_i)\cdot \prod_{j=1}^m (x-y_j),\mbox{这是一个矛盾. 故有结论.} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(3)、
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&=\sigma_1^2-2\sigma_2 =\left\{\begin{array}{llllllllllll}(-2)^2-2\cdot 6=-8,&n=1,\\\\ (-0)^2-2\cdot 2=-4,&n=2,\\\\ (-0)^2-2\cdot 0=0,&n\geq 3.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(4)、 设 $\displaystyle \lambda$ 是 $\displaystyle A$ 的任一特征值, 则 $\displaystyle 0=f(\lambda)$. 由
$$\begin{aligned} |z|\geq 7\Rightarrow |f(z)|&\geq |z|^{n+1}-2|z|-6 =|z|(|z|^n-2)-6\\\\ &\geq 7(7^1-2)-6 > 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle |\lambda| < 7$. 故 $\displaystyle aI_{n+1}-A$ 的任一特征值 $\displaystyle a-\lambda\neq 0$, 而 $\displaystyle aI_{n+1}-A$ 可逆.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
904、 2、 (20 分) 复数 $\displaystyle \alpha$ 称为代数数, 若 $\displaystyle \alpha$ 是某个有理系数多项式的根. (1)、 证明: $\displaystyle \sqrt{2}+\sqrt{3}$ 是代数数. (2)、 证明: 复数 $\displaystyle \alpha$ 是代数数当且仅当 $\displaystyle \alpha$ 是某个有理矩阵的特征值. (苏州大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由
$$\begin{aligned} f(x)=&[x-(\sqrt{2}-\sqrt{3})] [x-(-\sqrt{2}+\sqrt{3})]\\\\ &[x-(\sqrt{2}+\sqrt{3})] [x-(-\sqrt{2}-\sqrt{3})]\\\\ =&x^4-10x^2+1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sqrt{2}+\sqrt{3}$ 是有理系数多项式 $\displaystyle x^4-10x^2+1$ 的根, 而是代数数. (2)、 $\displaystyle \alpha$ 是代数书当且仅当存在不全为 $\displaystyle 0$ 的有理数 $\displaystyle a_1,\cdots,a_n$, 使得
$$\begin{aligned} \alpha^n+a_1\alpha^{n-1}+\cdots+a_n=0.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
注意到有理矩阵
$$\begin{aligned} \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}&&&-a_n\\\\ 1&&&-a_{n-1}\\\\ &\ddots&&\vdots\\\\ &&1&-a_1\end{array}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
的特征多项式为 $\displaystyle \lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+\cdots+a_n$, 我们就知道 $\displaystyle (I)$ 可继续等价于 $\displaystyle \alpha$ 是某个有理矩阵的特征值.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
905、 2、 设首一多项式 $\displaystyle f(x), g(x)$ 满足
$$\begin{aligned} \deg f\leq 3, \deg g\leq 3, \mbox{且} f(x)\neq g(x), (x^4+x^2+1)\mid [f(x^3)+x^4g(x^3)]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1)、 证明: $\displaystyle (x-1)\mid f(x), (x+1)\mid f(x), (x-1)\mid g(x), (x+1)\mid g(x)$; (2)、 求 $\displaystyle \left(f(x),g(x)\right)$. (太原理工大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设 $\displaystyle x=\mathrm{e}^{\mathrm{ i}\frac{k\pi}{3}}, k=-2,-1,1,2$, 则
$$\begin{aligned} x\neq -1, x^4+x^2+1=\frac{x^6-1}{x^2-1}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
代入题中整除关系知
$$\begin{aligned} &f(1)+\mathrm{e}^{-\mathrm{ i}\frac{2\pi}{3}}g(1)=0, f(-1)+\mathrm{e}^{\mathrm{ i} \frac{2\pi}{3}}g(-1)=0,\\\\ &f(-1)+\mathrm{e}^{-\mathrm{ i}\frac{2\pi}{3}}g(-1)=0, f(1)+\mathrm{e}^{\mathrm{ i}\frac{2\pi}{3}}g(1)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由第 $\displaystyle 1,4$ 步知 $\displaystyle f(1)=g(1)=0$. 由第 $\displaystyle 2,3$ 式知 $\displaystyle f(-1)=g(-1)=0$. 故有结论. (2)、 由第 1 步知
$$\begin{aligned} (x^2-1)\mid f(x), (x^2-1)\mid g(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
往用反证法证明 $\displaystyle (f,g)=x^2-1$. 若不然, $\displaystyle (f,g)$ 是首一三次多项式, $\displaystyle f=(f,g)=g$. 这与题设矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
