抽象代数习题(24) -- 多项式环

抽象代数习题(24) – 多项式环

Thu Jan 27, 2022

《抽象代数》第二十四章讲的是另一种常见的环：多项式环 (rings of polynomials)。环中的元素即初等代数研究的多项式 a(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn 其中，每一项的系数 ai 都取自某个环 A。所有这样构成的多项式形成的环记作 A[x]。当 A 是含单位元的交换环（或整环）时，A[x] 也是含单位元的交换环（或整环）；当 A 是域时，A[x] 总是可以做多项式除法。

可以从另一个角度看待多项式：向环 A 中引入新元素，构成一个新环。例如 Z[i]={a+b−1:a,b∈Z} 包含了所有的所谓 Gauss 整数；这是通过向整数环引入虚数单位 −1 得到的。

A. 多项式整环的初等计算

关于记号的注解：在下列某些问题中，我们考虑以各种 n 情况下的 Zn 中的元素为系数的多项式。为了简化记号，记 Zn 中的元素为 1,2,…,n−1 而不是更正确的 1¯,2¯,…,n−1―。

A.1 设 a(x)=2x2+3x+1 且 b(x)=x3+5x2+x。计算 a(x)+b(x), a(x)−b(x) 和 a(x)b(x) 在 Z[x], Z5[x], Z6[x] 和 Z7[x] 中的结果。

解在 Z[x] 中： a(x)+b(x)=x3+7x2+x+1a(x)−b(x)=−x3−3x2−x+1a(x)b(x)=2x5+13x4+18x3+8x2+x

在 Z5[x] 中： a(x)+b(x)=x3+2x2+x+1a(x)−b(x)=4x3+2x2+4x+1a(x)b(x)=2x5+3x4+3x3+3x2+x

在 Z6[x] 中： a(x)+b(x)=x3+x2+x+1a(x)−b(x)=5x3+3x2+5x+1a(x)b(x)=2x5+x4+2x2+x

在 Z7[x] 中： a(x)+b(x)=x3+x+1a(x)−b(x)=6x3+4x2+6x+1a(x)b(x)=2x5+6x4+4x3+x2+x

A.2 寻找 x3+x2+x+1 除以 x2+3x+2 在 Z[x] 和 Z5[x] 中的商和余数。

解在 Z[x] 中： x3−2x2+1x+1x2+3x+2x3+1x2+1x+1x3+3x2+2x+0―x3−2x2−1x+1x3−2x2−6x−4―x3−2x2+5x+5 所以 x3+x2+x+1=(x−2)(x2+3x+2)+(5x+5)。

在 Z5[x] 中则有 x3+x2+x+1=(x−2)(x2+3x+2)+0。

当 a(x)=b(x)q(x) 对某个 q(x) 成立时，称 b(x) 是 a(x) 的因式 (factor)，也就是说，这时 a(x) 除以 b(x) 的余数等于零。

A.4 对任意环 A，证明下列命题在 A[x] 中成立：对于奇数 n

x+1 是 xn+1 的因式。
x+1 是 xn+xn−1+⋯+x+1 的因式。

证明因为当 n 是奇数时有 (x+1)(xn−1−xn−2+⋯−x+1)=xn+1 所以 x+1 是 xn+1 的因式。

另一方面，当 n 是奇数时有 (x+1)(xn−1+xn−3+⋯+x2+1)=xn+xn−1+⋯+x+1 所以 x+1 是 xn+xn−1+⋯+x+1 的因式。

A.5 证明下列命题：在 Z3[x] 中，x+2 是 xm+2 的因式，对任意正整数 m 都成立。在 Zn[x] 中，x+(n−1) 是 xm+(n−1) 的因式，对任意正整数 m,n 都成立。

证明只证明第二个命题。取 n=3 就得到第一个命题。

在 Zn[x] 中，x+(n−1)=x−1，且 xm+(n−1)=xm−1。而 (x−1)(xm−1+xm−2+⋯+x+1)=xm−1 这说明 x+(n−1) 是 xm+(n−1) 的因式。

A.6 证明不存在整数 m 使得 3x2+4x+m 在 Z[x] 中是 6x4+50 的因式。

证明用反证法。假设存在整数 m 使得 3x2+4x+m 在 Z[x] 中是 6x4+50 的因式。那么，商一定是 2 次多项式。设它为 ax2+bx+c，其中 a,b,c∈Z。那么 (3x2+4x+m)(ax2+bx+c)=6x4+50 比较两边 4 次项系数，得 3a=6，解得 a=2。比较 3 次项系数，得 3b+4a=0 即 3b+8=0。这个方程无整数解，这和 b∈Z 矛盾。所以假设不成立，原命题成立。

A.7 n 取什么值时，x2+1 是 x5+5x+6 在 Zn 中的因式？

解当 x2+1 是 x5+5x+6 的因式时，易知商的次数为 3 并且首项系数为 1。设 x5+5x+6=(x2+1)(x3+ax2+bx+c) 展开后比较两边系数得 a=0b+1=0a+c=0b=5c=6 以上方程组成立的一个必要条件是 6=0。如果不考虑零环，这只可能在 Z2、Z3 和 Z6 中成立。容易验证，不论是哪种情况都有 (x2+1)(x3−x)=x5−x=x5+5x+6 成立。因此 n=2,3,6。

