考研高等代数真题分类汇编02

已知f ( x ) \in P [ x ] , c \in P , c \neq 0 ,证明:若f(x+c)在数域P上不可约,则f(x)在数域P上不可约.

证明:反证法.若f(x)P上可约,不妨设f(x)=g(x)h(x),其中g(x),h(x)P[x]中次数大于零的多项式,则f ( x + c ) = g ( x + c ) h ( x + c ) .
g ( x + c ) , h ( x + c )也为P[x]中次数大于零的多项式,所以f(x+c)也可约,矛盾.

证明多项式x ^ { 6 } + x ^ { 3 } + 1在有理数域上不可约.

证明:记f ( x ) = x ^ { 6 } + x ^ { 3 } + 1 ,\begin{aligned} f ( x + 1 ) & = ( x + 1 ) ^ { 6 } + ( x + 1 ) ^ { 3 } + 1 \\ & = x ^ { 6 } + 6 x ^ { 5 } + 1 5 x ^ { 4 } + 2 1 x ^ { 3 } + 1 8 x ^ { 2 } + 9 x + 3 . \end{aligned}
取素数p=3,明显有p \nmid 1 ; p \mid 6 , 1 5 , 2 1 , 1 8 , 9 , 3 ; p ^ { 2 } \nmid 3 .
于是由艾森斯坦判别法可知f(x+1)在有理数域上不可约,进而f(x)在有理数域上也不可约.

a_1,a_2, \cdots ,a_n为互异的整数,证明f ( x ) = ( x - a _ { 1 } ) ^ { 2 } ( x - a _ { 2 } ) ^ { 2 } \cdots ( x - a _ { n } ) ^ { 2 } + 1在有理数域上不可约

证明:反证法,若f(x)在有理数域上可约,则其一定分解为两个整系数多项式的乘积,设为f ( x ) = f _ { 1 } ( x ) f _ { 2 } ( x ) ,其中f _ { 1 } ( x ),f _ { 2 } ( x )是次数大于零的首1整系数多项式.那么由
f ( a _ { i } ) = f _ { 1 } ( a _ { i } ) f _ { 2 } ( a _ { i } ) = 1 ( i = 1 , 2 , \cdots , n )
f _ { 1 } ( a _ { i } ) , f _ { 2 } ( a _ { i } ) \in \mathbb{Z}可知f _ { 2 } ( a _ { i } ) = f _ { 2 } ( a _ { i } ) = \pm 1,注意到f ( x ) \geqslant 1 > 0,所以f(x)无实数根,进而f _ { 1 } ( x ) , f _ { 2 } ( x )也无实数根,于是对任意的i = 1 , 2 , f _ { i } ( a _ { 1 } ) , f _ { i } ( a _ { 2 } ) , \cdots , f _ { i } ( a _ { n } )都是同号的(都为1或者都为-1),不妨设它们都为1,则f _ { 1 } ( x ) - 1f _ { 2 } ( x ) - 1均以a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { n }为根,从而其次数均大于等于n,再结合其次数之和为2n,所以f _ { 1 } ( x ) - 1 , f _ { 2 } ( x ) - 1都是n次首1多项式,即
f _ { 1 } ( x ) - 1 = f _ { 2 } ( x ) - 1 = ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdots ( x - a _ { n } ) .
从而f ( x ) = f _ { 1 } ( x ) f _ { 2 } ( x )就等价于\begin{aligned} ( x - a _ { 1 } ) ^ { 2 } ( x - a _ { 2 } ) ^ { 2 } \cdots ( x - a _ { n } ) ^ { 2 } + 1 & = [ ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdots ( x - a _ { n } ) + 1 ] ^ { 2 } \\ & = ( x - a _ { 1 } ) ^ { 2 }( x - a _ { 2 } ) ^ { 2 } \cdots ( x - a _ { n } ) ^ { 2 } + 2 ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdots ( x - a _ { n } ) + 1 . \end{aligned}这等价于2 ( x - a _ { 1 } ) ( x - a _ { 2 } ) \cdot \cdot \cdot ( x - a _ { n } ) = 0 ,矛盾.

证明:f(x)=x^{3}-5x+1在有理数域上不可约.

证明:由于f(x)为3次整系数多项式,若其在有理数域上可约,则一定存在一次因式,进而一定存在有理根.而f(x)的有理根只可能为\pm 1,明显f(1)=-3 \neq 0,f(-1)=5 \neq 0,所以f(x)不存在有理根,从而f(x)在有理数域上不可约.

证明:f(x)=(x-1)(x-2) \cdots (x-(2n-1))+1(n>1)在有理数域上不可约.

证明:反证法.若f(x)在有理数域上可约,由于f(x)为整系数多项式,所以存在两个次数大于零的整系数多项式g(x),h(x),使得f(x)=g(x)h(x).
那么对任意的k=1,2, \cdots ,2n-1,根据f(k)=1可知g(k)h(k)=1g(k),h(k)均为整数,所以g(k)h(k)要么均为1,要么均为-1,即总有
g(k)-h(k)=0,k=1,2, \cdots,2n-1.
这说明g(x) - h(x)存在2n-1个零点、而显然\partial g(x), \partial h(x) < \partial f(x)=2n-1,所以必有g(x)-h(x)=0(否则\partial (g(x)-h(x)) < 2n-1,g(x)-h(x)不可能存在2n-1个零点),也就是说g(x)=h(x),即
f(x)=g(x)h(x)=g^{2}(x).
这与f(x)的次数为奇数矛盾.所以f(x)在有理数域上不可约.

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