906、 1、 $\displaystyle m$ 为非负整数, $\displaystyle g(x)\in\mathbb{Q}[x]$ 且为 $\displaystyle m$ 次有理系数多项式, $\displaystyle n > m$ 为正整数, $\displaystyle p$ 为素数. 求证: (1)、 若 $\displaystyle f(x)$ 是有理数域上的不可约多项式, $\displaystyle g(x)$ 与 $\displaystyle f(x)$ 至少有一个复公共根, 则有 $\displaystyle f(x)\mid g(x)$. (2)、 $\displaystyle \sqrt[n]{p}$ 不是 $\displaystyle g$ 的根. (天津大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle f$ 不可约知要么 $\displaystyle f\mid g$ 要么 $\displaystyle (f,g)=1$. 若 $\displaystyle (f,g)=1$, 则
$$\begin{aligned} \exists\ u,v,\mathrm{ s.t.} uf+vg=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取 $\displaystyle x$ 就是 $\displaystyle f,g$ 的公共复根, 则左端 $\displaystyle =0$, 右端 $\displaystyle =1$. 这是一个矛盾. 故 $\displaystyle f\mid g$. (2)、 设 $\displaystyle f(x)=x^n-p$, 则利用素数 $\displaystyle p$ 及 $\displaystyle p\nmid 1, p\mid (-p), p^2\nmid (-p)$, Eisenstein 判别法知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约. 用反证法证明题目. 若 $\displaystyle \sqrt[n]{p}$ 是 $\displaystyle g$ 的根, 则它是 $\displaystyle f,g$ 的公共复根. 由第 1 步知 $\displaystyle f\mid g\Rightarrow n=\deg f\leq \deg g=m$. 这与题设矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
907、 9、 设
$$\begin{aligned} V=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]=\left\{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}; a,b,c\in\mathbb{Q}\right\}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle x\in V$, 定义
$$\begin{aligned} \begin{array}{cccc} \phi_x: &V&\to&V\\\\ &y&\mapsto&x\cdot y, \end{array} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle x\cdot y$ 为数的乘法. (1)、 求 $\displaystyle \phi_{1+\sqrt[3]{2}}$ 在基 $\displaystyle 1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$ 下的矩阵 $\displaystyle A$, 并求出 $\displaystyle A$ 的极小多项式. (2)、 对任意正整数 $\displaystyle m,n,l$, 证明: 存在首一整系数多项式 $\displaystyle f(x)$ 使得
$$\begin{aligned} f(m+n\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4})=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(天津大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由
$$\begin{aligned} \phi_{1+\sqrt[3]{2}}(1)=1+\sqrt[3]{2}, \phi_{1+\sqrt[3]{2}}(\sqrt[3]{2})=\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}, \phi_{1+\sqrt[3]{2}}(\sqrt[3]{4})=\sqrt[3]{4}+2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \phi_{1+\sqrt[3]{2}}(1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}) =(1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4})A, A=\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&0&2\\\\ 1&1&0\\\\ 0&1&1\end{array}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle |\lambda E-A|=\lambda^3-3\lambda^2+3\lambda-3\equiv f(\lambda)$, 则易知 $\displaystyle \left(f,f'\right)=1$, 而 $\displaystyle f$ 没有重根. 故 $\displaystyle A$ 的最小多项式就是 $\displaystyle A$ 的特征多项式 $\displaystyle \lambda^3-3\lambda^2+3\lambda-3$. (2)、 由 $\displaystyle \sqrt[3]{2}$ 是 $\displaystyle x^3-2=0$ 的根, $\displaystyle \sqrt[3]{4}$ 是 $\displaystyle x^3-4=0$ 的根知 $\displaystyle \sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$ 都是代数数. 再由代数数的和差积商 (分母不为零) 仍是代数数 [参考张禾瑞近世代数基础(修订本)第163页推论 4] 知对 $\displaystyle \forall m,n,l\in\mathbb{Z}_+$, $\displaystyle m+n\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}$ 还是代数数, 也就是某个首一整系数多项式的根. 结论得证.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
