第一部分　名校考研真题

第1章　多项式

一、判断题

1．设Q是有理数域，则P＝{α＋βi|α，β∈Q}也是数域，其中．（　　）[南京大学研]

【答案】对

【解析】首先0，1∈P，故P非空；其次令a＝α₁＋β₁i，b＝α₂＋β₂i其中α₁，α₂，β₁，β₂为有理数，故

a±b＝（α₁＋β₁i）±（α₂＋β₂i）＝（α₁±α₂）＋（β₁±β₂）i∈P

ab＝（α₁＋β₁i）（α₂＋β₂i）＝（α₁α₂－β₁β₂）＋（α₁β₂＋α₂β₁）i∈P

又令c＝α₃＋β₃i，d＝α₄＋β₄i，其中α₃，α₄，β₃，β₄为有理数且d≠0，即α₄≠0，β₄≠0，有

综上所述得P为数域．

2．设f（x）是数域P上的多项式，a∈P，如果a是f（x）的三阶导数f‴（x）的k重根（k≥1）并且f（a）＝0，则a是f（x）的k＋3重根．（　　）[南京大学研]

【答案】错

【解析】反例是f（x）＝（x－a）k＋3＋（x－a）2，这里f（a）＝0，并且f‴（x）＝（k＋3）（k＋2）（k＋1）（x－a）k满足a是f（x）的三阶导数f‴（x）的k重根（k≥1）．

3．设f（x）＝x4＋4x－3，则f（x）在有理数域上不可约．（　　）[南京大学研]

【答案】对

【解析】令x＝y＋1，则f（y）＝y4＋4y3＋6y2＋8y＋2，故由艾森斯坦因判别法知，它在有理数域上不可约．

二、计算题

1．f（x）＝x3＋6x2＋3px＋8，试确定p的值，使f（x）有重根，并求其根．[清华大学研]

解：f′（x）＝3（x2＋4x＋p）．且（f（x），f′（x））≠1，则

（1）当p＝4时，有（f（x），f′（x））＝x2＋4x＋4

所以x＋2是f（x）的三重因式，即f（x）（x＋2）3，这时f（x）的三个根为－2，－2，－2．

（2）若p≠4，则继续辗转相除，即

当p＝－5时，有（f（x），f′（x））＝x－1

即x－1是f（x）的二重因式，再用（x－1）2除f（x）得商式x＋8．故

f（x）＝x3＋bx2－15x＋8＝（x－1）2（x＋8）

这时f（x）的三个根为1，1，－8．

2．假设f₁（x）与f₂（x）为次数不超过3的首项系数为1的互异多项式，且x4＋x2＋1整除f₁（x3）＋x4f₂（x3），试求f₁（x）与f₂（x）的最大公因式．［上海交通大学研］

解：设6次单位根分别为

由于x6－1＝（x2）3－1＝（x2－1）（x4＋x2＋1），所以ε₁，ε₂，ε₄，ε₅是x4＋x2＋1的4个根.

由于ε₁3＝ε₅3＝－1，且x4＋x2＋1∣f₁（x3）＋x4f₂（x3），所以，分别将ε₁，ε₅代入f₁（x3）＋x4f₂（x3）可得

从而f₁（－1）＝f₂（－1）＝0

即x＋1是f₁（x）与f₂（x）的一个公因式．

同理，将ε₂，ε₄代入f₁（x3）＋x4f₂（x3）可得f₁（1）＝f₂（1）＝0，即x－1是f₁（x）与f₂（x）的一个公因式．

所以（x－1）（x＋1）是f₁（x）与f₂（x）的一个公因式．

又因为f₁（x），f₂（x）为次数不超过3的首项系数为1的互异多项式，所以（f（x），g（x））＝x2－1

三、证明题

1．设不可约的有理分数p/q是整系数多项式f（x）＝a₀xn＋a₁xn－1＋…＋a_n－1x＋a_n的根，证明：q∣a₀，p∣a_n[华中科技大学研]

证明：因为p/q是f（x）的根，所以（x－p/q）∣f（x），从而（qx－p）∣f（x）．又因为p，q互素，所以qx－p是本原多项式[即多项式的系数没有异于±l的公因子]，且

f（x）＝（qx－p）（b_n－1xn－1＋…＋b₀，b_i∈z

比较两边系数，得a₀＝qb_n－1，a_n＝－pb₀⇒q∣a₀，p∣a_n

2．设f（x）和g（x）是数域P上两个一元多项式，k为给定的正整数．求证：f（x）∣g（x）的充要条件是fk（x）∣gk（x）[浙江大学研]

证明：（1）先证必要性．设f（x）∣g（x），则g（x）＝f（x）h（x），其中h（x）∈P（x），两边k次方得gk（x）＝fk（x）hk（x），所以fk（x）∣gk（x）