B. 与概念和定义相关的问题

B.3 写出 Z5 中的所有二次多项式。共有多少个？在 Z5 中有多少个三次多项式？一般地，在 Zn 中有多少个 m 次多项式？

解 Z5 中的二次多项式为 ax2+bx+ca=1,2,3,4;b,c=0,1,2,3,4 共有 100 个。三次多项式共有 4×53=500 个。一般地，Zn 中的 m 次多项式共有 (n−1)nm 个。

B.4 设 A 为整环；证明以下命题：

如果 A[x] 中有 (x+1)² = x²+1，那么 A 的特征一定为 2。
如果 A[x] 中有 (x+1)⁴ = x⁴+1，那么 A 的特征一定为 2。
如果 A[x] 中有 (x+1)⁶ = x⁶+2x³+1，那么 A 的特征一定为 3。

证明对于命题 1，等式左边展开并比较系数得 2=0，因此 A 的特征为 2。

对于命题 2，等式左边展开并比较系数得 4=0 且 6=0。因此 A 的特征一定是它们的公因数，所以是 2。

对于命题 3，等式左边展开并比较系数得 6=0 且 15=0。因此 A 的特征一定是它们的公因数，所以是 3。

C. 当 A 不是整环时的环 A[x]

C.6 证明当 A 是整环时，A[x] 中可逆的元素只有常数多项式，并且常数在 A 中可逆。然后证明在 ℤ₄[x] 中任意次数的多项式都有可逆的。

证明 A[x] 中的可逆元素须满足 a(x)b(x) = 1。两边取次数得 deg a(x) + deg b(x) = 0。因此只能是 deg a(x) = deg b(x) = 0，即 a(x) 和 b(x) 都是常数多项式。设常数分别为 a₀ 和 b₀，那么满足 a₀b₀ = 1 的必然是 A 中的可逆元素。

在 ℤ₄ 中，对于任意的次数 n，多项式 1+2xn 是可逆的，并且逆元就是它本身。

D. 当 A 的特征有限是的整环 A[x]

在下面的问题中，设 A 是整环。

D.4 证明如果 A 的特征是 p，那么在 A[x] 中有 (x+c)p=xp+cp。

证明等式左边 xk 项的系数是 (pk)⋅cp−k，即 p 个因式中选 k 个取 x 的系数，其余取 c。参考第二十章的定理 3，可以证明当 1≤k≤p−1 时，(pk) 是 p 的倍数，从而对应的项都等于零。因此只剩下 k=0,p 时的两项，所以和为 xp+cp。

D.5 解释为什么以下“证明”是错误的：因为对任意 a,c∈A 有 (a+c)p=ap+cp，所以在 A[x] 中有 (x+c)p=xp+cp。

答首先，A[x] 中的多项式并不要求 x∈A。这已经说明“证明”是谬误的。另外，即便两个多项式在定义域内处处相等，也不意味着它们是相等的多项式。例如 x(x−1)(x−2)+1 和 1 在 Z3 中处处相等，但它们的次数不同，因此不是相等的多项式。

D.6 使用 D.4 的结论证明如果 A 的特征是 p，那么 [a(x)+b(x)]p=a(x)p+b(x)p 对任意 a(x),b(x)∈A[x] 都成立。并基于此证明 (a0+a1x+⋯+anxn)p=a0p+a1pxp+⋯+anpxnp

证明因为 A 的特征是 p，所以在 A[x] 中有 p⋅1=0，从而 A[x] 的特征也是 p。使用第二十章定理 3 可知，对于任意 a(x),b(x)∈A[x] 都有 [a(x)+b(x)]p=a(x)p+b(x)p 运用数学归纳法可以推广到任意个多项式的情况（过程略）： [u0(x)+u1(x)+⋯+un(x)]p=u0(x)p+u1(x)p+⋯+un(x)p 在上式中令 ui(x)=aixi 即得要证明的等式。

E. A[x] 中的子环和理想

E.3 设 S 是 A[x] 中所有奇次项系数等于零的多项式的集合。证明 S 是 A[x] 的子环。为什么把“奇”换成“偶”则不成立？

证明首先 S 非空（含有常数多项式）。如果多项式 a(x),b(x) ∈ A[x] 的奇次项系数都等于零，那么它们只含有 x 的偶次项（包括常数项）。因此，它们的差和积中也只含有 x 的偶次项，即奇次项系数等于零。这说明 S 对减法和乘法封闭。所以 S 是 A[x] 的子环。