908、 4、 (20 分) 证明: 有理数域 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 上次数大于 $\displaystyle 1$ 的多项式 $\displaystyle f(x)$ 恒可表示为两个不可约有理系数多项式 $\displaystyle g(x)$ 与 $\displaystyle h(x)$ 之和. (武汉大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 若 $\displaystyle f(x)$ 是整系数多项式, 则可设
$$\begin{aligned} f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0, a_n\neq 0, a_i\in\mathbb{Z}, n\geq 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则取一素数 $\displaystyle p$ 满足 $\displaystyle p > |a_0|+1$ 后,
$$\begin{aligned} f(x)=\left[pf(x)+x^n+p\right]+\left[-x^n-p\right]\equiv g(x)+h(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} g(x)=&(pa_n+1)x^n+pa_{n-1}x^{n-1}+\cdots+pa_1x+p(a_0+1),\\\\ h(x)=&-x^n-p \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Eisenstein 判别法知 $\displaystyle g(x),h(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
909、 1、 (10 分) 设 $\displaystyle \mathbb{R}$ 为实数域, $\displaystyle \mathrm{ i}$ 为虚数单位, $\displaystyle f_1(x),f_2(x)\in\mathbb{R}[x]$, $\displaystyle f(x)=f_1(x)+\mathrm{ i} f_2(x)$, 并且 $\displaystyle \left(f_1(x),f_2(x)\right)=d(x)\neq 1$. 证明: $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle d(x)$ 的实根相同. (西安电子科技大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设, $\displaystyle \exists\ u,v,\mathrm{ s.t.} uf_1+vf_2=d$. 于是对 $\displaystyle \forall\ x_0\in\mathbb{R}$,
$$\begin{aligned} f(x_0)=0\Leftrightarrow f_1(x_0)=0, f_2(x_0)=0\Leftrightarrow d(x_0)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle d(x)$ 的实根相同.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
910、 8、 对任意的 $\displaystyle p(x)\in\mathbb{R}[x]$, 证明: 存在唯一的 $\displaystyle q(x)\in\mathbb{R}[x]$, 使得
$$\begin{aligned} \left[(x^2+3x-5)q(x)\right]''=p(x), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle f''(x)$ 表示 $\displaystyle f(x)$ 的二阶导数. (西安交通大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 存在性. 设 $\displaystyle P(x)=\int p(x)\mathrm{ d} x, f(x)=\int P(x)\mathrm{ d} x$, 则 $\displaystyle f''(x)=p(x)$. 由带余除法知
$$\begin{aligned} \exists\ g(x)\in \mathbb{R}[x], a,b\in\mathbb{R},\mathrm{ s.t.} f(x)=(x^2+3x-5)q(x)+ax+b. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} \left[(x^2+3x-5)q(x)\right]''=&\left[(x^2+3x-5)q(x)+ax+b\right]''\\\\ =&f''(x)=p(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
存在性得证. (2)、 唯一性. 用反证法. 若 $\displaystyle q_1(x)\neq q_2(x)$ 也满足题设, 则
$$\begin{aligned} &\left[(x^2+3x-5)q(x)\right]''=p(x)=\left[(x^2+3x-5)q_1(x)\right]''\\\\ \Rightarrow&(x^2+3x-5)[q(x)-q_1(x)]=ax+b, a,b\in\mathbb{R}\\\\ &\left(q_1\neq q\Rightarrow a,b\mbox{不全为 $\displaystyle 0$}\right)\\\\ \Rightarrow&2\leq \deg (x^2+3x-2)+\deg [q(x)-q_1(x)]=\deg (ax+b)\leq 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这是一个矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
911、 1、 已知 $\displaystyle f(x)$ 是数域 $\displaystyle \mathbb{P}$ 上的一元多项式, $\displaystyle a,b\in\mathbb{P}, a\neq b$. 求多项式 $\displaystyle x^2-(a+b)x+ab$ 除 $\displaystyle f(x)$ 的余式. (西北大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \frac{[f(b)-f(a)]x+[bf(a)-af(b)]}{b-a}$. 事实上,