（2）再证充分性．设fk（x）∣gk（x）

（i）若f（x）＝g（x）＝0，则f（x）∣g（x）

（ii）若f（x），g（x）不全为0，则令d（x）＝（f（x），g（x）），那么

f（x）＝d（x）f₁（x），g（x）＝d（x）g₁（x），且（f₁（x），g₁（x））＝1①

所以fk（x）＝dk（x）f₁k（x），gk（x）＝dk（x）g₁k（x）

因为fk（x）∣gk（x），所以存在h（x）∈P[x]（x），使得gk（x）＝fk（x）·h（x）

所以dk（x）g₁k（x）＝dk（x）f₁k（x）·h（x），两边消去dk（x），得g₁k（x）＝f₁k（x）·h（x）②

由②得f₁（x）∣g₁k（x），但（f₁（x），g₁（x））＝1，所以f₁（x）∣g₁k－1（x）

这样继续下去，有f₁（x）∣g₁（x），但（f₁（x），g₁（x））＝1

故f_l（x）＝c，其中c为非零常数．

所以f（x）＝d（x）f₁（x）＝cd（x）⇒f（x）∣g（x）

3．设f（x），g（x）都是P[x]中的非零多项式，且g（x）＝sm（x）g₁（x），这里m≥1．又若（s（x），g₁（x））＝1，s（x）∣f（x）．证明：不存在f₁（x），r（x）∈P[x]，且r（x）≠0，∂（r（x））＜∂（s（x））使

　①

[浙江大学研]

证明：用反证法，若存在f₁（x），r（x）使①式成立，则用g（x）乘①式两端，得

f（x）＝r（x）g₁（x）＋f₁（x）s（x）②

因为s（x）∣f（x），s（x）∣f₁（x）s（x），由②式有s（x）∣r（x）g₁（x）．

但（s（x），g₁（x））＝1，所以s（x）∣r（x）．这与∂（r（x））＜∂（s（x））矛盾．

4．设f（x）是有理数域上n次[n≥2]多项式，并且它在有理数域上不可约，但知f（x）的一根的倒数也是f（x）的根．证明：f（x）每一根的倒数也是f（x）的根．[南开大学研]

证明：设b是f（x）的一根，1/b也是f（x）的根．再设c是f（x）的任一根．下证1/c也是f（x）的根．

令g（x）＝f（x）/d，其中d为f（x）的首项系数，不难证明：g（x）与f（x）有相同的根，其中g（x）是首项系数为l的有理系数不可约多项式．

设g（x）＝xn＋a_n－1xn－1＋…＋a₁x＋a₀，（a₀≠0）．由于

bn＋a_n－1bn－1＋…＋a₁b＋a₀＝0①

（1/b）n＋a_n－1（1/b）n－1＋…＋a₁（1/b）＋a₀＝0

⇒a₀bn＋a₁bn－1＋…＋a _n－1b＋1＝0

⇒bn＋（a₁/a₀）bn－1＋…＋（a _n－1/a₀）b＋1/ a₀＝0 ②

由g（x）不可约及①，②两式可得1/a₀＝a₀，a_i/a₀＝a_n－i（i＝1，2，…，n－1）．故

a₀＝±1，a_i＝±a_n－i（i＝1，2，…，n－1）③

由③式可知，当f（c）＝0时，有f（c）＝0，且g（1/c）＝0，从而f（1/c）＝0．

5．设f（x）是复系数一元多项式，对任意整数n有f（n）都是整数．证明：f（x）的系数都是有理数．举例说明存在不是整系数的多项式，满足对任意整数n，有f（n）是整数．［浙江大学研］

证明：设f（x）＝g（x）＋ih（x），g（x），h（x）∈R[x]

由于∀n∈Z，f（n）＝g（n）＋ih（n）∈Z，所以h（x）＝0．

下证g（x）∈Q[x]．事实上，令

g（x）＝a₀＋a₁x＋…＋a_mxm，a_m≠0，a_i∈R，i＝1，2，…，m

则有

a₀＋a₁＋…＋a_m＝g（1）∈Z，

a₀＋a₁·2＋…＋a_m·2m＝g（2）∈Z，

⋮

a₀＋a₁（m＋1）＋…＋a_m（m＋1）m＝g（m＋1）∈Z.

记

则有

（a₀，a₁，…，a_m）T＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））①

又显见∣T∣＝m!（m－1）!…2!1!≠0，由①式得

（a₀，a₁，…，a_m）＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））T－1

这里T－1是有理数域上的矩阵，g（1），g（2），…，g（m＋1）均为整数，所以a₀，a₁，…，a_m∈Q．因此f（x）＝g（x）∈Q[x]．

取f（x）＝x2/2－1/2，有f（x）＝（x－n）（x/2＋n/2）＋（n2－1）/2

可见存在不是整系数的多项式f（x），对任一整数n，有f（n）＝（n2－1）/2∈Z．