反过来，如果 a(x) 和 b(x) 只含有 x 的奇次项，则它们的乘积将含有偶数次项。这意味着这样的集合对乘法不封闭，因此不是子环。

E.4 设 J 包含 A[x] 中所有常数项等于零的元素。证明 J 是 A[x] 的理想。

证明首先 J 非空（含有零多项式）。如果多项式 a(x),b(x) ∈ J，即它们的常数项等于零，那么它们的差的常数项也等于零。这说明 J 对减法封闭。

如果 a(x) ∈ J，那么对于任意 u(x) ∈ J，a(x)u(x) 的常数项等于零。这说明 J 在 A[x] 中吸收乘法。

因此，J 是 A[x] 的理想。

E.5 设 J 包含 A[x] 中所有如下形式的多项式：a0+a1x+⋯+anxn，其中 a0+a1+⋯+an=0。证明 J 是 A[x] 的理想。

证明显然 J 非空。设 J 中的两个多项式 a(x)=∑k=0nakxk，b(x)=∑k=0mbkxk。则它们的差的系数之和为 ∑k=0nak⏟=0−∑k=0mbk⏟=0=0 这说明 J 对减法封闭。

对于任意 A[x] 中的多项式 u(x)=∑k=0rukxk，a(x)u(x) 的系数之和为 (∑k=0nak⏟=0)(∑k=0ruk)=0 （一种取巧的办法是代入 x=1 即得系数之和。）这说明 J 在 A[x] 中吸收乘法。

因此，J 是 A[x] 的理想。

注实际上存在同态 h:A[x]→A。对于任意 a(x)=∑k=0nakxk，定义 h[a(x)]=∑k=0nak。而 J 就是 h 的核。

F. 多项式整环的同态

设 A 是整环。

F.1 设 h:A[x]→A 将每个多项式映射为它的常数项；即 h(a0+a1x+⋯+anxn)=a0 证明 h 是 A[x] 到 A 的满同态，并描述它的核。

证明对任意 a(x),b(x)∈A[x]，不难验证 h(a(x)+b(x))=h(a(x))+h(b(x)) 以及 h(a(x)b(x))=h(a(x))h(b(x))。因此，h 是同态。对于任意 c0∈A，都有常数多项式 c(x)=c0 满足 h(c(x))=c0。因此，h 是满射。

它的核就是所有常数项为零的多项式构成的集合。

F.2 解释为什么 F.1 的核包含所有的乘积 xa(x)，其中 a(x)∈A[x] 是任意的多项式。为什么它和 A[x] 中的主理想 ⟨x⟩ 是一样的？

答因为一次多项式 x=x+0 的常数项为零。按照多项式乘法的定义，它和任意多项式 a(x) 相乘，积 xa(x) 的常数项也是零。反过来，对于任意常数项为零的多项式，按乘法分配律提取公因式 x 就可以写成 xa(x) 的形式。所以 ker⁡h={xa(x):a(x)∈A[x]}。根据主理想的定义，这就是主理想 ⟨x⟩。

F.3 使用 F.1 和 F.2 解释为什么 A[x]/⟨x⟩≅A。

答因为 h:A[x]→A 是满同态，且 ⟨x⟩ 是它的核。根据同态基本定理有 A[x]/⟨x⟩≅A。

F.5 如果 c∈A，定义 h:A[x]→A[x] 为 h(a(x))=a(cx)，即 h(a0+a1x+⋯+anxn)=a0+a1cx+a2c2x2+⋯+ancnxn 证明 h 是同态并描述它的核。

证明设 A[x] 中的多项式 a(x)=∑k=0nakxk，b(x)=∑k=0mbkxk。不失一般性，设 n≤m 并规定当 n<k≤m 时 ak=0。那么 h(a(x)+b(x))=h(∑k=0m(ak+bk)xk)=∑k=0m(ak+bk)ckxk=∑k=0makckxk+∑k=0makckxk=h(a(x))+h(b(x))h(a(x)b(x))=h(∑k=0m(∑i+j=kaibj)xk)=∑k=0m(∑i+j=kaibj)ckxk=∑k=0m(∑i+j=kaicibjcj)xk=(∑k=0makckxk)(∑k=0makckxk)=h(a(x))h(b(x)) 所以 h 是同态。当 c≠0 时，它的核是 {0}；当 c=0 时，它的核是所有常数项为零的多项式构成的集合。

F.6 如果 h 是 F.5 中的同态，证明 h 是自同构（从 A[x] 到他本身的同构）当且仅当 c 是可逆的。

证明

（充分性）当 c 可逆时，可以定义 h−1(a0+a1x+⋯+anxn)=a0+a1c−1x+a2c−2x2+⋯+anc−nxn 不难验证对于任意 a(x)∈A[x]，都存在 a^(x)=h−1(a(x))∈A[x] 使得 h(a^(x))=a(x)。所以 h 是满射。

又因为 h−1(h(a(x)))=a(x) 对任意 a(x)∈A[x] 都成立。当 h(a(x))=h(b(x)) 时，两边应用 h−1 得 a(x)=b(x)。所以 h 是单射。

综上所述，h 是 A[x]→A[x] 的双射，因此是自同构。

（必要性）当 h 是自同构时，h 是满射，所以 h(A[x])=A[x]。因此 x∈h(A[x])。这说明存在 a(x)∈A[x] 使得 h(a(x))=x，即 a0+a1cx+a2c2x2+⋯+ancnxn=x 比较两边系数得 a1c=1。这说明 c 可逆，并且逆元是 a1。