$$\begin{aligned} &f(x)=q(x)(x-a)(x-b)+Ax+B\left(\mbox{辗转相除法}\right)\\\\ \Rightarrow&\left\{\begin{array}{llllllllllll} f(a)=Aa+B\\\\ f(b)=Ab+B \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{llllllllllll} A=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\\\\ B=\frac{bf(a)-af(b)}{b-a} \end{array}\right.. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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912、 2、 设 $\displaystyle k$ 为整数, 将
$$\begin{aligned} &x^8-4x^7+6x^6+(4k-4)x^5-(16k-2)x^4\\\\ &+(24k-4)x^3-(16k-6)x^2+(4k-4)x+1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
分解为有理数域上不可约多项式的乘积. (西北大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\cdots+k\cdots\left(\mbox{$\cdots$ 是关于 $\displaystyle x$ 的多项式, 然后利用有理根判定因式分解}\right)\\\\ =&(x^4+1)(x-1)^4+4kx(x-1)^4=(x-1)^4(x^4+4kx+1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle g(x)=x^4+4kx+1$, 则
$$\begin{aligned} g(x+1)=x^4+4x^3+6x^2+(4k+4)x+4k+2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取素数 $\displaystyle p=2$, 由 Eisenstein 判别法即知 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
913、 4、 (20 分) 求 $\displaystyle t$ 为何值时, 多项式 $\displaystyle f(x)=x^3+6x^2+tx+8$ 有重根, 求出重根的值与重数. (西南财经大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} f(x)=\frac{x+2}{3}f'(x)+r_1(x), r_1(x)=\frac{2t-24}{3}(x-1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1)、 若 $\displaystyle t=12$, 则 $\displaystyle (f,f')=f'\neq 1$, 而 $\displaystyle f$ 有重根. 因式分解知 $\displaystyle f(x)=(x+2)^3$, 而重根是 $\displaystyle -2$, 重数为 $\displaystyle 3$. (2)、 若 $\displaystyle t\neq 12$, 则
$$\begin{aligned} f'(x)=q_1(x)r_1(x)+r_2(x), r_2(x)=0\mbox{或} 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 有重根
$$\begin{aligned} \Leftrightarrow r_2(x)=0\Leftrightarrow r_1(x)\mid f'(x)\Leftrightarrow f'(1)=0\Leftrightarrow t=-15. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
因式分解知 $\displaystyle f(x)=(x-1)^2(x+8)$, 而重根是 $\displaystyle 1$, 重数为 $\displaystyle 2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
914、 1、 设
$$\begin{aligned} f(x)=x^2+(k+6)x+4k+2,\quad g(x)=x^2+(k+4)x+2k. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
问: $\displaystyle k$ 为多少时, $\displaystyle f(x)$ 和 $\displaystyle g(x)$ 的最大公因式是一次因式, 并求这个最大公因式. (西南大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} f(x)=&g(x)+r_1(x), r_1(x)=2(x+k+1),\\\\ g(x)=&\frac{x+3}{2}r_1(x)+(-k-3) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知当且仅当 $\displaystyle k=-3$ 时, $\displaystyle (f,g)$ 是一次因式, 且为 $\displaystyle x+k+1=x-2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
915、 1、 填空题 (每题 5 分, 共 25 分). (1)、 已知 $\displaystyle (x+1)^2\mid (ax^4+bx^2+1)$, 则 $\displaystyle a=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }, b=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (西南交通大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=ax^4+bx^2+1$, 则 $\displaystyle f(-1)=a+b+1=0, f'(-1)=-4a-2b=0$ 蕴含 $\displaystyle a=1, b=-2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
916、 2、 解答题. (1)、 设 $\displaystyle f(x)$ 是数域 $\displaystyle \mathbb{P}$ 上次数小于 $\displaystyle 5$ 的一元多项式. 若
$$\begin{aligned} (x^2+1)\mid f(x), (x^3+x^2+1)\mid [f(x)+1], \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求 $\displaystyle f(x)$. (西南交通大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle (x^2+1)\mid f(x), \deg f(x) < 5$ 知可设
