抽象代数习题(26) -- 多项式函数和根

抽象代数习题(26) – 多项式函数和根

Sun Jan 30, 2022

《抽象代数》第二十六章研究 F[x] 中将 x 代入具体数值，多项式作为函数时的行为。一个重要的结论是多项式的根与因式的关系：f(a)=0⟺(x−a)∣f(x)这看上去是显然的。

特别地，这一章研究了几个常见的多项式环的可约性问题和求根问题：

• 给出了整系数多项式可能的有理根，以及在 ℚ 上不可约的 Eisenstein 判据。
• 给出了代数基本定理：不是常数的复系数多项式一定有复数根。进一步可知 ℂ[x] 中的多项式都可以分解为一次式的乘积；ℝ[x] 中的多项式都可以分解为一次式和不可约二次式的乘积。

A. 求有限域上的多项式的根

A.1 找出下列 Z5[x] 中的多项式的根，并分解因式。

1. x3+x2+x+1
2. 3x4+x2+1
3. x5+1
4. x4+1
5. x4+4

解 在 Z5[x] 中， x3+x2+x+1=(x2+1)(x+1)=(x+2)(x+3)(x+1) 根是 x=2,3,4。

3x4+x2+1=(3x2+4)(x+1)(x−1) 根是 x=1,4。

x5+1=(x+1)5 根是 x=4。

x4+1=(x2+2)(x2+3) 因为在 Z5 中 x2 可能的取值只有 0,1,4，因此该多项式没有根。

x4+4=(x2+1)(x2−1)=(x−2)(x−3)(x+1)(x−1) 根是 x=1,2,3,4。

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A.2 使用 Fermat 定理求出下列 Z7[x] 中的多项式的根。

1. x100−1
2. 3x98+x19+3
3. 2x74−x55+2x+6

解 易知 x=0 都不是以上方程的解。因此可以利用 Fermat 定理，x6=1，对方程进行同解变形。

x100−1=0⟺x4−1=0⟺(x2+1)(x+1)(x−1) 根为 x=1,6。

3x98+x19+3=0⟺3x2+x+3=0⟺(x−1)(3x+4)=0 根为 x=1。

2x74−x55+2x+6=0⟺2x2+x+6=0⟺(x+1)(2x−1)=0 根为 x=4,6。

B. 求 ℚ 上的多项式的根

B.1 找出下列多项式的有理根，并在 Q[x] 范围内分解为不可约因式。

1. 9x3+18x2−4x−8
2. 4x3−3x2−8x+6
3. 2x4+3x3−8x−12
4. 6x4−7x3+8x2−7x+2

解 可以使用因式分解的技巧来找根。 9x3+18x2−4x−8=9x2(x+2)−4(x+2)=(9x2−4)(x+2)=(3x+2)(3x−2)(x+2) 有理根为 x=±23,−2。

4x3−3x2−8x+6=4x(x2−2)−3(x2−2)=(4x−3)(x2−2) 有理根为 x=34。

2x4+3x3−8x−12=2x(x3−4)+3(x3−4)=(2x+3)(x3−4) 有理根为 x=−32。

6x4−7x3+8x2−7x+2=x2(6x2−7x+2)+(6x2−7x+2)=(x2+1)(6x2−7x+2)=(x2+1)(2x−1)(3x−2) 有理根为 x=12,23。

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B.2 将 B.1 中的多项式在 R[x] 和 C[x] 中分解因式。

解 9x3+18x2−4x−8=(3x+2)(3x−2)(x+2)(Q,R,C)4x3−3x2−8x+6=(4x−3)(x2−2)(Q)=(4x−3)(x+2)(x−2)(R,C)2x4+3x3−8x−12=(2x+3)(x3−4)(Q)=(2x+3)(x−α)(x2+α+α2)(R)=(2x+3)(x−α)(x−αω)(x−αω¯)(C)6x4−7x3+8x2−7x+2=(x2+1)(2x−1)(3x−2)(Q,R)=(x+i)(x−i)(2x−1)(3x−2)(C) 其中 α=43，ω,ω¯=1±−32，i=−1。

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B.5 多项式 2x4+3x2−2 是否有有理根？它能否被分解为 Q[x] 中次数更低的两个多项式的积？解释原因。

答 因为 2x4+3x2−2=(x2+2)(x2−12) 所以它能被分解为 Q[x] 中次数更低的两个多项式的积。 但这两个因式都没有有理根，所以原多项式没有有理根。