$$\begin{aligned} f(x)=&(ax^2+bx+c)(x^2+1)\\\\ \Rightarrow f(x)+1=&(ax-a+b)(x^3+x^2+1)\\\\ &+(2a-b+c)x^2+(b-a)x+a-b+c+1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再由 $\displaystyle (x^3+x^2+1)\mid [f(x)+1]$ 知
$$\begin{aligned} &2a-b+c=0, b-a=0, a-b+c+1=0\\\\ \Rightarrow&a=s, b=1, c=-1\Rightarrow f(x)=(x^2+x-1)(x^2+1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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917、 1、 $\displaystyle f(x)$ 是一个整系数多项式, 且满足 $\displaystyle f(0)f(1)=2023$, 请问 $\displaystyle f(x)$ 是否有整数根? 并证明你的结论. (湘潭大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle f(x)$ 没有整数根. 用反证法. 若 $\displaystyle f(x)$ 有整数根, 则
$$\begin{aligned} &\exists\ k\in\mathbb{Z}, g(x)\in\mathbb{Z}[x],\mathrm{ s.t.} f(x)=(x-k)g(x)\\\\ \Rightarrow&2023=f(0)f(1)=k(k-1)g(0)g(1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与$k,k-1$ 是两个相邻整数 $\displaystyle \Rightarrow k(k-1)$ 一定是一个偶数''矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
918、 1、 (10 分) 求多项式 $\displaystyle x^3+px+q$ 有重根的条件. (新疆大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 若 $\displaystyle p=0$, 则当且仅当 $\displaystyle q=0$ 时, 题中多项式 $\displaystyle f(x)$ 有重根 $\displaystyle 0$, 且重数为 $\displaystyle 3$. (2)、 若 $\displaystyle p\neq 0$, 则由
$$\begin{aligned} &f(x)=\frac{x}{3}f'(x)+r_1(x), r_1(x)=\frac{2px}{3}+q,\\\\ &f'(x)=\left(\frac{qx}{2p}-\frac{27q}{4p^2}\right)r_1(x)+p+\frac{27q^2}{4p^2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} p+\frac{27q^2}{4p^2}= 0\Leftrightarrow \left(f(x),f'(x)\right)\neq 1\Leftrightarrow f(x)\mbox{有重因式}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此时,
$$\begin{aligned} \left(f(x),f'(x)\right)=r_1(x)=\frac{2px}{3}+q, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而 $\displaystyle x=-\frac{3q}{2p}$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的二重因式 (因为它是 $\displaystyle f'(x)$ 的单因式). 综上, 当且仅当 $\displaystyle 4p^3+27q^2=0$ 时, $\displaystyle f(x)$ 有重因式, 且 $\displaystyle p=0$ 时, $\displaystyle 0$ 是 $\displaystyle f$ 的三重因式; $\displaystyle p\neq 0$ 时, $\displaystyle -\frac{3q}{2p}$ 是 $\displaystyle f$ 的二重因式.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
919、 2、 (10 分) 证明多项式 $\displaystyle x^p+px+1$ ($p$ 为素数) 在有理数域上不可约. (新疆大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=x^p+px+1$, 则
$$\begin{aligned} f(x-1)&=(x-1)^p+p(x-1)+1\\\\ &=x^p-C_p^1 x^{p-1}+\cdots-C_p^{p-2}x^2+2px-p. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle 1\leq i\leq p-1$, 由
$$\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{llllllllllll} C_p^i=\frac{p(p-1)\cdots(p-i+1)}{i!}\in\mathbb{Z}_+\Rightarrow i!\mid p(p-1)\cdots (p-i+1)\\\\ p\mid p(p-1)\cdots (p-i+1) \end{array}\right.\\\\ \Rightarrow&(pi!)\mid p(p-1)\cdots (p-i+1) \Rightarrow p\mid C_p^i \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Eisenstein 判别法即知 $\displaystyle f(x-1)$ (而 $\displaystyle f$) 在 $\displaystyle \mathbb{Q}$ 中不可约.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
920、 (2)、 包含 $\displaystyle \sqrt{3}$ 的最小数域为 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (云南大学2023年高等代数考研试题) [多项式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \mathbb{Q}[\sqrt{3}]=\left\{a+b\sqrt{3}; a,b\in\mathbb{Q}\right\}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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