有有理根只是在 Q[x] 内可约的充分不必要条件；多项式没有有理根，仍然可能可以分解为两个没有有理根的多项式的乘积。

C. 和根有关的简短问题

C.7 证明 ℤ₅[x] 中有无数个不可约多项式。

证明 ℤ₅ 是域，因此 ℤ₅[x] 是域上的多项式环，所以唯一分解定理成立。域上的多项式环中的不可约多项式的地位相当于 ℤ 中的素数，因此可以仿照欧几里得使用唯一分解定理对素数有无数个的证明。

假设 ℤ₅[x] 中只有有限个不可约多项式，设它们为 p₁(x), p₂(x), …, pn(x)。那么，考虑多项式 q(x) = p₁(x)p₂(x)···pn(x) + 1。那么它除以任一不可约多项式得到的余式都不为零，因此不能分解为不可约多项式的乘积。这和域上的多项式环中的唯一分解定理矛盾。所以假设不成立，ℤ₅[x] 中有无数个不可约多项式。

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C.8 多项式 x²-x 在 ℤ10[x] 中有几个根？在 ℤ11[x] 中呢？解释为什么有这样的差别。

答 x²-x 在 ℤ10[x] 中有 4 个根：x = 0,1,5,6。在 ℤ11[x] 中有两个根：x = 0,1。

有这样的区别是因为 ℤ10 不是整环，所以 x²-x = x(x-1) = 0 不能保证 x=0 或 x=1。

D. 由 Eisenstein 判据判定的 ℚ[x] 中的不可约多项式（以及一些变化）

D.1 证明以下多项式在 Q 内不可约：

1. 3x4−8x3+6x2−4x+6
2. 23x5+12x4−2x2+12
3. 15x4−13x3−23x+1
4. 12x4+43x3−23x2+1

证明

1. 3x4−8x3+6x2−4x+6：取 p=2。
2. 23x5+12x4−2x2+12=16(4x5+3x4−6x2+3)：取 p=3。
3. 15x4−13x3−23x+1=115(3x4−5x3−10x+15)：取 p=5。
4. 12x4+43x3−23x2+1=16(3x4+8x3−4x2+6)：取 p=2。

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D.2 常常多项式 a(y) 表面上无法满足 Eisenstein 判据的条件，但是通过简单的换元 y=x+c，就能满足。注意到如果 a(x) 能分解为 p(x)q(x)，那么 a(x+c) 一定能分解为 p(x+c)q(x+c)。因此，a(x+c) 的不可约性蕴含了 a(x) 的不可约性。

1. 使用换元 y=x+1 证明 x4+4x+1 在 Q[x] 内不可约。

解 (x+1)4+4(x+1)+1=x4+4x3+6x2+8x+6 取 p=2 由 Eisenstein 判据知该多项式不可约。

1. 寻找适当的换元法证明下列多项式在 Q[x] 内不可约：
   • x4+2x2−1；x3−3x+1；x4+1；x4−10x+1

解

• (x+1)4+2(x+1)2−1=x4+4x3+8x2+8x+2：取 p=2。
• (x−1)3−3(x−1)+1=x3−3x2−3：取 p=3。
• (x+1)4+1=x4+4x3+6x2+4x+2：取 p=2。
• (2x+1)4−10(2x+1)2+1=8(2x4+4x3−2x2−4x−1)：可以取 p=2 判定对偶多项式 2+4x−2x2−4x3−x4 是不可约的，然后使用第二十五章习题 G.3 的结论证明原多项式也是不可约的。

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D.3 证明对于任意质数 p，多项式 xp−1+xp−2+⋯+x+1 在 Q[x] 内不可约。

证明 由等比数列通项公式得 a(x)=xp−1+xp−2+⋯+x+1=xp−1x−1 于是根据二项式定理有 a(x+1)=1+(p1)x+(p2)x2+⋯+(pp)xp−1x=(p1)+(p2)x+⋯+(pp)xp−1 根据二项式系数公式可知 p∣(p1),(p2),…,(pp−1)，并且 p∤(pp)=1，p2∤(p1)=p。根据 Eisenstein 判据可知 a(x+1) 不可约，因此 a(x) 不可约。

E. 不超过四次的多项式的不可约性

E.1 设 F 是域。解释为什么 F[x] 中的二次或三次多项式 a(x) 不可约当且仅当 a(x) 在 F 中无解。

答 二次或三次多项式 a(x) 可约，则一定可以写成两个正次数的因式的乘积，并且至少有一个因式是一次式。于是 a(x) 有根（就是一次因式的根）。反过来，当 a(x) 有根时则一定有一个一次的因式，因此可约。所以，a(x) 不可约的充分必要条件是 a(x) 无解。

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E.2 证明以下多项式在 ℚ[x] 内不可约：

1. 12x3+2x−32
2. （其余略）

证明 原多项式等于 12(x3+4x−3)。对于其中的整系数多项式，可能的有理根为 x=±1,±3。代入可知它们都不是根，因此该整系数多项式在 Q 内没有根。根据 E.1 可知这个整系数多项式不可约，因此原多项式也不可约。

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E.3 设 F[x] 中的四次首一多项式 a(x) 在 F 中没有根。那么a(x) 可约当且仅当它是两个二次式 x2+ax+b 和 x2+cx+d 的积。也就是说，当且仅当 (∗)a(x)=x4+(a+c)x3+(ac+b+d)x2+(bc+ad)x+bd 如果 a(x) 的系数无法这么表示（以 a,b,c,d∈F 的形式），那么 a(x) 一定不可约。

证明下列多项式在 Q[x] 中不可约（使用定理 5，只须检查整数的 a,b,c,d 即可）：

1. x4−5x2+1
2. （其余略）

证明 x4−5x2+1 可能的有理根为 x=±1。代入知它们都不是根，因此原多项式没有有理根。假设它们可以分解为 (∗) 的形式，那么 (1)a+c=0(2)ac+b+d=−5(3)bc+ad=0(4)bd=1 由 (4) 得 b=d=±1。由 (1) 得 a=−c，代入 (2) 得 a2=b+d+5。因为 b+d 只可能是 ±2，所以 a2 只可能是 3 或 7。在这两种情况下不存在整数 a 满足条件。

由此可知，原多项式不可能分解为 (∗) 的形式，因此它在 Q[x] 内不可约。

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E.4 证明下列多项式在 Z5[x] 内不可约：

1. 2x3+x2+4x+1
2. x4+2
3. （其余略）

证明 设 a(x)=2x3+x2+4x+1。计算可知 a(0)=1, a(1)=3, a(2)=4, a(3)=1, a(4)=1。因此 a(x) 在 Z5 中没有根。由此可知它在 Z5[x] 内不可约。

设 b(x)=x4+2。在 Z5 内 b(x) 的取值只可能是 2 或 3，因此它没有根。假设它可以分解成 (∗) 的形式，那么 (1)a+c=0(2)ac+b+d=0(3)bc+ad=0(4)bd=2 由 (1) 得 a=−c。代入 (3) 得 bc=dc。分类讨论：

1. 当 a=c=0 时，由 (2) 得 b=−d。代入 (4) 得 b2=−2。这个方程在 Z5 内无解（-2 不是 5 的二次剩余）。
2. 当 c≠0 时，由消去律得 b=d。代入 (4) 得 b2=2。这个方程在 Z5 内无解（2 不是 5 的二次剩余）。

总之，b(x) 不存在形如 (∗) 的分解。由此可知它在 Z5[x] 内不可约。

F. 通过到 ℤn 的映射确定的 ℚ 内的不可约性

如果 h:Z→Zn 是自然同态，设 h¯:Z[x]→Zn[x] 定义为 h¯(a0+a1x+⋯+anxn)=h(a0)+h(a1)x+⋯+h(an)xn 在第二十四章习题 G 中，已经证明了 h¯ 是同态。假定这一事实并证明：

F.1 如果 h¯(a(x)) 在 Zn 中不可约，并且是首一多项式，那么 a(x) 在 Z[x] 中不可约。

证明 假设 a(x) 在 Z[x] 中可约，那么 a(x)=b(x)c(x)，其中 0<deg⁡b(x),deg⁡c(x)<deg⁡a(x)，并且 b(x) 和 c(x) 都是首一多项式。

因为 h¯ 是同态，有 h¯(a(x))=h¯(b(x))h¯(c(x))。为了简便起见，记作 a¯(x)=b¯(x)c¯(x)。又因为 h(1)=1，所以 b¯(x) 和 c¯(x) 都是首一多项式，且 a¯(x),b¯(x),c¯(x) 的次数分别和 a(x),b(x),c(x) 相等。这说明 a¯(x) 在 Zn 中可约，和已知条件矛盾！因此假设不能成立，所以原命题成立，a(x) 在 Z[x] 中不可约。

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F.2 用 Z→Z5 的自然同态，证明 x4+10x3+7 在 Q[x] 中不可约。

证明 原多项式在 Z5 上的像是 x4+2。根据 E.4 可知它在 Z5[x] 中不可约，所以 x4+10x3+7 在 Z[x] 内不可约。根据本章定理 5 可知它在 Q[x] 中也不可约。

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